文档文本内容
专题31 新定义综合
（四大考点，33 题）
考点分类
十年考情（2017-2026）
命题规律
考点01 数列新定
义
2026 北京、2024 新课标Ⅰ/北京、
2023 北京、2022 北京、2021 新高
考Ⅱ/北京、2020 全国Ⅱ/上海/北
京/江苏、2019 江苏/北京、2018
上海/江苏、2017 江苏
1.高考压轴大题高频题型，北京、
上海卷常考。
2.先给出全新数列规则、序列、数
阵、排列定义，设置判断、计数、
最值、充要条件证明多小问。
3.融合递增子列、周期序列、可分
数列、逆序等新概念，侧重逻辑推
理与分类讨论。
考点02 函数新定
义
2026 上海/全国一卷、2024 上海、
2020 上海、2017 上海
1.以上海选填、大题为主，综合性
强。
2.给定点集、函数性质、特殊变换
定义，判断命题真假、求解参数范
围、证明充要关系。
3.结合奇偶、单调、极值、零点等
基础函数性质综合分析。
考点03 集合新定
义
2025 北京/上海、2020 浙江、2018
北京
1.多选与解答题均有出现，侧重集
合运算与逻辑。
2.自定义特殊集合、序列、对称
集，研究元素构成、存在性、充要
条件。
3.常结合函数定义域、值域、零点
问题交叉命题。
考点04 圆锥曲线
新定义
2023 上海、2019 上海
1.上海特色小题，难度中等偏上。
2.给出曲线专属新概念（自相关曲
线、抛物线比值定义），判断命
题、证明恒等式、比较大小。
3.依托椭圆、双曲线、抛物线几何
性质解题。
考点01 数列新定义
1. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数
，其中
，记
．则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ACD
【分析】利用
的定义可判断ACD 选项的正误，利用特殊值法可判断B 选项的正误.
【详解】对于A 选项，
，
，
所以，
，A 选项正确；
对于B 选项，取
，
，
，
而
，则
，即
，B 选项错误；
对于C 选项，
，
所以，
，
，
所以，
，因此，
，C 选项正确；
对于D 选项，
，故
，D 选项正确.
故选：ACD.
2. （2020·全国II 卷·高考真题）0-1 周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列
满足
，且存在正整数
，使得
成立，则称其为0-1 周期序列，并称满足
的最小正整数
为这个序列的周期.对于周期为
的0-1 序列
，
是描述其性质的重要指标，下列周期为5 的0-1 序列中，满足
的序列是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由
知，序列
的周期为m，由已知，
，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，
是一道中档题.
3. （2026·北京·高考真题）设
是一个
行
列的数阵，且数阵中的每一项
，都等于
或
．若对任意
，
，其中
，
，且
都有
则称数阵
具有性质
．
(1)判断下列两个数表是否具有性质
．
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
1
(2)若
，则具有性质
的数阵A 中的个数最多是多少？
(3)若
，
，且数阵
具有性质
，证明：对任意，
，都有
．
【答案】(1)数表
不具有性质
，数表
具有性质
；
(2)
(3)性质
中的四个数都属于
，且四个数的和为
，所以其中恰有两个和两个
．
因此，对任意满足性质
下标条件的四个位置，都有
①，
对
，
，令
先取行距为、列距为的矩形．
由①，对
及
，有
由于
，所以
②，
下面比较第行与第
行的值．
对
，取第、行和第
、
列．
此时行距为
，列距为
，由①得
由②知
，故
③，
令
则由③得
，所以
再取第、
行和第、
列．
此时行距为，列距为，由①得
即
由于
且
，所以
．
从而
④，
同理，取第
、
行和相距
的两列，再取第
、行和相距的两列，可得
⑤，
结合②、④、⑤，可知对于每个
，都有
⑥，
当
时，由
，显然有
当
时，由⑥，由中间因子均成对出现，且
，有
再由⑥，
两边同乘
，并利用
，得
命题得证．
【分析】（1）性质
的下标约束条件，选取符合要求的四元组代入验证，若存在不满足和为0 的组合则
不具有性质
，反之则具有性质
.
（2）由性质
的和约束推导行列符号的等价乘积约束，确定每行1 的最大可行数量，结合行之间的符号
交替规律计算总1 的个数的上界，构造符合条件的实例证明上界可达.
（3）利用性质
的乘积等价性质，结合
的初始条件，先验证差为2 的下标组合，再通过递推推广到
所有下标
，完成证明.
【详解】（1）对于
，只有两行，所以行距只能为．
要满足|行距列距|
，列距只能为．
取第、
行和第、
列，四个顶点之和为
所以
不具有性质
．
对于
，行距为时，列距只能为；行距为
时，不存在符合条件的列距．
因此，只需检验相邻两行与第、
列组成的两个矩形．
第、
行对应的四个顶点之和为
第
、行对应的四个顶点之和为
所以
具有性质
．
（2）设第行元素之和为
先考察第行与第
行．
令
对
，第、
行的行距为，第
、
列的列距为，由性质
得
因此x2=−x1, x3= x1, x4=−x1,从而
同理，考察第
行与第行，可得
所以整个数阵所有元素之和为
设数阵中的个数为
．
数阵中共有
个数，因此
的个数为
，从而
解得
下面说明
可以达到．
取
该数阵中共有
个．
对于
的数阵，可能的行距、列距组合只有
当行距、列距为
时，相邻两行第、
列的四个数之和均为
；
当行距、列距为
时，第、
行以及第
、行对应各列的元素之和均为
；
当行距、列距为
时，第、行与相距
的两列组成的四个数之和也为
．
所以该数阵具有性质
，且的个数为
．
因此，的个数最多为
（3）略
4. （2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）设m 为正整数，数列
是公差不为0 的等差数列，若从中删
去两项
和
后剩余的
项可被平均分为
组，且每组的4 个数都能构成等差数列，则称数列
是
可分数列．
(1)写出所有的
，
，使数列
是
可分数列；
(2)当
时，证明：数列
是
可分数列；
(3)从
中任取两个数和
，记数列
是
可分数列的概率为
，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接根据
可分数列的定义即可；
（2）根据
可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是
可分数列的
至少有
个，再使用概率的定义.
【详解】（1）首先，我们设数列
的公差为
，则
.
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形
，
得到新数列
，然后对
进行相应的讨论即可.
换言之，我们可以不妨设
，此后的讨论均建立在该假设下进行.
回到原题，第1 小问相当于从
中取出两个数和
，使得剩下四个数是等差数列.
那么剩下四个数只可能是
，或
，或
.
所以所有可能的
就是
.
（2）由于从数列
中取出
和
后，剩余的
个数可以分为以下两个部分，共
组，使得每
组成等差数列：
①
，共组；
②
，共
组.
（如果
，则忽略②）
故数列
是
可分数列.
（3）定义集合
，
.
下面证明，对
，如果下面两个命题同时成立，
则数列
一定是
可分数列：
命题1：
或
；
命题2：
.
我们分两种情况证明这个结论.
第一种情况：如果
，且
.
此时设
，
，
.
则由
可知
，即
，故
.
此时，由于从数列
中取出
和
后，
剩余的
个数可以分为以下三个部分，共
组，使得每组成等差数列：
①
，共
组；
②
，共
组；
③
，共
组.
（如果某一部分的组数为
，则忽略之）
故此时数列
是
可分数列.
第二种情况：如果
，且
.
此时设
，
，
.
则由
可知
，即
，故
.
由于
，故
，从而
，这就意味着
.
此时，由于从数列
中取出
和
后，剩余的
个数可以分为以下四个部分，
共
组，使得每组成等差数列：
①
，共
组；
②
，
，共
组；
③全体
，其中
，共
组；
④
，共
组.
（如果某一部分的组数为
，则忽略之）
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含
个行，
个列的数表
以后，
个列分别是下面这些数：
，
，
，
.
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍
中除开五个集合
，
，
，
，
中的十个元素以外的所有数.
而这十个数中，除开已经去掉的
和
以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数.
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列
是
可分数列.
至此，我们证明了：对
，如果前述命题1 和命题2 同时成立，则数列
一定是
可分数列.
然后我们来考虑这样的
的个数.
首先，由于
，
和
各有
个元素，故满足命题1 的
总共有
个；
而如果
，假设
，则可设
，
，代入得
.
但这导致
，矛盾，所以
.
设
，
，
，则
，即
.
所以可能的
恰好就是
，对应的
分别是
，总
共
个.
所以这
个满足命题1 的
中，不满足命题2 的恰好有
个.
这就得到同时满足命题1 和命题2 的
的个数为
.
当我们从
中一次任取两个数和
时，总的选取方式的个数等于
.
而根据之前的结论，使得数列
是
可分数列的
至少有
个.
所以数列
是
可分数列的概率
一定满足
.
这就证明了结论.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究
结论.
5. （2024·北京·高考真题）已知集合
．给定数列
，和序
列
，其中
，对数列
进行如下变换：将
的第
项均
加1，其余项不变，得到的数列记作
；将
的第
项均加1，其余项不变，得到数列记作
；……；以此类推，得到
，简记为
．
(1)给定数列
和序列
，写出
；
(2)是否存在序列
，使得
为
，若存在，写出一个符
合条件的
；若不存在，请说明理由；
(3)若数列
的各项均为正整数，且
为偶数，求证：“存在序列
，使得
的各项都相
等”的充要条件为“
”．
【答案】(1)
(2)不存在符合条件的
，理由见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）直接按照
的定义写出
即可；
（2）解法一：利用反证法，假设存在符合条件的
，由此列出方程组，进一步说明方程组无解即可；解
法二：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，可知序列
共有8 项，可知：
，检验即可；
（3）解法一：分充分性和必要性两方面论证；解法二：若
，分类讨论
相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列
，使得
为常数列，结合定义分析证明即
可.
【详解】（1）因为数列
，
由序列
可得
；
由序列
可得
；
由序列
可得
；
所以
.
（2）解法一：假设存在符合条件的
，可知
的第
项之和为
，第
项之和为
，
则
，而该方程组无解，故假设不成立，
故不存在符合条件的
；
解法二：由题意可知：对于任意序列，所得数列之和比原数列之和多4，
假设存在符合条件的
，且
，
因为
，即序列
共有8 项，
由题意可知：
，
检验可知：当
时，上式不成立，
即假设不成立，所以不存在符合条件的
.
（3）解法一：我们设序列
为
，特别规定
.
必要性：
若存在序列
，使得
的各项都相等.
则
，所以
.
根据
的定义，显然有
，这里
，
.
所以不断使用该式就得到
，必要性得证.
充分性：
若
.
由已知，
为偶数，而
，所以
也是偶数.
我们设
是通过合法的序列
的变换能得到的所有可能的数列
中，使得
最小的一个.
上面已经说明
，这里
，
.
从而由
可得
.
同时，由于
总是偶数，所以
和
的奇偶性保持不变，从而
和
都是偶数.
下面证明不存在
使得
.
假设存在，根据对称性，不妨设
，
，即
.
情况1：若
，则由
和
都是偶数，知
.
对该数列连续作四次变换
后，新的
相比原来的
减少
，这与
的最小
性矛盾；
情况2：若
，不妨设
.
情况2-1：如果
，则对该数列连续作两次变换
后，新的
相比原来的
至少减少
，这与
的
最小性矛盾；
情况2-2：如果
，则对该数列连续作两次变换
后，新的
相比原来的
至少减少
，这与
的
最小性矛盾.
这就说明无论如何都会导致矛盾，所以对任意的
都有
.
假设存在
使得
，则
是奇数，所以
都是奇数，设为
.
则此时对任意
，由
可知必有
.
而
和
都是偶数，故集合
中的四个元素
之和为偶数，
对该数列进行一次变换
，则该数列成为常数列，新的
等于零，比原来的
更小，这与
的最小性
矛盾.
综上，只可能
，而
，故
是常数列，充分性得证.
解法二：由题意可知：
中序列的顺序不影响
的结果，
且
相对于序列也是无序的，
（ⅰ）若
，
不妨设
，则
，
①当
，则
，
分别执行
个序列
、
个序列
，
可得
，为常数列，符合题意；
②当
中有且仅有三个数相等，不妨设
，则
，
即
，
分别执行
个序列
、
个序列
可得
，
即
，
因为
为偶数，即
为偶数，
可知
的奇偶性相同，则
，
分别执行
个序列
，
，
，
，
可得
，
为常数列，符合题意；
③若
，则
，即
，
分别执行
个
、
个
，
可得
，
因为
，
可得
，
即转为①，可知符合题意；
④当
中有且仅有两个数相等，不妨设
，则
，
即
，
分别执行
个
、
个
，
可得
，
且
，可得
，
因为
为偶数，可知
的奇偶性相同，
则
为偶数，
且
，即转为②，可知符合题意；
⑤若
，则
，即
，
分别执行
个
、
个
，
可得
，
且
，可得
，
因为
为偶数，
则
为偶数，
且
，即转为④，可知符合题意；
综上所述：若
，则存在序列
，使得
为常数列；
（ⅱ）若存在序列
，使得
为常数列，
因为对任意
，
均有
成立，
若
为常数列，则
，
所以
；
综上所述：“存在序列
，使得
为常数列”的充要条件为“
”.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键在于对新定义的理解，以及对其本质的分析.
6. （2023·北京·高考真题）已知数列
的项数均为m
，且
的前n
项和分别为
，并规定
．对于
，定义
，
其中，
表示数集M 中最大的数.
(1)若
，求
的值；
(2)若
，且
，求
；
(3)证明：存在
，满足
使得
．
【答案】(1)
，
，
，
(2)
(3)
因为
均为正整数，则
均为递增数列，
（ⅰ）若
，则可取
，满足
使得
；
（ⅱ）若
，则
，
构建
，由题意可得：
，且
为整数，
反证，假设存在正整数
，使得
，
则
，可得
，
这与
相矛盾，故对任意
，均有
.
①若存在正整数
，使得
，即
，
可取
，
满足
，使得
；
②若不存在正整数
，使得
，
因为
，且
，
所以必存在
，使得
，
即
，可得
，
可取
，
满足
，使得
；
（ⅲ）若
，
定义
，则
，
构建
，由题意可得：
，且
为整数，
反证，假设存在正整数
，使得
，
则
，可得
，
这与
相矛盾，故对任意
，均有
.
①若存在正整数
，使得
，即
，
可取
，
即满足
，使得
；
②若不存在正整数
，使得
，
因为
，且
，
所以必存在
，使得
，
即
，可得
，
可取
，
满足
，使得
.
综上所述：存在
使得
．
【分析】（1）先求
，根据题意分析求解；
（2）根据题意题意分析可得
，利用反证可得
，在结合等差数列运算求解；
（3）讨论
的大小，根据题意结合反证法分析证明.
【详解】（1）由题意可知：
，
当
时，则
，故
；
当
时，则
，故
；
当
时，则
故
；
当
时，则
，故
；
综上所述：
，
，
，
.
（2）由题意可知：
，且
，
因为
，且
，则
对任意
恒成立，
所以
，
又因为
，则
，即
，
可得
，
反证：假设满足
的最小正整数为
，
当
时，则
；当
时，则
，
则
，
又因为
，则
，
假设不成立，故
，
即数列
是以首项为1，公差为1 的等差数列，所以
.
（3）略
7. （2022·北京·高考真题）已知
为有穷整数数列．给定正整数m，若对任意的
，
在Q 中存在
，使得
，则称Q 为
连续可表数列．
(1)判断
是否为
连续可表数列？是否为
连续可表数列？说明理由；
(2)若
为
连续可表数列，求证：k 的最小值为4；
(3)若
为
连续可表数列，且
，求证：
．
【答案】(1)是
连续可表数列；不是
连续可表数列．
(2)证明：若
,设为
,则至多
，6 个数字，没有个，矛盾；
当
时,数列
，满足
，
，
，
，
，
，
，
，
．
(3)证明：若数列
为
连续可表数列，
则
，这不可能！因而满足题设的
．
若
，得整数数列
中的连续若干项（至少一项，下同）的和
，
；
，
；
；
最多能表示（下简称数列
的连续项和表示）出21 个两两互异的正整数，
且题设是能表示出
这20 个正整数．
①若数列
的六项均是自然数，由题设
，
可得数列
的连续项和均小于20（没有表示出20），与题设矛盾！
所以数列
中有负项且负项的项数是1（若存在两个负项，则数列
的连续项和表示中会少两个正整数，
至多能表示
个正整数，不满足题设）．
若数列
的项中还有0，则数列
的连续项和表示中会少两个正整数（负项与0），不满足题设，因而数
列
的项是一项负五项正（且这五个正项两两互异）．
还可得：数列
的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是
．
因为其中最大的是20，所以20 的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和（即对数列
的连续正项全
部求和）．
②因为＂若数列
满足题设，则数列
满足题设＂，
所以可只考虑数列
或
或
的情形．
若
且数列
的其余五项都是正项，则
或
．若
，则由
，
可得
，得数列
的连续项和表示中的
均不是正整数；若
，
则由
，可得
，
得数列
的连续项和表示中的
均不是正整数．均不满足题设．
同理，可证得
也不满足题设．因而
，
且
．
③若两两互异的五个正整数
中没有1，则
．
因而
．
再由数列
的连续项和表示中最小的正数是1，可得
．
若
，则
得数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，
因而
．
而
，所以
．
再由
，可得
，
，
再得数列
的连续项和表示中17 的表示只可能是
，
进而可得
.
又由数列
的连续项和表示中有14，可得
，
，得数列
是
（但
或
但
，均不可能，因
而
中有1．
④由数列
的连续项和表示中有19 及
，
可得
或
（得
或
．
若
，则
，得数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数；
若
，可得
（否则
，数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数），
所以
，得
，
数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数．均不满足题设．
所以
．
⑤由数列
的连续项和表示中有18 及和为19 的两两互异的四个数
均大于1 及
，
可得
得
或
（得
，
数列
的连续项和表示中会少表示一个正整数）.
所以
．
⑥由数列
的连续项和表示中有16 及和为19 的两两互异的四个数
均大于1，
（且
4：因为
及
，
可得
（得
）或
得
或
，
（得
，与
矛盾）或
得
，与
矛盾）．
（i）
．
由数列
的连续项和表示中有15（可证得15 的表示中没有
也没有
），可得
得
，
这不可能）或
（得
，
，这不可能）或
（得
，与
矛盾）或
得
，再得
，这不
可能）．
（ii）
．
由数列
的连续项和表示中有14，可得
得
与
或
重复，这不可能），
或
（得
，
这不可能）或
（得
，
，
进而可得数列
是
，（此时
，这不可能）或
，3，2，1（此时
，这不可能））或
得
，
再由数列
的连续项和表示中有13，
可得数列
是
（但
，这不可能）或
（但
，这不可
能））
或
（得
，这不可能）．
综上所述，可得欲证结论成立．
【分析】（1）直接利用定义验证即可；
（2）先考虑
不符合，再列举一个
合题即可；
（3）先证明
，再说明
时不合题意，找出
且满足题意的数列即可得解．
【详解】（1）
，
，
，
，
，所以
是
连续可表数列；易知，不存
在
使得
，所以
不是
连续可表数列．
（2）略
（3）略
【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为
可表数列核心就是是否存在连续的几项（可以是一项）之和
能表示从到
中间的任意一个值．本题第二问
时，通过和值可能个数否定
；第三问先通过和值
的可能个数否定
，再验证
时，数列中的几项如果符合必然是
的一个排序，可验证
这组数不合题．
8. （2021·北京·高考真题）设p 为实数.若无穷数列
满足如下三个性质，则称
为
数列：
①
，且
；
②
；
③
，
．
（1）如果数列
的前4 项为2，-2，-2，-1，那么
是否可能为
数列？说明理由；
（2）若数列
是
数列，求
；
（3）设数列
的前
项和为
.是否存在
数列
，使得
恒成立？如果存在，求出所有的p；
如果不存在，说明理由．
【答案】（1）不可以是
数列；理由如下：
因 为
所以
，
因 为
所 以
所以数列
，不可能是
数列.
（2）
；（3）存在；
．
【分析】(1)由题意考查
的值即可说明数列不是
数列；
(2)由题意首先确定数列的前4 项，然后讨论计算即可确定
的值；
(3)构造数列
，易知数列
是
的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数
的
值.
【详解】(1)数列
，不可能是
数列，理由略；
(2)性质①
，
由性质③
，因此
或
，
或
，
若
，由性质②可知
，即
或
，矛盾；
若
，由
有
，矛盾.
因此只能是
.
又因为
或
，所以
或
.
若
，则
，
不满足
，舍去.
当
，则
前四项为:0，0，0，1，
下面用数学归纳法证明
：
当
时，经验证命题成立，假设当
时命题成立，
当
时：
若
，则
，利用性质③：
，此时可得：
或
；
所以
，
同理可得：
，有
；
，有
；
，又因为
，有
即当
时命题成立，证毕.
综上可得：
，
.
(3)令
，由性质③可知：
，
由于
，
因此数列
为
数列.
由（2）可知:
若
；
，
，
因此
，此时
，
，满足题意.
【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新
法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助
于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是
“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
9. （2020·上海·高考真题）有限数列
，若满足
，
是项数，则称
满
足性质
.
（1）判断数列
和
是否具有性质
，请说明理由.
（2）若
，公比为
的等比数列，项数为10，具有性质
，求
的取值范围.
（3）若
是
的一个排列
都具有性质
，求所有满足条件的
.
【答案】（1）第一个数列具有性质
，第二个数列不具有性质
；理由见解析；（2）
；（3）答案见解析.
【分析】（1）结合题设中的定义可判断给定的两个数列是否具有性质
；
（2）等比数列具有性质
等价于
对任意的
恒成立，就
分类讨论后可得
的取值范围.
（3）设
，先考虑
均不存在具有性质
的数列，再分别考虑
时
具有性质
的数列，从而得到所求的数列.
【详解】（1）对于第一个数列有
，满足题意，该数列满足性质
对于第二个数列有
不满足题意，该数列不满足性质
.
（2）由题意可得，
两边平方得：
整理得：
当
时，得
， 此时关于
恒成立，
所以等价于
时
，所以
，
所以
或者
，所以取
.
当
时，得
， 此时关于
恒成立，
所以等价于
时
，所以
，
所以
，所以取
.
当
时，得
.
当
为奇数的时候，得
， 很明显成立，
当
为偶数的时候，得
， 很明显不成立，
故当
时，矛盾，舍去.
当
时，得
.
当
为奇数的时候，得
， 很明显成立，
当
为偶数的时候，要使
恒成立，
所以等价于
时
，所以
，
所以
或者
，所以取
.
综上可得，
.
（3）设
，
，
因为
， 故
，
所以
可以取
或者
，
若
，
，则
，
故
或
（舍，因为
），
所以
（舍，因为
）.
若
，
，则
，
故
（舍，因为
），或
所以
（舍，因为
）.
所以
均不能同时使
，
都具有性质
.
当
时，即有
，
故
，故
，
故有数列
：
满足题意.
当
时，则
且
，故
，
故有数列
：
满足题意.
当
时，
，
故
，故
，
故有数列
：
满足题意.
当
时，则
且
，
故
，
故有数列
：
满足题意.
故满足题意的数列只有上面四种.
【点睛】本题为新定义背景下的数列存在性问题，先确定
时均不存在具有性质
的数列是关键，依据定义枚举再依据定义舍弃是核心，本题属于难题.
10. （2020·北京·高考真题）已知
是无穷数列．给出两个性质：
①对于
中任意两项
，在
中都存在一项
，使
；
②对于
中任意项
，在
中都存在两项
．使得
．
(Ⅰ)若
，判断数列
是否满足性质①，说明理由；
(Ⅱ)若
，判断数列
是否同时满足性质①和性质②，说明理由；
(Ⅲ)若
是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：
为等比数列.
【答案】(Ⅰ)
不具有性质①；
(Ⅱ)
具有性质①；
具有性质②；
(Ⅲ)证明：解法一
首先，证明数列中的项同号，不妨设恒为正数：
显然
，假设数列中存在负项，设
，
第一种情况：若
，即
，
由①可知：存在
，满足
，存在
，满足
，
由
可知
，从而
，与数列的单调性矛盾，假设不成立.
第二种情况：若
，由①知存在实数
，满足
，由
的定义可知：
，
另一方面，
，由数列的单调性可知：
，
这与
的定义矛盾，假设不成立.
同理可证得数列中的项恒为负数.
综上可得，数列中的项同号.
其次，证明
：
利用性质②：取
，此时
，
由数列的单调性可知
，
而
，故
，
此时必有
，即
，
最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：
假设数列
的前
项成等比数列，不妨设
，
其中
，（
的情况类似）
由①可得：存在整数
，满足
，且
（*）
由②得：存在
，满足：
，由数列的单调性可知：
，
由
可得：
（**）
由（**）和（*）式可得：
，
结合数列的单调性有：
，
注意到
均为整数，故
，
代入（**）式，从而
.
总上可得，数列
的通项公式为：
.
即数列
为等比数列.
解法二：假设数列中的项均为正数：
首先利用性质②：取
，此时
，
由数列的单调性可知
，
而
，故
，
此时必有
，即
，
即
成等比数列，不妨设
，
然后利用性质①：取
，则
，
即数列中必然存在一项的值为
，下面我们来证明
，
否则，由数列的单调性可知
，
在性质②中，取
，则
，从而
，
与前面类似的可知则存在
，满足
，
若
，则：
，与假设矛盾；
若
，则：
，与假设矛盾；
若
，则：
，与数列的单调性矛盾；
即不存在满足题意的正整数
，可见
不成立，从而
，
然后利用性质①：取
，则数列中存在一项
，
下面我们用反证法来证明
，
否则，由数列的单调性可知
，
在性质②中，取
，则
，从而
，
与前面类似的可知则存在
，满足
，
即由②可知：
，
若
，则
，与假设矛盾；
若
，则
，与假设矛盾；
若
，由于
为正整数，故
，则
，与
矛盾；
综上可知，假设不成立，则
.同理可得：
，从而数列
为等比数列，
同理，当数列中的项均为负数时亦可证得数列为等比数列.
由推理过程易知数列中的项要么恒正要么恒负，不会同时出现正数和负数.
从而题中的结论得证，数列
为等比数列.
【分析】(Ⅰ)根据定义验证，即可判断；
(Ⅱ)根据定义逐一验证，即可判断；
(Ⅲ)解法一：首先，证明数列中的项数同号，然后证明
，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列
即可.
解法二：首先假设数列中的项数均为正数，然后证得
成等比数列，之后证得
成等比数列，
同理即可证得数列为等比数列，从而命题得证.
【详解】(Ⅰ)
不具有性质①，理由略；
(Ⅱ)
具有性质①，理由略；
具有性质②，理由略；
(Ⅲ)略
【点睛】本题主要考查数列的综合运用，等比数列的证明，数列性质的应用，数学归纳法与推理方法、不
等式的性质的综合运用等知识，意在考查学生的转化能力和推理能力.
11. （2020·江苏·高考真题）已知数列
的首项a1=1，前n 项和为Sn．设λ 与k 是常数，若对一切
正整数n，均有
成立，则称此数列为“λ~k”数列．
（1）若等差数列
是“λ~1”数列，求λ 的值；
（2）若数列
是“
”数列，且an＞0，求数列
的通项公式；
（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列
为“λ~3”数列，且an≥0?若存在，求λ 的取值范围；若
不存在，说明理由，
【答案】（1）1
（2）
（3）
【分析】（1）根据定义得
，再根据和项与通项关系化简得
，最后根据数列不为
零数列得结果；
（2）根据定义得
，根据平方差公式化简得
，求得
，即得
；
（3）根据定义得
，利用立方差公式化简得两个方程，再根据方程解的个数确定参数满足的
条件，解得结果
【详解】（1）
（2）
，
（3）假设存在三个不同的数列
为
数列.
或
或
∵对于给定的
，存在三个不同的数列
为
数列，且
或
有两个不等的正根.
可转化为
，
不妨设
，则
有两个不等正根，设
.
① 当
时，
，即
，此时
，
，满足题意.
② 当
时，
，即
，此时
，
，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.
综上，
【点睛】本题考查数列新定义、由和项求通项、一元二次方程实根分步，考查综合分析求解能力，属难题.
12. （2018·上海·高考真题）给定无穷数列
，若无穷数列
满足：对任意
，都有
，
则称
与
“接近”.
(1)设
是首项为1，公比为
的等比数列，
，
，判断数列
是否与
接近，并说明
理由；
(2)设数列
的前四项为：
，
，
，
，
是一个与
接近的数列，记集合
，求
中元素的个数
；
(3)已知
是公差为
的等差数列，若存在数列
满足：
与
接近，且在
，
，
，
中至少有100 个为正数，求
的取值范围.
【答案】(1)数列
与
接近，理由见解析
(2)3 或4；
(3)
.
【分析】（1）计算出
，
时，
，满足对任意
，
，数列
与
接近；
（2）
与
接近，
，则
，
，
，
，分三种情况，当
时，
时，
，
时，求出
中元素的个数
为3 或4；
（3）推出
，
，若
，则
恒成立，不合要求；若
，令
，
，满足
，数列
与
接近，且
为奇数时，至少存在
、
、
、
这100 个数为正，从而得到
的取值范围为
.
【详解】（1）数列
与
接近，理由如下：
由题意，
，
，
∴
，
∵
时，
，∴
，
满足对任意
，
，∴数列
与
接近；
（2）∵
，
，
，
，又
与
接近，∴
，
∴
，则
，
，
，
，
∴当
时，
中有
、
、
三个元素；
或
时，
中有
、
、
三个元素；
当
，
时，
中有
、
、
、
四个元素；
∴
中元素的个数
为3 或4；
（3）∵
，∴
，
，
∴
，即
，
，
①若
，则
恒成立，不满足“至少有100 个为正数”，不符；
②若
，令
，
，∴
，
满足
，数列
与
接近，此时
，
当
为奇数时，
，
∴在
、
、
、
这200 个数中，
至少存在
、
、
、
这100 个数为正，
故
时，存在数列
满足题意，
∴
的取值范围为
.
13. （2019·江苏·高考真题）定义首项为1 且公比为正数的等比数列为“M－数列”.
（1）已知等比数列{an}满足：
，求证:数列{an}为“M－数列”；
（2）已知数列{bn}满足:
，其中Sn 为数列{bn}的前n 项和．
①求数列{bn}的通项公式；
②设m 为正整数，若存在“M－数列”{cn}，对任意正整数k，当k≤m 时，都有
成立，求m 的
最大值．
【答案】（1）证明：设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.
由
，得
，解得
．
因此数列
为“M—数列”.
（2）①bn=n
；②5.
【分析】（1）由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论；
（2）①由题意利用递推关系式讨论可得数列{bn}是等差数列，据此即可确定其通项公式；
②由①确定
的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得m 的最大值．
【详解】（1）略
（2）①因为
，所以
．
由
得
，则
.
由
，得
，
当
时，由
，得
，
整理得
．
所以数列{bn}是首项和公差均为1 的等差数列.
因此，数列{bn}的通项公式为bn=n
.
②由①知，bk=k，
.
因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0.
因为ck≤bk≤ck+1，所以
，其中k=1，2，3，…，m.
当k=1 时，有q≥1；
当k=2，3，…，m 时，有
．
设f（x）=
，则
．
令
，得x=e.列表如下：
x
e
(e，+∞)
+
0
–
f（x）
极大值
因为
，所以
．
取
，当k=1，2，3，4，5 时，
，即
，
经检验知
也成立．
因此所求m 的最大值不小于5．
若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，从而q15≥243，且q15≤216，
所以q 不存在.因此所求m 的最大值小于6.
综上，所求m 的最大值为5．
【点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归
及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．
14. （2019·北京·高考真题）已知数列
，从中选取第项、第
项、…、第
项
，若
，则称新数列
为
的长度为
的递增子列．规定：数列
的任意一项
都是
的长度为1 的递增子列．
（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为4 的递增子列；
（Ⅱ）已知数列
的长度为
的递增子列的末项的最小值为
，长度为
的递增子列的末项的最小值为
.若
，求证：
；
（Ⅲ）设无穷数列
的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若
的长度为的递增子列末项的最小
值为
，且长度为末项为
的递增子列恰有
个
，求数列
的通项公式．
【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6；
(Ⅱ)对于每一个长度为
的递增子列
，都能从其中找到若干个长度为
的递增子列
，此
时
，
设所有长度为
的子列的末项分别为：
，
所有长度为
的子列的末项分别为：
，
则
，
注意到长度为
的子列可能无法进一步找到长度为
的子列，
故
，
据此可得：
.
(Ⅲ)
注：当
时，所有满足题意的数列为：
，
当
时，数列
对应的两个递增子列为：
和
.
【分析】(Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；
(Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；
(Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可.
【详解】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4 的递增子列为：1,3,5,6.
(Ⅱ)略
(Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是
，
下面说明此数列满足题意.
很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等.
长度为的递增子列末项的最小值为2s-1，
下面用数学归纳法证明长度为s 末项为2s-1 的递增子列恰有
个
：
当
时命题显然成立，
假设当
时命题成立，即长度为k 末项为2k-1 的递增子列恰有
个，
则当
时，对于
时得到的每一个子列
，
可构造：
和
两个满足题意的递增子列，
则长度为k+1 末项为2k+1 的递增子列恰有
个，
综上可得，数列
是一个满足题意的数列的通项公式.
注：当
时，所有满足题意的数列为：
，
当
时，数列
对应的两个递增子列为：
和
.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定
义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现
象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万
变才是制胜法宝.
15. （2017·北京·高考真题）设
和
是两个等差数列，记
，
其中
表示
这个数中最大的数．
（Ⅰ）若
，
，求
的值，并证明
是等差数列；
（Ⅱ）证明：或者对任意正数
，存在正整数
，当
时，
；或者存在正整数
，使得
是等差数列．
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）分别代入求
，观察规律，再证明当
时，
，所以
关于
单调递减. 所以
，从而得证；（Ⅱ）首先求
的通项公式，分
三种情况讨论证明.
试题解析：（Ⅰ）
，
.
当
时，
，
所以
关于
单调递减.
所以
.
所以对任意
，于是
，
所以
是等差数列.
（Ⅱ）设数列
和
的公差分别为
，则
.
所以
①当
时，取正整数
，则当
时，
，因此
.
此时，
是等差数列.
②当
时，对任意
，
此时，
是等差数列.
③当
时，
当
时，有
.
所以
对任意正数
，取正整数
，
故当
时，
.
【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，
本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，
即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能
力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生.
16. （2017·江苏·高考真题）对于给定的正整数k,若数列{an}满足
对任意正整数n(n> k) 总成立，则称数列{an} 是“P(k)数列”.
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
（2）若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【详解】试题分析：（1）利用等差数列性质得
，即得
，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得
，
，再将条件集中消元：
，
，即得
，最后验证起始项也满足即可．
试题解析：证明:（1）因为
是等差数列，设其公差为
，则
，
从而，当
时，
，
所以
，
因此等差数列
是“
数列”.
（2）数列
既是“
数列”，又是“
数列”，因此，
当
时，
，①
当
时，
.②
由①知，
，③
，④
将③④代入②，得
，其中
，
所以
是等差数列，设其公差为
.
在①中，取
，则
，所以
，
在①中，取
，则
，所以
，所以数列
是等差数列.
点睛:证明
为等差数列的方法：①用定义证明：
为常数）；②用等差中项证明：
；③通项法：
为关于
的一次函数；④前
项和法：
．
17. （2018·江苏·高考真题）设
，对1，2，···，n 的一个排列
，如果当s<t 时，有
，则称
是排列
的一个逆序，排列
的所有逆序的总个数称为其逆序数．例如：对1，2，3 的一
个排列231，只有两个逆序(2，1)，(3，1)，则排列231 的逆序数为2．记
为1，2，···，n 的所有排列
中逆序数为k 的全部排列的个数．
（1）求
的值；
（2）求
的表达式(用n 表示)．
【答案】（1）2 5
（2）n≥5 时，
【详解】分析：（1）先根据定义利用枚举法确定含三个元素的集合中逆序数为2 的个数，再利用枚举法
确定含四个元素的集合中逆序数为2 的个数；（2）先寻求含n 个元素的集合中逆序数为2 与含n+1 个元素
的集合中逆序数为2 的个数之间的关系，再根据叠加法求得结果.
详解：解：（1）记
为排列abc 的逆序数，对1，2，3 的所有排列，有
，
所以
．
对1，2，3，4 的排列，利用已有的1，2，3 的排列，将数字4 添加进去，4 在新排列中的位置只能是最后
三个位置．
因此，
．
（2）对一般的n（n≥4）的情形，逆序数为0 的排列只有一个：12…n，所以
．
逆序数为1 的排列只能是将排列12…n 中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，所以
．
为计算
，当1，2，…，n 的排列及其逆序数确定后，将n+1 添加进原排列，n+1 在新排列中的位置
只能是最后三个位置．
因此，
．
当n≥5 时，
，
因此，n≥5 时，
．
点睛：探求数列通项公式的方法有观察(观察规律)、比较(比较已知数列)、归纳、转化(转化为特殊数列)、
联想(联想常见的数列)等方法.寻求相邻项之间的递推关系，是求数列通项公式的一个有效的方法.
考点02 函数新定义
1. （2026·上海·高考真题）对于函数
，
，设
.对于点集
，若存
在
，使得任取
，总有
，则称
为“最低点”.对于函数
和
，以下说法中正确的是（ ）
A．若
和
都有最小值，则
有最低点；
B．若
有最低点，则
和
都有最小值；
C．若
或
有最小值，则
有最低点；
D．若
有最低点，则
或
有最小值.
【答案】D
【分析】可以举反例证明选项A、B、C 的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得
或
，再分类讨论即可.
【详解】对于A 项，取
，
，取
，
，
则
，
；而
无最低点，故A 错误；
对于B 项，取
，
，取
，
，
则
无最小值，
；而
有最低点
，故B 错误；
对于C 项，取
，
，取
，
，
则
无最小值，
；
因为
的函数值可趋向于负无穷大，所以
无最低点，则
亦无最
低点，故C 错误；
对于D 项，因为
有最低点，不妨设
为
的最低点，
且
，
且
，
所以
或
，
若
，则
且对任意的
，总有
，即
；
若
，同理可知
；
所以若
有最低点，则
或
有最小值，故D 正确.
故选：D.
2. （2024·上海·高考真题）已知函数
的定义域为
，定义集合
，在使得
的所有
中，下列成立的是（ ）
A．存在
是偶函数
B．存在
在
处取最大值
C．存在
是增函数
D．存在
在
处取到极小值
【答案】B
【分析】A 选项利用偶函数的性质找到矛盾即可；B 选项找到合适函数即可；C 选项由定义得到集合
与
已知条件矛盾；D 选项由集合
的定义找到矛盾.
【详解】对于A 选项：
时，
，
当
时，
， 任意的
，
恒成立，
若
时偶函数，此时
矛盾，故A 选项错误；
对于B 选项：若
函数图像如下：
当
时，
，
时，
，当
，
，
∴存在
在
处取最大值，故B 选项正确；
对于C 选项：在
时，若函数
严格递增，则集合
的取值不会是
，
而是全体定义域，故C 选项错误；
对于D 选项：若存在
在
处取到极小值，则在
在左侧存在
，
，与集合
定义矛盾，故D 选项错误.
故选：B
3. （2020·上海·高考真题）若存在
且
，对任意的
，均有
恒成立，则
称函数
具有性质P，已知：
单调递减，且
恒成立；
单调递增，存在
使
得
，则是
具有性质P 的充分条件是（ ）
A．只有
B．只有
C．
和
D．
和
都不是
【答案】C
【分析】对于
，当
，根据减函数的定义和已知条件，结合不等式性质，可得
成立；对于
，取
同理可得出结论．
【详解】
：当
，
，因为函数
单调递减，
所以
即
，存在
，
当满足命题
时，
具有性质P.
：当
时，
，
因为函数
单调递增，
所以
，
即
，
存在
，当满足命题
时，
具有性质P.
综上可知命题
、
都是具有性质P 的充分条件．
故选：C
【点睛】本题考查函数的新定义、函数的单调性以及不等式的性质，考查了理解辨析能力、运算求解能力
和逻辑推理能力，属于中档题．
4. （2020·上海·高考真题）设
，若存在定义域
的函数
既满足“对于任意
，
的值
为
或
”，又满足“关于
的方程
无实数解”，则
的取值范围为______.
【答案】
【分析】根据题意可知
或
，进而可得
且
，并分析函数
的构成，即可确定
的范围
【详解】因为对于任意
，
的值为
或
，可得
且
，
又因为关于
的方程
无实数解，则
且
，
可知函数
的图象是由函数
和函数
的图象分段拼接而成的，
若
，只需取
，则
无解；
若
，只需取
，则
无解；
若
，只需取
，则
无解；
所以
的取值范围是
.
故答案为：
．
5. （2026·上海·高考真题）已知
是，
，的一个排列，若函数
，
，
，对任意
，都有
且
，则称
是关于
，
，
的一个
排列，则关于
，
，
的
排列总数记为
．
(1)已知
，
，
，
，判断
是否为
排列；
(2)对
，
，
，
满足条件的
，求
的取值范围；
(3)对
，且对任意
，
，令
，
，
，
，证明：若
严格减，则存在
，使
；若
严格增，则存在
，
．
【答案】(1)是
排列；
(2)
；
(3)首先证明第1 个结论，
观察（2）问的6 个情况，若
和
在
上同时成立，
那么排列
都将是
排列，此时
至少为4．
当
时，即
，
因为
是定义在
上的函数，且严格单调递减，实数
，
则
恒成立，
又因为函数
在
上单调递增，
则在区间
上，
，
.
若
恒成立，则
，
则只需
，即
，因为对任意的
，
，
则
，则
，则解得
，
当
时，即
，
因为
严格递减，所以
且
，
，
只要
，就有
，
则可取
即可满足题意．
即存在
，使得
.
再证明第2 个结论.
假设对于任意的
，都有
，
因为（2）中①排列
始终满足条件，
则在剩下的5 种排列中，只有唯一的一个是
排列．
首先，我们证明
不可能恒成立：
假设对于某个
，在
上恒有
．
即
，
即
，
取
．由于
严格递增，
令
，
则
，
于是对任意正整数
：
，
当
时，
，这与
矛盾！
因此，
不可能恒成立．则排列③排列
和④排列
永远不可能是
排列．
接下来只剩②排列
，其需满足
，
⑤排列
，其需满足
，
⑥排列
，其需满足
，
下面证明：对于任意
在
上恒成立＂与＂
在
上恒成立＂这两个命题，
必须有且只有一个为真．
（i）若对任意
，都有
，即都有
，
对于任意
和
，
则
，
当且仅当
时等号成立，又因为
，故等号无法取到，
所以
恒成立，
则
对所有的
恒成立.
则此时②排列
，⑤排列
，⑥排列
均成立，
则
，与假设
矛盾！
（ii）并非对于所有
都有
，即
，
则必定存在
，使得
，
设
，
因为
是严格单调递增的连续函数，
则对于已知的
，总可以找到
，使得
，
即
，即
，
同时，因为
严格递增且
，必有
．
即
，
即
，即
，
则可取充分小的
使得
，即存在
，使得
，
所以＂
恒成立＂这个命题是假的．
既然
为假，那么＂
恒成立＂必须为真．
即除①排列外剩余的5 个排列中，只有②排列
成立，此时满足
，
则对于
，在
时都有：
，
即
，
取
，则对于任意
：
，
因为
严格递增，则
．
则
又因为
，
则
即
，对任意
都成立．
取
，因为
，则
，
则对于
内的任意，都满足
，
因为
，故有
，
但是，之前我们得到
，
即
，则
，
则有：
， 这与我们的假设相矛盾．
综上，原命题成立，必然存在
，使得
．
【分析】（1）根据
排列的定义判断即可；
（2）分析得，
，的全排列均符合题意，则得到不等式组，解出即可；
（3）第一个结论分
和
讨论即可证明，第二个结论利用反证法即可证明.
【详解】（1）由题意得
，
则当
，
，
则
恒成立，
，
则
恒成立，
故
是为
排列.
（2）若
，则1，2，3 的全排列均满足题意，
①
，则有：
，此时两个不等式显然成立．
②
，则有：
，即
.
③
，则有：
，即
.
④
，则有：
，即
.
⑤
，则有：
．
⑥
，则有：
，即
.
则上述不等式均要成立，取它们的交集有
，
即
，即
对
恒成立，
分离参数得
，因为当
时，
，
所以
.
（3）略.
6. （2026·全国一卷·高考真题）已知函数
的定义域为
，且当
时，
．对任意
，
定义集合
．
(1)若当
时，
，求
；
(2)若
是奇函数，
，且
，证明：
；
(3)设
满足：①若
，则
；②当
时，
．
（i）证明：
；
（ii）证明：
在区间
单调递增．
【答案】(1)
(2)由题意证明如下：
在
中，
是奇函数，当
时，
．
∴
，当
时，
，
∴
在集合
中，
当
时，
，
当
时，
，
当
时，
，
∴
，
∵
，
∴
且
，即
，
，
∵
，
∴①当
时，解得
，
，
，
此时
，
②当
时，解得
，
，
，
此时
，
③当
时，解得
，
，
，
此时
，
综上，
.
(3)（i）由题意证明如下，
法一：
若
，则存在
，使得
，
条件①：若
，则
，
∴
，则
，
取
，则
，此时
，
∵
，则
，即
，
但
，相矛盾，
∴
法二：
假设
，则存在
，使得
，
从而
，这导致
，
但
，
∵根据条件又有
，矛盾，
∴假设不成立，
.
（ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下，
在集合
中，
要证
在
上单调递增，
即需证
，
，都有
，
即需证
，
，都有
，
①先证明：当
时，
，
假设
，使得
，
∵当
时，
，
∴
，使得
，
∴
，
而当
时，
，
否则
，使得
，
，与
矛盾，
∴
，
∴
，
∴
，
由（3）（i）得，
，
则
，
由条件②：当
时，
，
则
，
否则
时，
与
矛盾，
∴若
，使得
，则
，
，（*）
∴
，使得
，
则
，
令
，
，
此时
，则
，则
，
∴
，
∵
，
∴易取
，
满足
，
使得
，
根据（*）可得，此时
，与
矛盾，
∴当
时，
，
②证明：对
，
，都有
，
∵
，
，都有
，
∴
，
对任意给定的
，取
，则
，
∴对
，
，都有
，
∴
在
上单调递增.
【分析】（1）求出
，写出
表达式，即可求出
；
（2）求出
表达式，化简集合
并得出表达式，利用
得出
与
，对
的三种情况进行分类讨论，即可证明结论；
（3）（i）法一：假设
，则存在
，使得
，取
，求出
，与
矛盾，进而证明结论；
法二：假设
，则存在
，使得
，取
，求出
，与
时
矛盾，进而证明结论；
（ii）将证明转化为证
，
，都有
，先证明：当
时，
，再证明
对
，
，都有
，进而证明出
在
上单调递增.
【详解】（1）由题意，
在
中，
，
，
在
中，
，
∴
，
当
时，
，
，解得
，
当
时，
，解得
，
∴
，
∴
.
（2）略
（3）（i）略
（ii）略
7. （2017·上海·高考真题）设定义在
上的函数
满足：对于任意的
、
，当
时，都有
.
（1）若
，求
的取值范围；
（2）若
为周期函数，证明：
是常值函数；
（3）设
恒大于零，
是定义在
上、恒大于零的周期函数，
是
的最大值.
函数
. 证明：“
是周期函数”的充要条件是“
是常值函数”.
【答案】（1）
；
（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，
则有f（x0）＝f（x0+Tk），
由题意，对任意x [
∈x0，x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk），
∴f（x0）＝f（x）＝f（x0+Tk）．
又∵f（x0）＝f（x0+nTk），n∈Z，
并且
… [
∪x0
3
﹣Tk，x0
2
﹣Tk] [
∪x0
2
﹣Tk，x0﹣Tk] [
∪x0﹣Tk，x0] [
∪x0，x0+Tk] [
∪x0+Tk，x0+2Tk] …
∪
＝R，
∴对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数；
（3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）＝c1，设g（x）的一个周期为Tg，则
h（x）＝c1•g（x），则对任意x0∈R，
h（x0+Tg）＝c1•g（x0+Tg）＝c1•g（x0）＝h（x0），
故h（x）是周期函数；
必要性：若h（x）是周期函数，记其一个周期为Th．
任x0∈A，则必存在N2∈N，使得x0﹣N2Th≤x0﹣Tg，
即[x0﹣Tg，x0] [
⊆x0﹣N2Th，x0]，
∵… [
∪x0
3
﹣Tk，x0
2
﹣Tk] [
∪x0
2
﹣Tk，x0﹣Tk] [
∪x0﹣Tk，x0] [
∪x0，x0+Tk] [
∪x0+Tk，x0+2Tk] …
∪
＝R，
… [
∴
∪x0
2
﹣N2Th，x0﹣N2Th] [
∪x0﹣N2Th，x0] [
∪x0，x0+N2Th] [
∪x0+N2Th，x0+2N2Th] …
∪
＝R．
h（x0）＝g（x0）•f（x0）＝h（x0﹣N2Th）＝g（x0﹣N2Th）•f（x0﹣N2Th），
∵g（x0）＝M≥g（x0﹣N2Th）＞0，f（x0）≥f（x0﹣N2Th）＞0．
因此若h（x0）＝h（x0﹣N2Th），必有g（x0）＝M＝g（x0﹣N2Th），且f（x0）＝f（x0﹣N2Th）＝c．
而由（2）证明可知，对任意x∈R，f（x）＝f（x0）＝C，为常数．
综上，必要性得证．
【分析】（1）直接由f（x1）﹣f（x2）≤0 求得a 的取值范围；
（2）若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，则有f（x0）＝f（x0+Tk），证明对任意x [
∈x0，
x0+Tk]，f（x0）≤f（x）≤f（x0+Tk），可得f（x0）＝f（x0+nTk），n∈Z，再由…∪[x0
3
﹣Tk，x0﹣
2Tk] [
∪x0
2
﹣Tk，x0﹣Tk] [
∪x0﹣Tk，x0] [
∪x0，x0+Tk] [
∪x0+Tk，x0+2Tk] …
∪
＝R，可得对任意x∈R，f（x）＝f
（x0）＝C，为常数；
（3）分充分性及必要性证明．类似（2）证明充分性；再证必要性，然后分类证明．
【详解】
（1）解：由f（x1）≤f（x2），得f（x1）﹣f（x2）＝a（x1
3﹣x2
3）≤0，
∵x1＜x2，∴x1
3﹣x2
3＜0，得a≥0．
故a 的范围是[0，+∞）；
（2）略
（3）略
【点睛】
本题考查抽象函数及其应用，考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法，题目设
置难度较大．
8. （2026·上海·高考真题）设
是定义在
上的函数.定义性质
：若对任意
，当
时，
，则称函数
具有“性质
”.
(1)判断函数
是否具有“性质
”；
(2)若分段函数
具有“性质
”，求所有满足条件的实数
和
的解；
(3)已知
的值域为
，且在
上是严格增函数，证明：
是偶函数的充要条件是：
具
有“性质
”.
【答案】(1)没有，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）运用特例法，结合指数函数的单调性进行判断即可；
（2）根据一次函数的单调性，结合“性质
”的特性进行求解即可；
（3）根据充要条件的定义，结合偶函数的性质、“性质
”的特性进行运算证明即可.
【详解】（1）函数
不具有“性质
”，理由如下：
例如当
时，显然
成立，
，根据指数函数的单调性可知
，
所以有
，这与“性质
”矛盾，故函数
不具有“性质
”；
（2）因为函数
具有“性质
”，所以取
，有
，
于是有
，
当
时，由
，
当
时，由
，
若
，若
，则有
，
取
，
此时
，但是
，不符合“性质
”，所以
不符合题意，
故
，此时
，
若
时，则
，
由
，
若
时，则
，
由
，
因此
，
综上所述：当且仅当
时，满足条件；
（3）充分性：若
具有“性质
”，则
是偶函数.
若存在
，
，不妨设
，
记
，即
，
因为函数
的值域为
，
所以
，
若
，则有
，
若
，则有
，
故对任意
，
，这与
的值域为
矛盾，
所以
不成立，则有
，因此函数
是偶函数；
必要性：若
是偶函数，则
具有“性质
”.
当
时，因为
在
上是严格增函数，
所以
，
又因为函数
是偶函数，
所以由
，因此
具有“性质
”.
所以
是偶函数的充要条件是：
具有“性质
”.
9. （2024·上海·高考真题）记
(1)若
，求
和
;
(2)若
，求证:对于任意
，都有
，且存在
，使得
.
(3)已知定义在
上
有最小值，求证"
是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有
”.
【答案】(1)
；
(2)
由题意知
，记
，有
或2，
0
2
正
0
负
0
正
极大值
极小值
现对
分类讨论:
当
，有
为严格增函数，因为
，此时
，
符合条件;
当
时，
，先减后增，
，
因为
取等号)，所以
，
此时
，符合条件，且
时，
；
当
时，
，在
严格增，在
严格减，在
严格增，
，因为
，
此时，
，则
，则
成立;
综上可知，对于任意
，都有
，且存在
，使得
.
(3)
必要性:若
为偶函数，则
，
当
，因为
，故
;
充分性：若对于任意正实数，均有
，其中
，
因为
有最小值，不妨设
，
由于任意，令
，则
，
故
最小元素为
，
中最小元素为
，
又
则
对任意
成立，则
，
若
，则
对任意
成立
是偶函数，
若
，此后取
，
，
综上，任意
，即
是偶函数.
故"
是偶函数"的充要条件是“对于任意正实数，均有
”.
【分析】（1）将
代入求解即可；
（2）根据函数
的单调性，对
进行分类讨论，然后求出
即可证明;
（3）利用偶函数的定义，即可证明必要性，利用
，得出两个集合中最小的元素相同，从而
，即可证明充分性.
【详解】（1）由题意得:
；
（2）略
（3）略
【点睛】关键点点睛：第二问利用导数求出函数的单调性，然后对
进行分类讨论求出函数的值域，第三
问结合函数的奇偶性考察逻辑推理能力.
考点03 集合新定义
1. （2020·浙江·高考真题）设集合S，T，S
N*，T
N*，S，T 中至少有两个元素，且S，T 满足：
①对于任意x，y
S，若x≠y，都有xy
T
②对于任意x，y
T，若x<y，则
S；
下列命题正确的是（ ）
A．若S 有4 个元素，则S∪T 有7 个元素
B．若S 有4 个元素，则S∪T 有6 个元素
C．若S 有3 个元素，则S∪T 有5 个元素
D．若S 有3 个元素，则S∪T 有4 个元素
【答案】A
【分析】分别给出具体的集合S 和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.
【详解】首先利用排除法：
若取
，则
，此时
，包含4 个元素，排除选项 C；
若取
，则
，此时
，包含5 个元素，排除选项D；
若取
，则
，此时
，包含7 个元素，排除选项
B；
下面来说明选项A 的正确性：
设集合
，且
，
，
则
，且
，则
，
同理
，
，
，
，
，
若
，则
，则
，故
即
，
又
，故
，所以
，
故
，此时
，故
，矛盾，舍.
若
，则
，故
即
，
又
，故
，所以
，
故
，此时
.
若
， 则
，故
，故
，
即
，故
，
此时
即
中有7 个元素.
故A 正确.
故选：A.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定
义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现
象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万
变才是制胜法宝.
2. （2025·北京·高考真题）已知集合
，从M 中选取n 个不同
的元素组成一个序列：
，其中
称为该序列的第i 项
，若该序
列的相邻项
满足：
或
，则称该序列为K 列．
(1)对于第1 项为
的K 列，写出它的第2 项．
(2)设
为K 列，且
中的项
满足：当i 为奇数时，
：当i 为偶数时，
.判断
，
能否同时为
中的项，并说明理由；
(3)证明：由M 的全部元素组成的序列都不是K 列．
【答案】(1)
或
(2)不能，理由见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据新定义即可得解；
（2）假设
与
能同时在
中，导出矛盾，从而得出
与
不能同时在
中的结论；
（3）假设全体元素构成一个K 列，通过构造导出矛盾，从而得到要证明的结论.
【详解】（1）根据题目定义可知，
或
，
若第一项为
，显然
或
不符合题意（不在集合
中），所以下一项是
或
；
（2）假设二者同时出现在
中，由于K 列取反序后仍是K 列，故不妨设
在
之前.
显然，在K 列中，相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性总是相反的，所以从
到
必定要向下一项走
奇数次.
但又根据题目条件，这两个点的横坐标均在
中，所以从
到
必定要向下一项走偶数次.
这导致矛盾，所以二者不能同时出现在
中.
（3）法1：若
中的所有元素构成K 列，考虑K 列中形如
的项，
这样的项共有
个，由题知其下一项为
，共计16 个，
而
，因为只能6 由2 来，3 只能由7 来，
横、纵坐标不能同时相差4，这样下一项只能有12 个点，
即对于16 个
，有12 个
与之相对应，矛盾．
综上，由M 的全部元素组成的序列都不是K 列．
法2：假设全体元素构成一个K 列，则
.
设
，
.
则
和
都包含
个元素，且
中元素的相邻项必定在
中.
如果存在至少两对相邻的项属于
，那么属于
的项的数目一定多于属于
的项的数目，
所以至多存在一对相邻的项属于
.
如果存在，则这对相邻的项的序号必定形如
和
，
否则将导致属于
的项的个数比属于
的项的个数多2，此时
.
从而这个序列的前
项中，第奇数项属于
，第偶数项属于
；
这个序列的后
项中，第奇数项属于
，第偶数项属于
.
如果不存在相邻的属于
的项，那么也可以看作上述表示在
或
的特殊情况.
这意味着必定存在
，使得
.
由于相邻两项的横纵坐标之和的奇偶性必定相反，故
中横纵坐标之和为奇数的点和横纵坐标之和为偶数
的点的数量一定分别是
和
（不一定对应）.
但容易验证，
和
都包含
个横纵坐标之和为奇数的点和
个横纵坐标之和为偶数的点，所以
，得
.
从而有
.
这就得到
.
再设
，
.
则同理有
.
这意味着
.
从而得到
，但显然它们是不同的集合，矛盾.
所以由M 的全部元素组成的序列都不是K 列．
3. （2025·上海·高考真题）已知函数
的定义域为
．对于正实数a，定义集合
．
(1)若
，判断
是否是
中的元素，请说明理由；
(2)若
，求a 的取值范围；
(3)若
是偶函数，当
时，
，且对任意
，均有
．写出
，
解析式，并证明：对任意实数c，函数
在
上至多有9 个零点．
【答案】(1)不是；
(2)
；
(3)证明见解析.
【分析】（1）直接代入计算
和
即可；
（2）法一：转化为在实数
使得
，分析得
，再计算得
，
最后根据
的范围即可得到答案；法二：画出函数图象，转化为直线
与该函数有两个交点，将
用
表示，最后利用二次函数函数性质即可得到答案；
（3）利用函数奇偶性和集合新定义即可求出
时解析式，再分析出
，最后对的范围
进行分类讨论即可.
【详解】（1）（1）
，
，则
不是
中的元素.
（2）法一：因为
，则存在实数
使得
，且
，
当
时，
，其在
上严格单调递增，
当
时，
，其在
上也严格单调递增，
则
，则
，
令
，解得
，则
，
则
.
法二：作出该函数图象，则由题意知直线
与该函数有两个交点，
由图知
，假设交点分别为
，
，
联立方程组
得
（3）对任意
，因为其是偶函数，
则
，而
，
所以
，
所以
，因为
，则
，
所以
，所以
，
所以当
时，
，
，则
，
，则
，
而
，
，
则
，则
，
所以当
时，
，而
为偶函数，画出函数图象如下：
其中
，但其对应的
值均未知.
首先说明
，
若
，则
，易知此时
，
则
，所以
，而
时，
，
所以
，与
矛盾，所以
，即
，
令
，则
，
当
时，即使让
，此时最多7 个零点，
当
时，若
，此时有5 个零点，
故此时最多5 个零点；
当
时，若
，此时有5 个零点，
故此时最多5 个零点；
当
时，若
，此时有3 个零点，
若
，则
，易知此时
，
则
，所以
，而
时，
，
所以
，与
矛盾，所以
，
则最多在
之间取得6 个零点，
以及在
处成为零点，故不超过9 个零点.
综上，零点不超过9 个.
4. （2025·上海·高考真题）已知函数
的定义域是
．对于
，定义集合
．
(1)
，求
；
(2)对于集合
，若对任意
都有
，则称
是对称集．若
是对称集，证明：“函数
是偶
函数”的充要条件是“对任意
，
是对称集”；
(3)若
，
．求
的取值范围，使得对于任意
，都有
．
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）根据对数函数的单调性即可求解；
（2）根据偶函数的定义和对称集的定义即可证明必要性和充分性；
（3）根据定义判断出函数单调不减，得到导函数大于等于0 恒成立即可求解.
【详解】（1）由定义得，
.
（2）证明：
必要性：因为函数
是偶函数，所以对任意
，
，
对任意
，若
，即
，则
，
所以
，所以对任意
，
是对称集.
充分性：若对任意
，
是对称集，
因为对任意
，
，所以
，即
①，
又
，所以
，即
②.
由①②得，对任意
，
，
所以函数
是偶函数.
综上，“函数
是偶函数”的充要条件是“对任意
，
是对称集”，得证.
（3）因为对于任意
，都有
，
所以若
，则
，即若
，则
，
所以
，所以
在
上单调不减，
所以对任意
，
恒成立.
当
时，显然成立，
；
当
时，
恒成立，令
，
，
所以
在
单调递减，
单调递增，所以
；
当
时，
恒成立，此时
因为
在
上单调递减，当
时，
，
时，
，
所以
；
综上，
.
【点睛】关键点点睛：函数在区间上单调不减等价于导函数在区间上大于等于0 恒成立.
5. （2018·北京·高考真题）设n 为正整数，集合A=
．对于集合
A 中的任意元素
和
，记
M（
）=
．
（Ⅰ）当n=3 时，若
，
，求M（
）和M（
）的值；
（Ⅱ）当n=4 时，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意元素
，当
相同时，M（
）是
奇数；当
不同时，M（
）是偶数．求集合B 中元素个数的最大值；
（Ⅲ）给定不小于2 的n，设B 是A 的子集，且满足：对于B 中的任意两个不同的元素
，M（
）
=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．
【答案】(1)2,1;(2) 最大值为4;(3)
【详解】（Ⅰ）
，
．
（Ⅱ）考虑数对
只有四种情况：
、
、
、
，
相应的
分别为、、、，
所以中的每个元素应有奇数个，
所以中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：
、
、
、
，
、
、
、
，
对于任意两个只有个的元素，都满足
是偶数，
所以集合
、
、
、
满足题意，
假设中元素个数大于等于，就至少有一对互补元素，
除了这对互补元素之外还有至少个含有个的元素，
则互补元素中含有个的元素与之满足
不合题意，
故中元素个数的最大值为．
（Ⅲ）
，
此时中有
个元素，下证其为最大．
对于任意两个不同的元素，满足
，
则，中相同位置上的数字不能同时为，
假设存在有多于
个元素，由于
与任意元素都有
，
所以除
外至少有
个元素含有，
根据元素的互异性，至少存在一对，满足
，
此时
不满足题意，
故中最多有
个元素.
考点04 圆锥曲线新定义
1. （2023·上海·高考真题）在平面上，若曲线Γ 具有如下性质：存在点M，使得对于任意点
，都有
使得
．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假（ ）
①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线．
A．①假命题；②真命题
B．①真命题；②假命题
C．①真命题；②真命题
D．①假命题；②假命题
【答案】B
【分析】由新定义求解曲线上任一点
到定点
距离的取值范围
，当任意
，都有
时，曲线
满足定义，结合椭圆与双曲线的性质判断，
【详解】对于①，不妨设椭圆方程为
，
，
则椭圆上一点
到
距离为
，
当
时，对称轴
，可得
，
总存在
使得
，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确，
对于②，对于给定的双曲线和点
，显然
存在最小值，而
横坐标趋近于无穷大时，
趋近于
无穷大，
，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”故②错误，
故选：B
【点睛】本题关键在于新定义的理解，转化为求曲线上任一点到定点
距离的取值范围，再结合椭圆与双
曲线的性质判断即可．
2. （2019·上海·高考真题）已知抛物线方程
为焦点，
为抛物线准线上一点，
为线段
与抛
物线的交点，定义：
.
（1）当
时，求
；
（2）证明：存在常数
，使得
；
（3）
为抛物线准线上三点，且
，判断
与
的关系.
【答案】（1）
；
（2）当
时，易得
设
，
，直线
，则
联立
，
由对称性可知
亦成立
综上所述，存在
，使得
（3）
【分析】（1）求解出
点坐标，然后得到
和
，从而求得
；（2）通过假设
点坐标得到直
线
方程，与抛物线联立后得到
，代入
，整理得到结果；（3）由
可知
为
中点，假设三点坐标，代入
，将式子整理为
和
的形式，然后通过平方
运算可得到
，从而得到结论：
.
【详解】由题意可知：
，准线方程为：
（1）因为
联立方程
则
（2）略
（3）由
可知
为
中点
设
，则
因为
又因
所以
