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新 题 型 02 新 高 考 新 结 构 竞 赛 题 型 十 五 大 考 点 汇 总
高考数学中会出现与竞赛相关的考点，本专题主要针对高考中的竞赛考点进行分类归纳
【题型1集合中的竞赛考点】
{3 | }
+b 1≤a≤b≤4
【例1】（2022·新疆·竞赛）设集合 中的最大元素与最小元素分别为M，N，则
a
M-N= ．
【答案】7-2√3
3 3
【详解】由1≤a≤b≤4知， +b≤ +4=7，
a 1
当a=1,b=4时，得最大元素M=7，
3 3
又
+b≥ +a≥2√3，当a=b=√3时，得最小元素N=2√3，
a a
因此，M−N=7−2√3．
故答案为：7−2√3.
【变式1-1】（2022·浙江·竞赛）已知集合A=¿，若集合A中恰有9个正整数，则n= .
【答案】4
【详解】n=1时，A=[0,1]，不合题意，舍去，
n=2时，A={2}，不合题意，舍去，
n≥3时，n2−n>n,∴A=[n,n2−n]，∴n2−n−(n−1)=n2−2n+1=(n−1) 2=9，
∴n=4.
故答案为：4.
【变式1-2】（2021·全国·高三竞赛）已知集合M={1,2,3,⋯,1995}，A是M的子集，当x∈A时，
19x∉A，则集合A元素个数的最大值为 ．
【答案】1895
【详解】解析：先构造抽屉：{6,114},{7,133},⋯,{105,1995},{1,2,3,4,5,106,107,⋯,1994}．使前
100个抽屉中恰均只有2个数，且只有1个数属于A，可从集合M中去掉前100个抽屉中的数，剩下
1995−100×2=1795个数，作为第101个抽屉．
现从第1至100个抽屉中取较大的数，和第101个抽屉中的数，组成集合A，于是
A={1,2,3,4,5,106,107,⋯,1995}，
满足A包含于M，且当x∈A时，19x∉A．
所以card(A)的最大值为1995−100=1895．
故答案为：1895.
【变式1-3】（2020·江苏·高三竞赛）设n∈N∗，欧拉函数φ(n)表示在正整数1，2，3，…，n中与n互质
的数的个数，例如1，3都与4互质，2，4与4不互质，所以φ(4)=2，则φ(2020)= ．
【答案】800
【详解】解析：法一：因为2020=22×5×101，
故能被2整除的数有1010个，能被5整除的数有404个，
能被101整除的数有20个，
既能被2整除又能被5整除的数有202个，
既能被2整除又能被101整除的数有10个，
既能被5整除又能被101整除的数有4个，
既能被2整除又能被5和101整除的数有2个．
故与2020不互质的有1010+404+20−202−10−4+2=1220，则φ(2020)=800．
故答案为：800.
法二：φ(2020)=φ(22)×φ(5)×φ(101)=800.
故答案为：800.
【变式1-4】（2021·全国·高三竞赛）设集合A={1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，满足下列性质的集合称为“翔集
合”：集合至少含有两个元素，且集合内任意两个元素之差的绝对值大于2.则A的子集中有 个“翔
集合”.
【答案】49
【分析】设出集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为a ，写出a =a =0,a =1，在n>4时，要
n 2 3 4
分情况把a 的递推公式写出来，进而得到a ，即答案.
n 10
【详解】设集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为a ，则a =a =0,a =1.当n>4时，可将满足
n 2 3 4
题设性质的子集分为如下两类：一类是含有 n 的子集，去掉 n 后剩下小于n−2的单元子集或者是
{1,2,3,⋯,n−3}满足题设性质的子集，前者有n−3个，后者有a 个；另一类是不含有n的子集，此时
n−3
恰 好 是 {1,2,3,⋯,n−1}满 足 题 设 性 质 的 子 集 ， 有 a 个 . 于 是 ， a =(n−3)+a +a . 又
n−1 n n−3 n−1
a =a =0,a =1，所以a =3,a =6,a =11,a =19,a =31,a =49.
2 3 4 5 6 7 8 9 10
故答案为：49
【点睛】本题的难点是用数列的思想来考虑，设集合{1,2,3,⋯,n}中满足题设性质的子集个数为a ，写出
n
a 的递推公式，再代入求值即可.
n
【题型2函数中的竞赛考点】
(2x+1) 2
【例2】（2018·吉林·高三竞赛）已知f (x)= +1在[−2018,0)∪(0,2018]上的最大值为M，最小
2x ⋅x
值为N，则M+N=（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】B【详解】f (x)的图象关于（0，1）对称，故M+N=f (x) +f (x) =2.
max min
故答案为B
1
【变式 2-1】（2018·吉林·高三竞赛）已知函数f (x)满足：f (1)= ，4f (x)f (y)=f (x+ y)+f (x−y)
4
(x,y∈R)，则f (2019)=（ ）.
1 1 1 1
A． B．- C． D．-
2 2 4 4
【答案】B
1
【详解】取x=1，y=0，得f (0)= ；
2
1
取x=1，y=1，得4f2(1)=f (2)+f (0)，故f (2)=− ；
4
1
取x=2，y=1，得4f (1)f (2)=f (3)+f (1)，故f (3)=− ；
2
取x=n，y=1，有f (n)=f (n+1)+f (n−1)
同理，f (n+1)=f (n+2)+f (n).
联立得f (n+2)=−f (n−1)，故f (n+6)=f (n).
1
所以周期为6，故f (2019)=f (336×6+3)=f (3)=− .
2
故答案为B
【 变 式 2-2 】 （ 2022· 新 疆 · 竞 赛 ） 已 知 f (x)=2x+ln(√x2+1+x)-2-x+1011， 则 不 等 式
f (2x+1)+f (x)>2022的解集为 ．
1
(- ,+∞)
【答案】
3
【详解】令g(x)=f(x)−1011，易得g(x)为奇函数且单调递增．
原不等式等价于g(2x+1)+g(x)>0⇔g(2x+1)>g(−x)．
1
所以2x+1>−x⇒x>−
．
3
( 1 )
故答案为： − ,+∞ .
3
【变式2-3】（2022·广西·统考竞赛）设y=f (x)是严格单调递增的函数，其反函数为y=g(x)．设x ，x
1 2
分别是方程f (x)+x=2和g(x)+x=2的解，则x +x = ．
1 2
【答案】2
【详解】f (x)+x严格单调递增．
且f (x )+x =2=g(x )+x =f (g(x ))+g(x )，
1 1 2 2 2 2
故x =g(x )，x =f (x )，
1 2 2 1
于是x +x =x +f (x )=2 .
1 2 1 1
故答案为：2.
【变式 2-4】（2021·浙江金华·高三浙江金华第一中学校考竞赛）设x>0，平面向量⃑AB=(0,1)，
⃑BC=(1,2)， ⃑CD=(log x,log x)．若⃑AC⋅⃑BD=2，则x的值为 ．
3 9
1
【答案】
9
【详解】由于⃑AC=⃑AB+⃑BC=(1,3),⃑BD=⃑BC+⃑CD=(1+log x,2+log x),
3 9
3 5
则⃑AC⋅⃑BD=(1+log x)+3(2+log x)=7+log x+ log x=7+ log x=2,
3 9 3 2 3 2 3
1
故log x=−2,从而x= .
3 91
故答案为： .
9
【题型3函数与方程中的竞赛考点】
【例3】（2021·全国·高三竞赛）已知s､t是关于x的整系数方程ax2+bx+c=0(a>0)的两根，1y/yf(2)．
16 16 16 16
于是y<2．
(11) x ( 7 ) x
由②知，7x+11y=13x ，又11x≤11y ，所以7x+11x≤13x ，即 + ≤1．
13 13
类似上面有x>2．于是x>y与x≤ y矛盾故x>y．
故答案为：x>y.
【变式3-2】（2021·全国·高三竞赛）若f(x)=x6−2√2019x5−x4+x3−2√2020x2+2x−√2019，则
f(√2019+√2020)的值为 ．
【答案】√2020
【详解】研究二次方程x2−2√2019x−1=0和x2−2√2020x+1=0，
即(x−√2019+√2020)(x−√2019−√2020)=0
和(x−√2020+√2019)(x−√2020−√2019)=0．
因此x =√2019+√2020两方程的公共根．
0
f(x)=x4 (x2−2√2019x−1)+x(x2−2√2000x+1)+(x−√2019−√2020)+√2020，
故f(√2019+√2020)=√2020．
故答案为：√2020.
2−x
【变式3-3】（2023·全国·高三对口高考）方程
√4+4x−x2=
的实根共有 个．
x−1
【答案】1
【分析】将等式两边平方，整理得到x2(x2−6x+6)=0，解此方程，再考虑x的范围即可得到原方程的解，
得到实根的个数．
2−x (2−x) 2
【详解】由
√4+4x−x2= ，得4+4x−x2=
，
x−1 (x−1) 2整理得x2(x2−6x+6)=0，解得x=0或x=3+√3或x=3−√3，
2−x
又 √4+4x−x2= ≥0，得1√1−x，故u'(x)<0，
√1+x √1−x
由u(x)单调递减，求得u∈[√2,2]，
u2 (u+2)
则y= 单调递增.
2
所以当u=√2时，原函数取得最小值2+√2.
故答案为：2+√2.
【题型5构造函数中的竞赛考点】
【例5】（2023·全国·模拟预测）已知实数
a，b，c∈(0,1)，且ae2=2ea ，be3=2eb ，ce3=3ec
，则
（ ）
A．a1，所以 > ，又 > ，所以 > > .即 > > ⇔f (b)>f (c)>f (a)⇒ bf (4)>f (5)，
lnπ ln4 ln5
即 > > ，可得4lnπ>πln4，5ln4>4ln5，
π 4 5
所以lnπ4>ln4π ，5πln4>4πln5，
所以5lnπ4>5ln4π ，5ln4π>4ln5π
，
即c>b，b>a.
所以a0,b>0)，g(x)=ln(x+2)，
b
若对∀x>−2，f (x)≥g(x)恒成立，则实数 的取值范围为（ ）
a
A．[0,+∞) B．[1,+∞) C．[2,+∞) D．[e,+∞)
【答案】B
【 分 析 】 令 t(x)=f (x)−g(x)=ax+b−ln(x+2)， 即 t(x) ≥0 ， 求 导 分 析 单 调 性 可 得
min
1 b lna+1 lna+1
t(x) =t( −2)≥0⇒1−2a+b+lna≥0，即 ≥2− ，令ℎ(a)=2− ，求导分析单调性，
min a a a a
求ℎ(a) 即可
min
【详解】由题意，f (x)≥g(x)⇔f (x)−g(x)≥0
令t(x)=f (x)−g(x)=ax+b−ln(x+2)，
则∀x>−2，f (x)≥g(x)恒成立，即t(x)≥0恒成立，即t(x) ≥0
min
1 ax+2a−1
t' (x)=a− = (x>−2)
x+2 x+2
1−2a 1
令t' (x)=0∴x= = −2>−2
a a1−2a 1−2a
令t' (x)>0∴x> ，即t(x)在( ,+∞)单调递增；
a a
1−2a 1−2a
令t' (x)<0∴−20∴a>1，即ℎ(a)在(1,+∞)单调递增；
令ℎ ' (a)<0∴00，∀x,y∈R满足cosx+kcos y=1，
均有|y|≥m，则k的范围是（ ）
A．(−∞,0)∪(2,+∞) B．(−∞,0]∪[2,+∞)
C．[0,2] D．(0,2)
【答案】A
【分析】对参数k分0≤k≤2，k<0，k>2三种情况讨论，根据余弦函数的定义域与值域的范围即可求解.
【详解】依题意，
若0≤k≤2，则−1≤1−k≤1，取y=0，则cosx+kcos y=1有解，不符题意，舍去；
π π
若k<0，则1−kcos y=cosx≤1，于是kcos y≥0，此时cos y≤0，必有 |y|≥ ，取 m= 即可；
2 2
1−cosx 2 2 2
若k>2则 cosy= ≤ <1，必有|y|≥arccos ,取m=arccos 即可.
k k k k
综上，k的范围是(−∞,0)∪(2,+∞).
故选：A.
sinx
【变式 6-1】（2018·吉林·高三竞赛）已知f (x)= ，则对任意x∈R，下列说法中错误的是
2+cosx
（ ）
1 √3
A．f (x)≥ sinx B．|f (x)|≤|x| C．|f (x)|≤ D．f (π+x)+f (π−x)=0
3 3
【答案】A
1
【详解】由f (x)≥ sinx得sinx(1−cosx）≥0，∵1−cosx≥0，所以该式不一定成立，sinx有可能
3
是负数，所以选项A错误；
|sinx|
|f (x)|= ≤|sinx|≤|x|.所以选项B正确；
|2+cosx|
|sinx| sinx−0
|f (x)|= = | | 表示单位圆上的点和（-2,0）所在直线的斜率的绝对值，数形结合观
|2+cosx| cosx−(−2)
√3
察得到|f (x)|≤ ，所以选项C正确；
3
−sinx sinx 0
f (π+x)+f (π−x)= + = =0，所以选项D正确.
2-cosx 2-cosx 2-cosx
故答案为A
【变式6-2】（2021·全国·高三竞赛）函数f(x)=cosx的图象与直线y=kx(k>0)恰有四个不同交点，设
四个交点中横坐标的最大值为α，则α⋅tanα= ．
【答案】−1
(3 ]
【详解】易f(x)=cosx与y=kx在区间 π,2π 内相切，切点为(α,cosα)，
2
即该点斜率相同，所以k=−sinα，
1
故(−sinα)α=cosα，得到tanα=−
，
α
所以α⋅tanα=−1．
故答案为：−1
【变式6-3】（2022·新疆·竞赛）已知二面角α-l-β的平面角为60°，A，D为直线l上的两点，射线DB
在平面α内，射线DC在平面β内，已知∠BDA=45°,∠CDA=30°，则cos∠BDC等于 ．2√6+√2
【答案】
8
【详解】在α平面中，过点A作DA的垂线，交射线DB于点B，交射线DC于点C，
√3 2√3
设DA=1，则AB=1,DB=√2,AC= ,DC= ，
3 3
则∠BAC=60°是二面角M−l−N的平面角；
10 4√6
在△BDC中，利用余弦定理得BC2= − cos∠BDC，
3 3
4−√3
同理在△BAC中，BC2=
，
3
2√6+√2
所以cos∠BDC= .
8
2√6+√2
故答案为： .
8
1 1 5
AC=5, + − =0
【变式6-4】（2021·全国·高三竞赛）在△ABC中， A C B ，则BC+AB的
tan tan tan
2 2 2
值为 ．
【答案】7
【详解】解析：记△ABC中A、B、C所对的边分别是a、b、c，
如图，设内切圆的半径为r，
A r C r B r
tan = tan = tan =
则 2 b+c−a， 2 a+b−c， 2 a+c−b，
2 2 2
故b+c−a+a+b−c=5(a+c−b)，故5(a+c)=7b，
即a+c=7，
故答案为：7
【题型7向量中的竞赛考点】
【例 7】（2022·江苏南京·高三强基计划）已知向量⃗a，⃗b，⃗c满足|⃗a|=3，|⃗b|=2√2，⃗a⋅⃗b=6，且
(⃗a+⃗c)(⃗b+2⃗c)=0，则|⃗b+⃗c|最小值为 .
3-√5
【答案】
2
【详解】依题意得：⟨⃗a,⃗b⟩=45°，设−⃗c=⃗m，所以(⃗a−⃗m) (1 ⃗b−⃗m ) =0，
2
如图将⃗a，⃗b放入平面直角坐标系，
设⃗a=⃗OA，⃗b=⃗OC，OC中点为B，
则A(3,0)，B(1,1)，C(2,2)，
画图可知：⃗m的终点在以AB为直径的圆上，
( 1)
可得圆心坐标P 2, ，|AB|=2r=√5，
2
3−√5
∴ |⃗b−⃗m| =|CP|−r= ，
min 2
3−√5
故答案为： .
2
【变式7-1】（2020·浙江·高三竞赛）已知⃗a，⃗b为非零向量，且|⃗a|=|⃗a+⃗b|=1，则|2⃗a+⃗b|+|⃗b|的
最大值为 .
【答案】2√2.
【详解】解法一 设⃑a=(1,0)，⃑b=(cosθ−1,sinθ)，则
(| θ| | θ|)
|2⃑a+⃑b|+|⃑b|=√(cosθ+1) 2+sin2θ+√(cosθ−1) 2+sin2θ=2 cos + sin ≤2√2.
2 2
解法二 设¿，则¿，且|⃑n|=|⃑m|=1，所以
|2⃑a+⃑b|+|⃑b|=|⃑n+⃑m|+|⃑n−⃑m|≤ √ 2(|⃑n+⃑m| 2+|⃑n−⃑m| 2)=4 √(|⃑n| 2+|⃑m| 2)=2√2.
故答案为：2√2.
【变式 7-2】（2021·全国·高三竞赛）已知平面向量⃗a､⃗b､⃗c，满足|⃗a|=2,|⃗b|=|⃗c|=5,0<λ<1，若
|2 |
⃗b⋅⃗c=0，那么 |⃗a−⃗b+λ(⃗b−⃗c)|+ ⃗c+(1−λ)(⃗b−⃗c) 的最小值为 .
5
【答案】√29−2/−2+√29
|2 |
【 分 析 】 设 ⃗a=(x,y),⃗b=(5,0),⃗c=(0,5)， 则 |⃗a−⃗b+λ(⃗b−⃗c)|+ ⃗c+(1−λ)(⃗b−⃗c) 即 为 点
5
P(5−5λ,5λ)到点A(x,y)（圆x2+ y2=4上的动点）的距离与到点D(0,3)的距离，利用对称可求其最小
值.
【详解】解析：建立直角坐标系.设⃗a=(x,y),⃗b=(5,0),⃗c=(0,5)，
|2 |
则
|⃗a−⃗b+λ(⃗b−⃗c)|+ ⃗c+(1−λ)(⃗b−⃗c)
5
=√[x−(5−5λ)] 2+(y−5λ) 2+√(5−5λ−0) 2+(5λ−3) 2.
问题转化为点P(5−5λ,5λ)到点A(x,y)的距离与到点D(0,3)的距离之和最小，
其中点P(5−5λ,5λ)在直线x+ y=5(0a B．a <2a C． a ≥ D．3a >4a
n n+1 n n+1 n 2n−1 n n+1
【答案】D
【分析】利用条件把每个选项中的a 替换成a =ln(1+a )，分别构造函数，并判断函数的正负即可，
n+1 n+1 n
注意判断a 的范围.
n
1 −x
【详解】对于选项A，令f(x)=ln(1+x)−x,x>−1，则f' (x)= −1=
.
1+x 1+x
当x∈(−1,0)时，f' (x)>0，所以f(x)在(−1,0)上单调递增；
当x∈(0,+∞)时，f' (x)<0，所以f(x)在(0,+∞)上单调递减；
故f(x)≤f(0)=0，当且仅当x=0时等号成立.
下面利用数学归纳法证明a >0，
n
①当n=1时，a =1>0，不等式成立，
1
②假设当n=k时，a >0，则a +1>1，
k k
那么当n=k+1时，因为a =ln(a +1)，且a +1>1，
k+1 k k
所以a =ln(a +1)>ln1=0，
k+1 k
这就说明，当n=k+1时，不等式成立，由①、②可知，原不等式对任意的正整数n都成立，即对于任意的n∈N∗，都有a >0.
n
因此f(a )=ln(1+a )−a g(0)=0，所以 ln(1+x)> x，即 ln(1+a )> a ，a > a ，
2 n 2 n n+1 2 n
即选项B正确；
1
对于选项C，由选项B得a > a ，
n+1 2 n
1 (1) n−1 1
所以a > a >⋯> a = (n≥2)，
n 2 n−1 2 1 2n−1
1
当n=1时， a =1= ，
1 21−1
1
a ≥
所以 ，故选项C正确；
n 2n−1
3 1 3 1−3x
对于选项D，令ℎ(x)=ln(1+x)− x,00，所以ℎ(x)在(0, )上单调递增；
3 3
1 1
当x∈( ,1] 时，ℎ ' (x)<0，所以ℎ(x)在( ,1] 上单调递减；
3 3
1 4 1 3
故ℎ(x) = ℎ( )=ln − >0，又ℎ(0)=0，ℎ(1)=ln2− <0.
max 3 3 4 4
1
所以存在x ∈( ,1) ，使ℎ(x )=0.当x∈(0,x )时，ℎ(x)>0；当x∈(x ,1)时，ℎ(x)<0.
0 3 0 0 0
3
故ℎ(x)=ln(1+x)− x,0a ，
n n n−1
即为a −a =4a −2a2>0，可得01
3 2020 2 2020
1 1
C．当a= 时，a <1 D．当a= 时，a >1
3 2020 4 2020
【答案】C
【详解】
a2
因a −a = n >0，所以数列{a }递增，故a >a，
n+1 n 2019 n n
2 2
2 ( )
当a= 时， a2 3 ，
3 a −a = n >
n+1 n 2019 2019
4
9 2 4 ，故A错误；
∴a >a +2019× = + >1
2020 1 2019 3 9
1
当0− ，
a a a +2019 2019
n+1 n n
1 1 1 1
故 > −2019× = −1⩾2−1=1 ，∴a <1，故选C．
a a 2019 a 2020
2020 1
【变式8-3】（2023·全国·高三专题练习）斐波那契数列又称“黄金分割数列”，在现代物理、准晶体结
构、化学等领域都有着广泛的应用.斐波那契数列{a }可以用如下方法定义：a =a +a (n≥3,n∈N∗)，
n n n−1 n−22022
∑ a2
a =a =1，则 i 是数列{a }的第（ ）项
1 2 i=1 (i=1,2,⋅⋅⋅,2022) n
a
2022
A．2020 B．2021 C．2022 D．2023
【答案】D
【分析】通过斐波那契数列可得a2=a⋅(a −a )=a⋅a −a⋅a (i≥2)，然后通过累加法即可求解
i i i+1 i−1 i i+1 i i−1
【详解】由题意可得a 2=1，a2=a ⋅(a −a )=a ⋅a −1，a2=a ⋅(a −a )=a ⋅a −a ⋅a ，⋯，
1 2 2 3 1 2 3 3 3 4 2 3 4 3 2
a2 =a ⋅(a −a )=a ⋅a −a ⋅a ，
2022 2022 2023 2021 2022 2023 2022 2021
累加得：a2+a2+⋯+a2 =a ⋅a ，
1 2 2022 2022 2023
2022
2022 ∑ a2
即∑ a2=a ⋅a ， i ，为数列{a }的第2023项，
i 2022 2023 i=1 =a n
i=1 a 2023
2022
故选：D.
【变式8-4】（多选）（2023·全国·高三专题练习）数学史上有很多著名的数列，在数学中有着重要的地
位.13世纪初意大利数学家斐波那契从兔子繁殖问题引出的一个数列{F }：1，1，2，3，5，8，13，……
n
称之为斐波那契数列，满足F =1，F =1，F =F +F (n≥1).19世纪法国数学家洛卡斯提出数列
0 1 n+1 n n−1
{L }：2，1，3，4，7，11，18，……，称之为洛卡斯数列，满足L =2，L =1，L =L +L (n≥1).
n 0 1 n+1 n n−1
那么下列说法正确的有（ ）
A．L =2F −F (n≥1) B．{F F −F2}不是等比数列
n n n−1 n+1 n−1 n
C．L +L +⋅⋅⋅+L =L +1 D．L2+L2 =5F
0 2 2n 2n+1 n n+1 2n+1
【答案】AC
【分析】利用斐波那契数列和洛卡斯数列的性质与特点一一代入检验即可.
【详解】对于A，当n=1时，L =1=2F −F ，等式成立；
1 1 0
当n=2时，L =L +L =2+1=3=2F −F ，等式成立；假设当n=k(k≥2)时，L =2F −F 成立，
2 1 0 2 1 k k k−1
那么当n=k+1时，L =L +L =2F −F +2F −F =2F +F −F ，
k+1 k k−1 k k−1 k−1 k−2 k k−1 k−2
又 F =F −F ， F =F −F ，
k−2 k k−1 k−1 k+1 k
∴L =2F +F −F +F =F +2F =F +2F −2F =2F −F ，等式成立；
k+1 k k−1 k k−1 k k−1 k k+1 k k+1 k
综上所述：L =2F −F (n≥1)成立，A正确；
n n n−1
对 于 B ， ∵F F −F2 =(F +F )F −F2 =F2−F (F −F )=F2−F F ，
n+2 n n+1 n+1 n n n+1 n n+1 n+1 n n n+1 n−1
F F −F2
∴ n+2 n n+1 =−1，又F F −F2=1，
F F −F2 2 0 1
n+1 n−1 n
∴ {F F −F2}是以1为首项，−1为公比的等比数列，B错误；
n+1 n−1 n
对于C，∵L −L =L ，
2k+1 2k−1 2k
n n
∴∑ L =L +∑(L −L )=L −L +L =L +1，C正确；
2k 0 2k+1 2k−1 2n+1 1 0 2n+1
k=0 k=1
对于D，取n=1，则5F =15，L2+L2=10，有L2+L2≠5F ，D错误.
3 1 2 1 2 3
故选：AC.
【题型9不等式中的竞赛考的】
7
【 例 9 】 （ 2016· 北 京 · 高 三 强 基 计 划 ） （ 多 选 ） 设 函 数 f(x,y)=−6xy+ (x+ y)−2， 则
2
min { max {f(x,y)}}=
（ ）
x∈[0,1] y∈[0,1]
1
A．0 B．
241
C．− D． min { max {f(x,y)}}
24 y∈[0,1] x∈[0,1]
【答案】BD
【详解】由对称性可得D的正误，再根据不等式的性质可求最小值，故可得正确的选项.
【分析】由x，y的对称性可知，
min { max {f(x,y)}}= min { max {f(x,y)}}
,故D正确.
x∈[0,1] y∈[0,1] y∈[0,1] x∈[0,1]
(7 ) 7
f(x,y)= −6 y x+ y−2
2 2
max {f(x,y)}=max{f(x,0),f(x,1)}
而
y∈[0,1]
{7 5 3}
=max x−2,− x+
2 2 2
(7 ) ( 5 3)
5× −2 +7× − +
2 2 2 1 ，
≥ =
5+7 24
1 7 1
故 min { max {f(x,y)}}= ，等号当x= 时取得，因此所求最小值为 ．
24 12 24
x∈[0,1] y∈[0,1]
故选：BD
【变式 9-1】（2023·全国·高三专题练习）设a,b,c为△ABC的三边，S为△ABC的面积，若
a2+b2+2c2=8，则S的最大值为
．
2√5
【答案】
5
【详解】解法一：直接套用（12）式：λa2+μb2+νc2≥4√λμ+μν+νλS，有
2√5
8=a2+b2+2c2≥4√1×1+1×2+2×1S，∴S≤
，
5
当且仅当a:b:c=(1+1):(1+2):(2+1)，
4√62 6√62 6√62 2√5
即a= ,b= ,c= 时，S取最大值 ．
31 31 31 5
解法二：
S2= (1 absinC ) 2 = a2b2 (1−cos2C)
2 4
4(ab) 2−(a2+b2−c2) 2
=
16
(a2+b2) 2 −(8−3c2) 2
≤
16
(8−2c2) 2 −(8−3c2) 2 −5c4+16c2 4
= = ≤
16 16 5
解法三：消元：8=a2+b2+2c2=a2+b2+2(⃗a−⃗b) 2 =3(a2+b2)−4abcosC
基本不等式放缩：8≥6ab−4abcosC，
sinC 4 sinC
移项配凑目标：S= ab≤ ⋅ ，
2 3−2cosC 2
2t 1−t2
万能代换：令sinC= ,cosC=
，则
1+t2 1+t24t
2sinC 1+t2 4 4 2√5
S≤ = = ≤ =
，
3−2cosC
3−
2(1−t2) 1
+5t
2
√1
⋅5t
5
1+t2 t t
1 C √5 √5 2√5
当且仅当 =5t，即tan = ，tanC= 时，S取最大值
t 2 5 2 5
1 9 1
【变式9-2】（2022·浙江·竞赛）设a，b，c，d∈R+ ，abcd=1，则 ∑ + 的最小值为 .
a2 4 Σa
73
【答案】
16
1
【详解】由题意可得
=abc，且a⩾b⩾c⩾d，
d
9
1 1 1 4
则f (a)= + + +a2b2c2+ ，
a2 b2 c2 1
a+b+c+
abc
原问题等价于求函数f (a)的最小值.
f' (a)=−2a−3+2a⋅b2c2− 9 ⋅ 1 ( 1− d)
4 (a+b+c+d) 2 a
−2 1 9 a−d
= +2a⋅ − ⋅
a3 a2d2 4 a(a+b+c+d) 2
2(a2−d2) 9(a−d)a2d2
= −
a3d2 4a3 (a+b+c+d) 2d2
8(a2−d2)(a+b+c+d) 2−9(a−d)(a2d2)
=
4a3 (a+b+c+d) 2d2
a−d
= ⋅(8(a+d)(a+b+c+d) 2−9a2d2)
，
4a3 (a+b+c+d) 2d2
∵a+b+c+d⩾a+3d，
∴(a+b+c+d) 2 ⩾(a+3d) 2 ⩾12ad，
∴8(a+d)(a+b+c+d) 2−9a2d2
⩾8(a+d)⋅12ad−9a2d2=3ad[32(a+d)−3ad]，
令g(a)=32(a+d)−3ad，则g' (a)=32−3d，
由a⩾b⩾c⩾d可得d≤1，
则g'(a)>0,g(a)单调递增，
∴g(a)⩾g(d)=64d−3d2=d(64−3d)>0，
则f '(a)>0,f (a)单调递增，f (a)≥f (d)，
73
此时a=b=c=d=1，f(a)⩾f(1)=
.
16
73
故答案为： .
16
2 2 3
【变式9-3】（2021·全国·高三竞赛）设a,b,c>0满足a−b+c+abc=0，则 − + 的最大
a2+1 b2+1 c2+1
值是 .
10
【答案】
3A 1 B C
【详解】取△ABC，使a=tan , =tan ,c=tan .
2 b 2 2
1 A 1 B 1 C
=cos2 , =sin2 , =sin2
由于 ，
a2+1 2 b2+1 2 c2+1 2
A B C
所以2cos2 −2sin2 +3cos2
2 2 2
=(1+cosA)−(1−cosB)+3 ( 1−sin2 C)
2
=2sin C cos A−B +3 ( 1−sin2 C)
2 2 2
=−3 ( sin C − 1 cos A−B) 2 +3+ 1 cos2 A−B .
2 3 2 3 2
1 10
最大值为3+ =
.
3 3
10
故答案为： .
3
【变式9-4】（2021·全国·高三竞赛）已知非负实数x、y、z满足4x2+4 y2+z2+2z=3，则5x+4 y+3z
的最小值为 ．
【答案】3
【详解】设4x2+4 y2=w2 (w≥0)，则w2+(z+1) 2=4．又因为x,y≥0，
所以(2x+2y) 2=4x2+4 y2+8xy≥w2 ，5x+4 y+3z≥4x+4 y+3z≥2w+3z．
点(w,z)在圆心为(0,−1)，半径为2的圆上运动，
结合几何意义和w，z≥0知，当(w,z)=(0,1)时，2w+3z有最小值3，
且当x= y=0,z=1时等号成立．
故答案为：3.
【题型10解析几何中的竞赛考点】
【例10】（2024上·全国·高三统考竞赛）设双曲线Γ:x2−3 y2=−3，A(0,2)，B，C在Γ上且直线BC经
过A.设l ,l 分别为Γ在B，C处的切线，点D满足BD⊥l ,CD⊥l ，则D的轨迹方程是 ;若
B C B C
D的横纵坐标均为正整数，且二者之和大于2024，则D可以是 .(写出1个即可).
√ 1
【答案】 y=3±5 1+ x2(y≠−2) (2,1)（答案不唯一）
3
12k −9
【分析】第一空：设BC方程为: y=kx+2，联立双曲线方程得 x +x = ,x x = ，进一步
B C 1−3k2 B C 1−3k2
3 y 3 y
设BD方程为: y=− B x+4 y ，CD方程为:y=− C x+4 y ，由交轨法即可得点D的轨迹方程；第
x B x C
B C
1
二空：设x=3ω,y=3+5z，其中1+ x2=z2,由题意x=3ω，即z,ω满足z2−3ω2=1(⋆).注意到若
3
(z,ω) 是⋆的一组解: 则(2z+3ω,z+2ω)也是 ⋆的一组解.由此即可进一步得解.
【详解】设BC方程为: y=kx+2，联立双曲线方程x2−3 y2=−3得(1−3k2)x2−12kx−9=0，
12k −9
Δ=144k2+36(1−3k2)=36(k2+1)>0,x +x = ,x x =
B C 1−3k2 B C 1−3k2 ，
1
显然x2−3 y2=−3上任意一点(x ,y )的切线斜率存在，不妨设切线方程为y−y =k(x−x ),k2≠ ，
0 0 0 0 3
联立双曲线方程得¿，化简并整理得(1−3k2)x2+6k(kx −y )x−3(kx −y −1)=0，
0 0 0 0
x
所以Δ=36k2 (kx −y ) 2+12(1−3k2)(kx −y −1)=0，解得k= 0 ，
0 0 0 0 3 y
03 y 3 y
所以BD方程为: y=− B x+4 y ，CD方程为:y=− C x+4 y ，
x B x C
B C
6k y −y 4 k(x −x )x x
x = =4 C B = ⋅ C B B C
联立BD,CD解得 D 1−3k2 3 ( y C− y B ) 3 (kx C +2)x B −(kx B +2)x C
x x
C B
4 k −9 6k
= ⋅ ⋅ = ，
3 −2 1−3k2 1−3k2
( 1 1 )
4 y y −
B C x x (kx +2)(kx +2)(x −x )
y = B C =4 B C C B =2[k2x x +2k(x +x )+4]
D y y x (x +2)−x (x +2) B C B C
B− C C B B C
x x
B C
=2 [ k2 ⋅ ( −9 ) +2k⋅ 12k +4 ] = 6k2+8 ，
1−3k2 1−3k2 1−3k2
( 6k ) 2 (6k2+8) 2 (6k2+8)
注意到25 −3 +18 =−48,
1−3k2 1−3k2 1−3k2
故25x2 −3 y2 +18 y +48=0.
D D D
而x =0时，k=0, 此时y =8, 故(0,−2)不在 D 的轨迹上.
D D
从而 D 的轨迹方程是25x2−3 y2+18 y+48=0(y≠−2).
√ 1
或写成y=3±5 1+ x2(y≠−2).
3
1
若 D 的横纵坐标均为正整数，可设1+ x2=z2, 从而 x 是 3的倍数, 可设x=3ω,
3
于是 z2−3ω2=1(⋆).显然 z
0
=2,ω=1是⋆的一组解, 同时注意到若(z,ω) 是⋆的一组解: 则
(2z+3ω,z+2ω)也是
⋆的一组解.
从而可以得出一系列⋆的解: (2,1),(7,4),(26,15),(97,56),(362,209)⋯，
而 x=3ω,y=3+5z，故可取x=3×209=627,y=3+5×362=1813,
此时x+ y=2440>2024, 符合要求.
√ 1
故答案为：y=3±5 1+ x2(y≠−2)； (2,1)（答案不唯一）.
3
3 y
【 点 睛 】 关 键 点 点 睛 ： 第 一 空 的 关 键 是 得 出 BD方 程 为 : y=− B x+4 y ， CD方 程 为 :
x B
B
3 y 12k −9
y=− C x+4 y ，以及x +x = ,x x = ，由此即可顺利得解.
x C B C 1−3k2 B C 1−3k2
C
x2 y2
【变式10-1】（2023·湖北武汉·统考一模）设F为双曲线E: − =1(a>0,b>0)的右焦点，A，B分
a2 b2
别为双曲线E的左右顶点，点P为双曲线E上异于A，B的动点，直线l：x＝t使得过F作直线AP的垂线
t
交直线l于点Q时总有B，P，Q三点共线，则 的最大值为 .
a
5
【答案】 /1.25
4
【分析】设出直线方程，与双曲线的方程联立，韦达定理表示出A与P的关系，根据三点B，P，Q 共 线
t
，求得Q点坐标的横坐标表示出t ,然后运用设参数m法化简 ,最后根据二次函数的性质求出最大值.
a【详解】
设PA:y=k(x+a)，P(x ,y ),A(−a,0)，联立¿整理得: (b2−a2k2)x2−2a3k2x−a4k2−a2b2=0;
2 2
2a3k2 ab2+a3k2 2kab2
所以−a+x = ，得到x = ，所以y = ；
2 b2−a2k2 2 b2−a2k2 2 b2−a2k2
1
过F作直线PA的垂线l :y=− (x−√a2+b2 )与直线l:x=t交于Q，
1 k
1
因为B,Q,P三点共线，所以Q是直线l :y=− (x−√a2+b2 )与BP的交点，
1 k
y −0 b2 1
Q是BP:y= 2 (x−a)= (x−a)与l :y=− (x−√a2+b2 )的交点
x −a ka2 1 k
2
b 2 √ b 2
( ) + 1+( )
ab2+a2√a2+b2 t b2+a√a2+b2 a a
所以得 t= ，所以 = =
a2+b2 a a2+b2 b 2
1+( )
a
√ b 2 t m2+m−1 1 1 1 1 2 5
设m= 1+( ) 则 = =− + +1=−( − ) +
a a m2 m2 m m 2 4
1 1 5
=
所以当 时，即m=2即时， 取得最大值 .
m 2 4
5
故答案为：
4
【点睛】方法点睛：（1）联立方程，根据韦达定理表示出坐标关系式；按照题目中给出的关系，构建关
系式，表示出所求变量；
（2）在计算推理的过程中运用整体转化，化简函数式，从而得到二次函数或者不等式，求得最值；
本题的解题的关键是，表示出Q点的交点坐标，找到与t有关的解析式.
(x-4) 2 y2
【变式10-2】（2022·江苏南京·高三强基计划）设F，l分别为双曲线 - =1的右焦点与右准线，
12 12
椭圆Γ以F和l为其对应的焦点及准线，过F作一条平行于y=√3x的直线，交椭圆Γ于A､B两点，若Γ
的中心位于以AB为直径的圆外，则椭圆离心率e的范围为 .
(√5−√13 )
【答案】 ，1
3
【详解】由双曲线方程可知其焦准距为3，
b2
则椭圆Γ的焦准距 =3（同侧焦点和准线），
c
如图，设椭圆中心为O，建立平面直角坐标系，x2 y2
设F： + =1(a>b>0)，A(x ,y )，B(x ,y )，
a2 b2 1 1 2 2
直线AB方程：y=√3(x+c)，
联立直线AB和椭圆Γ可得：(b2+3a2)x2+6a2cx+3a2c2−a2b2=0，
由韦达可得：¿，
由椭圆中心O位于以AB为直径的圆外，
则有 ⃗OA⋅⃗OB=x x + y y >0，
1 2 1 2
3a2c2−a2b2 −3b4 3a2c2−a2b2−3b4
结合韦达定理可得：
+ = >0，
b2+3a2 b2+3a2 b2+3a2
所以4a4−10a2c2+3c4<0，
即3e4−10e2+4<0，
√5−√13
解得： b>0)，其右焦点为F，过F作直线l
1 a2 b2
交椭圆C 于A、B两点（l与x轴不重合），设线段AB中点为D，连结OD（O为坐标原点），直线OD交
1
|MN| 8
椭圆C 于M、N两点，若A、M、B、N四点共圆，且 = ，求椭圆C 的离心率．
1 |OD| 3 1
2√2
【答案】
3
【分析】先将椭圆与直线联立，结合韦达定理表示出D坐标，再结合直线OD交椭圆C 于M、N两点，若
1
|MN| 8 (2 2√a2−1)
A、M、B、N四点共圆，且 = ，求出M ,− 再代入椭圆求出a，进而求出离心率.
|OD| 3 3 3a
【详解】不妨设椭圆C 的半焦距c=1，则b2=a2−1，椭圆右焦点为F(1,0)．设l:x=ky+1，
1
x2 y2
将x=ky+1，代入 + =1消去x化简整理得
a2 b2
(a2k2−k2+a2)y2+2(a2−1)ky−(a2−1) 2 =0．
显然，方程判别式Δ>0，设A(x ,y ),B(x ,y )．
A A B B
2(a2−1)k
由韦达定理知y + y =− ，从而
A B a2k2−k2+a2
x +x 1 1( 2(a2−1)k2 ) a2
x = A B= (k y +k y +2)= − +2 = ，
D 2 2 A B 2 a2k2−k2+a2 a2k2−k2+a2
x −1 (a2−1)k
y = D =− ，
D k a2k2−k2+a2
( a2 (a2−1)k )
于是D ,− ．
a2k2−k2+a2 a2k2−k2+a2
a2
所以直线OD的方程为 x=− y ．
(a2−1)k
设圆AMBN的方程为C :x2+ y2+Dx+Ey+F=0，
2(
a2
)
直线l∪直线MN的方程为 C :(x−ky−1) x+ y =0 ，
3 (a2−1)k
由于C 经过C 、C 的交点，且C 、C 、C 均为二次曲线，则存在常数λ 、λ ，使得
3 1 2 1 2 3 1 2
(
a2
)
(x2 y2
)
(x−ky−1) x+
(a2−1)k
y =λ
1 a2
+
b2
−1 +λ
2
(x2+ y2+Dx+Ey+F)
，
a2 a2
比较方程两边xy系数知 −k+ =0 ，即k2= ，
(a2−1)k a2−1
a (1 √a2−1)
由对称性不妨设
k=
．代入点D的坐标得D ,− ，
√a2−1 2 2a
|MN| 8 (2 2√a2−1)
又 = ，得点M ,− ，
|OD| 3 3 3a
(2) 2 ( 2√a2−1) 2
− √9
而M在C 上，故 3 3a ，解得a= ，
1 + =1 8
a2 a2−1
c 2√2
于是C 的离心率为e= = ．
1 a 3
【题型11立体几何中的竞赛考点】
【例 11】（2023 上·湖南邵阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥A−BCD中，AB=CD=3√2，
AC=AD=BC=BD=5，空间中的动点M满足MA≥2MB，则平面BCD截M的轨迹形成的图形的面积
为 ．
264
π
【答案】
41
【分析】把图形放在长方体中，建立空间直角坐标系，翻译条件得出M的轨迹方程，再利用球截面中的勾
股定理计算即可.
【详解】
如图建立空间直角坐标系，∵AB=CD=3√2，AC=AD=BC=BD=5
且设ED=c，EB=a，EA=b，故¿，解得¿
故A(0,0,0)，B(3,3,0)，M(x,y,z)，∵MA≥2MB，∴x2+ y2+z2≥4(x2+ y2+z2−6x−6 y+9+9)
化简整理得(x−4) 2+(y−4) 2+z2≤8，故M的轨迹是以S(4,4,0)为球心，半径为2√2的球及球内部，且
D(3,0,4)，C(0,3,4)，⃗BD=(0,−3,4)，⃗BC=(−3,0,4)
设面BCD的法向量⃗n=(x,y,z)
¿解得¿，故⃗n=(4,4,3)，⃗BS=(1,1,0)8
设球心到面BCD的距离为d，故d= a m)分甲胜，乙在甲得n分之前得m分乙胜，此即
是分赌注问题．由式①知甲获胜的概率为
6
P(5,2)=∑Ck0.8k0.26−k=0.589824+0.262144=0.851968．
6
k=5
【变式13-3】（2022·湖北武汉·高三统考强基计划）连续地随机掷1颗骰子，一直掷到6点出现3次为止.
用X表示停止时已经掷的次数.
(1)求X的分布列P(X=k)，k=3,4,⋅⋅⋅；
(2)令Y =min(max(X,4),5)，求数学期望E(Y).
【答案】(1)答案见解析.
2153
(2) .
432
【详解】（1）显然当掷k次才停止时,必有第k次掷出的是6,前k−1中有2次掷出6,k−3次掷出的是其它
数字.
所以P(X=k)=
1
⋅
(k−1)
⋅
(1) 2
⋅
(5) k−3
=
(k−1)(k−2)⋅5k−3
,k≥3.
6 2 6 6 2⋅6k
2×1×50 1 3×2×51 15
由于P(X=3)= = ，P(X=4)= = ，⋯，
2⋅63 63 2⋅64 64
故其分布列为：
X 3 4 ⋯ k ⋯
1 15 (k−1)(k−2)⋅5k−3
P(X) ⋯ ,k≥3 ⋯
63 64 2⋅6k
（2）当Y =4时,有X=3,4,
1 5 7
故P(Y =4)=P(X=3)+P(X=4)= + = .
216 432 432
当Y =5时,有X≥5,
425
故P(Y =5)=P(X≥5)=1−(P(X=3)+P(X=4))= .
432
于是可得
2153
E(Y)=4×P(Y =4)+5×P(Y =5)=
。
432【变式13-4】（2024上·全国·高三统考竞赛）校乒乓球锦标赛共有2n
位运动员参加.第一轮，运动员们随
机配对，共有2n−1 场比赛，胜者进入第二轮，负者淘汰.第二轮在同样的过程中产生2n−2
名胜者.如此下去，
直到第n轮决出总冠军.实际上，在运动员之间有一个不为比赛组织者所知的水平排序，在这个排序中x 最
1
好，x 次之，…，x 最差.假设任意两场比赛的结果相互独立，不存在平局，且∀1≤i< j≤2n ，当x 与x 比
2 n 1 j
1
赛时，x获胜的概率为p，其中 0，0≤θ=arg(z)<2π．
| 1| ( 1) ( 1)
由 z+ = r+ cosθ+i r− sinθ=1
z r r
可知 ( r+ 1) 2 cos2θ+ ( r− 1) 2 sin2θ=1，整理得 ( r2+ 1) +2cos2θ=1 ，
r r r21 [π 2π] [4π 5π]
故cos2θ≤− ，解得θ=arg(z)∈ , ∪ , ．
2 3 3 3 3
【解答】AC
【变式14-4】已知复数z ，z 满足z +2z =−3−i ，|z −z |=1，则|z +2i|的最大值为 .
1 2 1 1 2 1 2
【答案】√10+1/1+√10
【分析】设z =x+ yi ，根据题意求得z ，根据复数的几何意义求得z 对应点的轨迹，再根据几何意义求
1 1 2
目标式的最大值.
【详解】令复数z =x+ yi ，x，y∈R，则z=x− yi，
1
所以z +2z =3x−yi=−3−i ，所以x=−1，y=1，即z =−1+i .
1 1 1
又因为|z −z |=1，即在复平面内，复数z 所对应的点的轨迹是以(−1,1)为圆心，1为半径的圆.
2 1 2
又点(−1,1)到点(0,−2)的距离为√(−1−0) 2+(1+2) 2=√10，
所以|z +2i|的最大值为√10+1.
2
故答案为：√10+1.
【题型15整除中的竞赛考点】
【例15】（2023·全国·高三专题练习）计算55个5的乘积，则其最后三位数是（ ）
A．125 B．375 C．625 D．875
【答案】A
【详解】提示：555=2527×5≡5(mod8)，显然，555≡0(mod125)，
设555=125m，125m=8k+5，则125m≡5(mod8)，5m≡5(mod8)，所以m≡1(mod8)，
则125m≡125(8k+1)≡125(mod1000)，所以最后三位数是125．
【变式15-1】（多选）（2024下·河北·高三校联考开学考试）欧拉函数φ(n)(n∈N*)是数论中的一个基
本概念，φ(n)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数（只有公因数1的两个正整数
互质，且1与所有正整数（包括1本身）互质），例如φ(8)=4，因为1，3，5，7均与8互质，则（ ）
A．φ(4)⋅φ(6)=φ(10) B．数列φ(2n)单调递增
{φ(2n)}
3
C．φ(100)=40 D．数列 的前n项和小于
φ(3n) 2
【答案】ACD
【分析】A，由题意可得φ(4)，φ(6)，φ(10)，即可判断选项正误；B，由A选项可判断选项正误；C，
注意到100=22×52
，则从1到100个整数中去掉能被2或5整除的数，即可得与100互质的数，即
φ(2n) 1(2) n−1
φ(100)；D，由C选项分析结合题意可得 = ，后由等比数列前n项和公式可判断选项正误.
φ(3n) 2 3
【详解】A选项，由题可知与4互质的数为1，3，则φ(4)=2；与6互质的数为1，5，则φ(6)=2；
与10互质的数为1，3，7，9，则φ(10)=4，故φ(4)⋅φ(6)=φ(10)，即A正确；
B选项，由A选项可知，φ(4)= φ(6)=2，故数列φ(2n)不是单调递增数列，即B错误；
C选项，注意到100=22×52
，则从1到100，这100个整数中，被2整除的有50个，
被5整除的有20个，同时被2和5整除的有10个，则从1到100，这100个整数中，
不能被被2或5整除的数，即与100互质的数的个数为100−50−20+10=40个，则φ(100)=40，故C
正确；
D选项，由C选项分析可知，与2n 互质的数，就是从1到2n ，这2n
个整数中去掉所有的2的倍数.
其 中 2 的 倍 数 有
2n−1
个 ， 则
φ(2n)=2n−2n−1=2n−1
， 同 理 可 得
φ(3n)=3n−3n−1=2⋅3n−1
. 则
φ(2n) 1(2) n−1
=
，
φ(3n) 2 3(2) n
1−
1 2 1 3 3 3 (2) n 3
即为首项为 ，公比为 的等比数列，其前n项和S= ⋅ = − ⋅ < ，故D正确.
2 3 2 2 2 2 3 2
1−
3
故选：ACD
【变式15-2】（2024下·河北·高三张北县第一中学校联考开学考试）设a，b为非负整数，m为正整数，
若a和b被m除得的余数相同，则称a和b对模m同余，记为a≡b( mod m)．
(1)求证：233+1≡65( mod 7)；
(2)若p是素数，n为不能被p整除的正整数，则np−1≡1( mod p)，这个定理称之为费马小定理．应用费
马小定理解决下列问题：
①证明：对于任意整数x都有x13−x≡0( mod 546)；
②求方程x9+x7−x3−x≡0( mod 35)的正整数解的个数．
【答案】(1)证明见详解；
(2)① 证明见详解；② 35.
【分析】（1）由二项式定理证明233+1被7除所得的余数为2，即可证明结论；
(2)①由费马小定理证明x13−x≡0( mod 13)，x13−x≡0( mod 2)，x13−x≡0( mod 3)，进而即可证
明结论；②将x9+x7−x3−x=(x2+1)(x7−x)和x9+x7−x3−x=(x5−x)(x4+x2+1)，结合①的结论即可
得到x9+x7−x3−x≡0( mod7)和x9+x7−x3−x≡0( mod5)，从而得到结果.
【详解】（1）因为233=811=(7+1) 11=C11711+C10710+⋯+C1 7+1，
11 11 11
所以233
被7除所得的余数为1，
所以233+1被7除所得的余数为2，
又65被7除所得的余数为2，
所以233+1≡65( mod 7).
（2）①由费马小定理得x12≡1( mod 13)即x13−x≡0( mod 13)，
又x13−x=x(x12−1)=x [(x6) 2 −1 ]=x(x6+1)(x6−1)，
所以x13−x≡0( mod 7)，
同理：x13−x≡0( mod 2)，x13−x≡0( mod 3)，
因为2,3,7,13都为素数，2×3×7×13=546，
所以x13−x≡0( mod 546)
②因为x9+x7−x3−x=x(x2+1)(x6−1)=(x2+1)(x7−x)，
由费马小定理知，对于任意正整数x都有x7−x≡0( mod7)，
即x9+x7−x3−x≡0( mod7)，
x9+x7−x3−x=x(x2+1)(x6−1)=x(x2+1)(x2−1)(x4+x2+1)=(x5−x)(x4+x2+1)由费马小定理知，对
于任意正整数x都有x5−x≡0( mod5)，
即x9+x7−x3−x≡0( mod5)，
因为5和7互为质数，所以对于任意的正整数x都有x9+x7−x3−x≡0( mod35)
所以方程x9+x7−x3−x≡0( mod 35)的正整数解的个数为35.
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即
可顺利求解.
【变式 15-3】（2024·河南·统考模拟预测）离散对数在密码学中有重要的应用．设p是素数，集合
X={1,2,⋯,p−1}，若u,v∈X,m∈N，记u⊗v为uv除以p的余数，um,⊗为um 除以p的余数；设
a∈X，1,a,a2,⊗,⋯,ap−2,⊗两两不同，若an,⊗=b(n∈{0,1,⋯,p−2})，则称n是以a为底b的离散对
数，记为n=log(p) b．
a
(1)若p=11,a=2，求ap−1,⊗；
(2)对m ,m ∈{0,1,⋯,p−2}，记m ⊕m 为m +m 除以p−1的余数（当m +m 能被p−1整除时，
1 2 1 2 1 2 1 2m ⊕m =0）．证明： log(p) (b⊗c)=log(p) b⊕log(p) c，其中b,c∈X；
1 2 a a a
(3) 已 知 n=log(p) b． 对 x∈X,k∈{1,2,⋯,p−2}， 令 y =ak,⊗,y =x⊗bk,⊗ ． 证 明 ：
a 1 2
x= y ⊗yn(p−2),⊗ ．
2 1
【答案】(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）第一问直接根据新定义来即可.
（2）第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.
（3）根据新定义进行转换即可得证.
【详解】（1）若p=11,a=2，又注意到210=1024=93×11+1，
所以ap−1,⊗=210,⊗=1.
（2）【方法一】：当p=2时，此时X={1}，此时b=c=1，b⊗c=1，
故
log(p) (b⊗c)=0,log(p) b=0,log(p) c=0，
a a a
此时 log(p) (b⊗c)=log(p) b⊕log(p) c.
a a a
当p>2时，因1,a,a2,⊗,⋯,ap−2,⊗相异，故a≥2，
而a∈X，故a,p互质.
记n=log(p) (b⊗c),n =log(p) b,n =log(p) c，
a 1 a 2 a
则∃m ,m ∈N ，使得an 1=pm +b,an 2=pm +c，
1 2 1 2
故an 1 +n 2=(pm +b)(pm +c)，故an 1 +n 2≡bc(mod p)，
1 2
设n +n =t(p−1)+s,0≤s≤p−2，则n ⊕n =s，
1 2 1 2
因为1,2,3,..p−1除以p的余数两两相异，
且a,2a,3a,..(p−1)a除以p的余数两两相异，
故(p−1)!≡[a×2a×3a,..×(p−1)a](mod p)，故ap−1≡1(mod p)，
故an 1 +n 2≡as≡bc(mod p)，而an≡b⊗c(mod p)=bc(mod p),其中0≤n≤p−2，
故s=n即 log(p) (b⊗c)=log(p) b⊕log(p) c.
a a a
法2：记an 1=an
1
,⊗+m p，an 2=an
2
,⊗+m p，an
1
,⊗×an
2
,⊗=an
1
,⊗⊗an
2
,⊗+kp，
1 2
其中m ，m ，k是整数，则an 1 ⋅n 2=an 1 .⊗⊗an 2 ,⊗+(m an 2 .⊗+m an 1 .⊗+m m p+k)p，
1 2 1 2 1 2
可知an
1
,⊗⊗an
2
,⊗=an
1
⋅n
2
,⊗．
因为1，a，a2,⊗，…，ap−2,⊗两两不同，
所以存在i∈{0,1,⋅⋅⋅,p−2}，使得ap−1,⊗=ai,⊗，
即ap−1−ai=ai (ap−1−i−1)可以被p整除，于是ap−1−i−1可以被p整除，即ap−1−i,⊗=1．
若i≠0，则p−1−i∈{1,2,⋅⋅⋅,p−2}，ap−1−i,⊗≠1，因此i=0，ap−1,⊗=1．
记n=log(p) b，m=log(p) c，n+m=n⊕m+l(p−1)，其中l是整数，
a a
则b⊗c=an,⊗⊗am,⊗=an⋅m,⊗=an⊕m+l(p−1),⊗=an⊕m,⊗⊗al(p−1),⊗=an⊕m,⊗，
即log(p) (b⊗c)=log(p) b⊕log(p) c．
a a a
（3）【方法二】：当b≥2时，由（2）可得bp−1≡1(mod p)，若b=1，则bp−1≡1(mod p)也成立.
因为n=log(p) b，所以an≡b(mod p).
a
另一方面，y ⊗yn(p−2),⊗≡y yn(p−2),⊗≡(x⊗bk,⊗)(ak,⊗) n(p−2)
2 1 2 1
≡(xbk)akn(p−2)≡(xbk)bk(p−2)≡x(bp−1) k−1 ≡x(1) k−1 (mod p)≡x(mod p).
由于x∈X，所以x= y ⊗yn(p−2),⊗ .
2 1
法2：由题设和（2）的法2的证明知：
k k nk
y =x⊗bk,⊗=x⊗( ⏞b⊗b⊗⋅⋅⋅⊗b=x⊗ ⏞ an,⊗⊗an,⊗⊗⋅⋅⋅⊗an,⊗=x⊗ ⏞a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a ，
2n(p−2) n(p−2) nk
yn(p−2),⊗=⏞y ⊗y ⊗⋅⋅⋅⊗y = ⏞ ak,⊗⊗ak,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ak,⊗= ⏞ ap−2,⊗⊗ap−2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap−2,⊗ ．
1 1 1 1
nk nk
故 y ⊗yn(p−2),⊗=x⊗ ⏞a⊗a⊗⋅⋅⋅⊗a⊗ ⏞ ap−2,⊗⊗ap−2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap−2,⊗
2 1
nk
．
=x⊗ ⏞ ap−1,⊗⊗ap−1,⊗⊗⋅⋅⋅⊗ap−1,⊗
由（2）法2的证明知ap−1,⊗=1，所以y ⊗yn(p−2).⊗=x．
2 1
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即
可顺利得解.
【变式15-4】（2022·上海·高三校考强基计划）定义ℤ∗={1,2,⋯,p−1}，其中p为奇素数.
p
(1)给出同余方程3x3+4 y3+5z3≡0(mod5)的满足x,y,z∈ℤ∗
的一组解；
5
(2)（代数基本定理）设f(x)∈ℤ∗[x]，且deg(f )=d，求证f(x)≡0(mod p)在ℤ∗ 内至多有d个解；
p p
(3)（Fermat小定理）求证：∀x∈ℤ∗,xp−1≡1(mod p)；
p
(4)（原根存在定理）若正整数x,z满足：xz≡1(mod p)，且∀05时，3x3+4 y3+5z3=0(mod p)必有一组非零解(x,y,z)∈[ℤ∗∪{0}] 3 .
p
【答案】(1)x,y,z=[1,2,1]
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(4)证明见解析
(5)证明见解析
(6)答案见解析
【分析】（1）给出x,y,z=[1,2,1]，验证后符号条件.
（2）利用带余除法结合数学归纳法可证.
（3）利用完全剩余系的性质可证明费马小定理.
（4）利用代数基本定理结合欧拉函数的性质可证明该结论.
（5）记mod p意义下的原根记为μ，则问题可转化为同余方程组是否有解问题，取3|α，则可得存在性成
立.
（6）就3|(p−1)、3|(p−1)分类讨论，后者可通过一个引理（构造有向图可证明）来证明.
【详解】（1）显然3×13+4×23+5×13=40是5的倍数，所以x,y,z=[1,2,1]；
（2）下面先证明一个引理：在ℤ∗[x]中，若f(x)≡0(mod p)在ℤ∗ 内有一个根x ，则(x−x )|f(x)，
p p 0 0
引理的证明：在ℤ∗
内作带余除法，
p
则f (x)≡(x−x )g(x)+r(mod p)，故f (x )≡r(mod p)≡0(mod p)，
0 0
故r≡0(mod p)，所以f (x)≡(x−x )g(x)(mod p)，
0
故在ℤ∗[x]中，(x−x )|f(x).
p 0
回到原题，对次数作数学归纳法.
当d=1时，f (x)有且只有一个根；
假设结论对d−1成立，考虑次数为d的情况：
若f (x)无根，则命题已经成立；
f (x)
若f (x)有根x ，由引理，有(x−x )|f (x)，设g(x)= ∈ℤ∗[x]，
0 0 x−x p
0且deg(g(x))=d−1，由归纳假设有g(x)至多有d−1个根，
故f (x)至多有d个根，
由数学归纳法可得原命题成立.
（3）考虑ℤ∗ （该集合为除以p后不同余数的集合），
p
若r∈ℤ∗ ，对任意的x≡0(mod p)，则有xr∈ℤ∗ ，
p p
又对r,s∈ℤ∗ ，任意的x≡0(mod p)，若r≡s(mod p)，则p|(r−s)，
p
故p|x(r−s)，故rx≡sx(mod p)，
故若x≡0(mod p)，则当s取遍ℤ∗ 中所有元素后，当xs取遍ℤ∗ 中所有元素，
p p
所以xp−1×1×2×⋯×(p−1)≡1×2×⋯×(p−1)(mod p)，
所以xp−1≡1(mod p).
（4）由（3）可知δ (k)|(p−1)，否则p−1=δ (k)t+r,0≤r<δ (k)，
p p p
故kp−1≡kδ p (k)t+r≡kr≡1(mod p)，由δ (k)的最小性可得r=0，故q|(p−1).
p
对任意1≤k≤p−1，定义R(k)={m∈Z∗|δ (m)=k}，
p p
设R(k)中元素的个数为r(k)，如果k|(p−1)，则r(k)=0；
设m∈R(k)，则mk≡1(mod p)，故m为ℤ∗[x]中多项式P(x)=xk−1的一个根，
p
由代数基本定理，对任意的k|(p−1)，最多有k个剩余类r为P(x)的根.
对于s∈R(k)，因为δ(s)=k，故{1,s,s2,⋯,sk−1}中的元素两两相异，并且都是P(x)的根.
k l
当0≤l≤k−1，如果(l,k−1)=d>1，则(sl)d≡(sk)d≡1(mod
p)
，
k
所以δ (sl)≤ 0，
所以必定存在t∈ℤ∗ ，有δ(t)=p−1.
p
（5）由（4），记mod p意义下的原根记为μ，记a=μα,b=μθ ，
则题设中的方程可化为¿，
取3|α，则上述三个方程必然有一个有整数解.
（6）任取mod p意义下的原根μ，分以下两种情况讨论：
1.若3|(p−1)，则μ3 同时也是mod p的原根.
因为x3 遍历Z ，自然会使得原方程有非零解.
p
2.若3|(p−1)，
p−1
5z3(mod p)下一共有 个非零元素和元素0，
3
4
（1）存在m∈N，使得μ3m≡ (mod p)，
3
则在(3x3+4 y3)mod p下中存在这么一个元素3(−μ) 3m+4，这个元素为0，
取z=0，构造完成.
4 4
（2）不存在m∈N，使得μ3m≡ (mod p)，则存在μ3m≡ (mod p)，
3 3
下 面 证 明 引 理 ： 如 果 3|(p−1)， g是 mod p的 原 根 ， 那 么 一 定 存 在 j , j ∈N ， 使 得
1 2
g3j 1 +1−g3j 2 +2≡1(mod p).
证明：假设不存在，
先考察gi−gj≡1(mod p)，可以推出gi−j−gp−1−j≡1(mod p)，
我们规定：如果i, j∈{1,2,3,⋯,p−1}满足gi−gj≡1(mod p)，则在i, j之间连一条有向边i→ j，
由前述讨论可得1.一条0(mod3)→0(mod3)可以推出一条0(mod3)→0(mod3)，设为e条.
2. 一条1(mod3)→1(mod3)可以推出一条0(mod3)→2(mod3)，反之亦然，所以条数一样，设为a条.
3. 一条2(mod3)→2(mod3)可以推出一条0(mod3)→1(mod3)，反之亦然，所以条数一样，设为b条.
4. 一条1(mod3)→2(mod3)可以推出一条2(mod3)→1(mod3)，反之亦然，所以条数一样，0条.
5. 一条1,2(mod3)→0(mod3)可以推出一条1,2(mod3)→1(mod3)，分别设为c条和d条.
故¿，得到e=−1，矛盾，故引理成立.
4
回到原题，如果不存在m,n∈N，使得u3m≡ (mod p)，
3
4
设u3m+i≡ (mod p),i∈{1,2}，设l为另一个余数，
3
由引理，一定存在j , j ∈N ，使得μ3j 2 +l−μ3j 1 +i≡1(mod p)，
1 2
4
故1+ μ3(j 2 −m)=μ3j 1 +l (mod p)，
3
考察3μ0+4×0,3μ3+4×0,⋯,3μp−4+4×0(1),
4 4 4
3μ0 (1+ μ3j 2)+4×0,3μ3 (1+ μ3j 2)+4×0,⋯,3μp−4 (1+ μ3j 2)+4×0(2),
3 3 3
4μ0+3×0,4μ3+3×0,⋯,4μp−4+3×0(3),
这3组数（mod p）互不相同且没有一个元素mod p为零，元素个数为p−1，
一定存在z使得原命题条件成立.
