專題25新定義綜合（數列新定義、函數新定義、集合新定義及其他新定義）考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點1數列新定義（10年10考）2024·全國新Ⅰ卷、2024·北京卷、2023·北京卷2022·北京卷、2021·全國新Ⅱ卷、2021·北京卷2020·全國新Ⅱ卷、2020·北京卷2020·江蘇卷2019·江蘇卷、2018·江蘇卷、2017·北京卷2017·江蘇卷、2016·江蘇卷、2016·北京卷2016·上海卷、2016·上海卷、2015·北京卷新高考數學新結構體系下，新定義類試題更綜合性的考查學生的思維能力和推理能力;以問題為抓手，創新設問方式，搭建思維平臺，引導考生思考，在思維過程中領悟數學方法。題目更加注重綜合性、應用性、創新性，本題分值最高，試題容量明顯增大，對學科核心素養的考查也更深入。壓軸題命題打破了試題題型、命題方式、試卷結構的固有模式，增強試題的靈活性，采取多樣的形式多角度的提問，考查學生的數學能力，新定義題型的特點是;通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移達到靈活解題的目的;遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義照章辦事”逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決，難度較難，需重點特訓。考點2函數新定義（10年4考）2024·上海、2020·江蘇、2018·江蘇2015·湖北、2015·福建考點3集合新定義（10年3考）2020·浙江卷、2018·北京卷2015·山東卷、2015·浙江卷考點4其他新定義（10年2考）2020·北京卷、2016·四川卷考點01數列新定義小題1．（2021·全國新Ⅱ卷·高考真題）（多選）設正整數，其中，記．則（

）A． B．C． D．2．（2020·全國新Ⅱ卷·高考真題）0-1周期序列在通信技術中有著重要應用.若序列滿足，且存在正整數，使得成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足的最小正整數為這個序列的周期.對于周期為的0-1序列，是描述其性質的重要指標，下列周期為5的0-1序列中，滿足的序列是（

）A． B． C． D．大題1．（2024·全國新Ⅰ卷·高考真題）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；(2)當時，證明：數列是可分數列；(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．2．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．(1)給定數列和序列，寫出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．3．（2023·北京·高考真題）已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿足使得．4．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．(1)判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；(2)若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續可表數列，且，求證：．5．（2021·北京·高考真題）設p為實數.若無窮數列滿足如下三個性質，則稱為數列：①，且；②；③，．（1）如果數列的前4項為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數列？說明理由；（2）若數列是數列，求；（3）設數列的前項和為.是否存在數列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說明理由．6．（2020·北京·高考真題）已知是無窮數列．給出兩個性質：①對于中任意兩項，在中都存在一項，使；②對于中任意項，在中都存在兩項．使得．(Ⅰ)若，判斷數列是否滿足性質①，說明理由；(Ⅱ)若，判斷數列是否同時滿足性質①和性質②，說明理由；(Ⅲ)若是遞增數列，且同時滿足性質①和性質②，證明：為等比數列.7．（2020·江蘇·高考真題）已知數列的首項a1=1，前n項和為Sn．設λ與k是常數，若對一切正整數n，均有成立，則稱此數列為“λ~k”數列．（1）若等差數列是“λ~1”數列，求λ的值；（2）若數列是“”數列，且an＞0，求數列的通項公式；（3）對于給定的λ，是否存在三個不同的數列為“λ~3”數列，且an≥0?若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由，8．（2019·江蘇·高考真題）定義首項為1且公比為正數的等比數列為“M－數列”.（1）已知等比數列{an}滿足：，求證:數列{an}為“M－數列”；（2）已知數列{bn}滿足:，其中Sn為數列{bn}的前n項和．①求數列{bn}的通項公式；②設m為正整數，若存在“M－數列”{cn}，對任意正整數k，當k≤m時，都有成立，求m的最大值．9．（2018·江蘇·高考真題）設，對1，2，···，n的一個排列，如果當s<t時，有，則稱是排列的一個逆序，排列的所有逆序的總個數稱為其逆序數．例如：對1，2，3的一個排列231，只有兩個逆序(2，1)，(3，1)，則排列231的逆序數為2．記為1，2，···，n的所有排列中逆序數為k的全部排列的個數．（1）求的值；（2）求的表達式(用n表示)．10．（2017·北京·高考真題）設和是兩個等差數列，記，其中表示這個數中最大的數．（Ⅰ）若，，求的值，并證明是等差數列；（Ⅱ）證明：或者對任意正數，存在正整數，當時，；或者存在正整數，使得是等差數列．11．（2017·江蘇·高考真題）對于給定的正整數k,若數列{an}滿足對任意正整數n(n>k)總成立，則稱數列{an}是“P(k)數列”.(1)證明：等差數列{an}是“P(3)數列”；（2）若數列{an}既是“P(2)數列”，又是“P(3)數列”，證明：{an}是等差數列.12．（2016·江蘇·高考真題）記.對數列和的子集，若，定義；若，定義.例如：時，.現設是公比為3的等比數列，且當時，.（1）求數列的通項公式；（2）對任意正整數，若，求證：；（3）設，求證：.13．（2016·北京·高考真題）設數列A：，,…().如果對小于()的每個正整數都有＜，則稱是數列A的一個“G時刻”.記“是數列A的所有“G時刻”組成的集合.（1）對數列A：-2，2，-1，1，3，寫出的所有元素；（2）證明：若數列A中存在使得>，則；（3）證明：若數列A滿足-≤1（n=2,3,…,N）,則的元素個數不小于-.14．（2016·上海·高考真題）若無窮數列滿足：只要，必有，則稱具有性質.（1）若具有性質，且，，求；（2）若無窮數列是等差數列，無窮數列是公比為正數的等比數列，，，判斷是否具有性質，并說明理由；（3）設是無窮數列，已知.求證：“對任意都具有性質”的充要條件為“是常數列”.15．（2016·上海·高考真題）對于無窮數列{}與{}，記A={|=，}，B={|=，}，若同時滿足條件：①{}，{}均單調遞增；②且，則稱{}與{}是無窮互補數列．（1）若=，=，判斷{}與{}是否為無窮互補數列，并說明理由；（2）若=且{}與{}是無窮互補數列，求數列{}的前16項的和；（3）若{}與{}是無窮互補數列，{}為等差數列且=36，求{}與{}得通項公式．16．（2015·北京·高考真題）已知數列滿足：，，且．記集合．（Ⅰ）若，寫出集合的所有元素；（Ⅱ）若集合存在一個元素是3的倍數，證明：的所有元素都是3的倍數；（Ⅲ）求集合的元素個數的最大值．考點02函數新定義小題1．（2015·湖北·高考真題）已知符號函數是上的增函數，，則A． B．C． D．2．（2015·福建·高考真題）一個二元碼是由0和1組成的數字串，其中稱為第位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發生碼元錯誤（即碼元由0變為1，或者由1變為0）已知某種二元碼的碼元滿足如下校驗方程組：其中運算定義為：．現已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第位發生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定等于．大題1．（2024·上海·高考真題）對于一個函數和一個點，令，若是取到最小值的點，則稱是在的“最近點”．(1)對于，求證：對于點，存在點，使得點是在的“最近點”；(2)對于，請判斷是否存在一個點，它是在的“最近點”，且直線與在點處的切線垂直；(3)已知在定義域R上存在導函數，且函數在定義域R上恒正，設點，．若對任意的，存在點同時是在的“最近點”，試判斷的單調性．2．（2020·江蘇·高考真題）已知關于x的函數與在區間D上恒有．（1）若，求h(x)的表達式；（2）若，求k的取值范圍；（3）若求證：．3．（2018·江蘇·高考真題）記分別為函數的導函數．若存在，滿足且，則稱為函數與的一個“點”．（1）證明：函數與不存在“點”；（2）若函數與存在“點”，求實數的值；（3）已知函數，．對任意，判斷是否存在，使函數與在區間內存在“點”，并說明理由．考點03集合新定義小題1．（2020·浙江·高考真題）設集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有兩個元素，且S，T滿足：①對于任意x，yS，若x≠y，都有xyT②對于任意x，yT，若x<y，則S；下列命題正確的是（

）A．若S有4個元素，則S∪T有7個元素B．若S有4個元素，則S∪T有6個元素C．若S有3個元素，則S∪T有5個元素D．若S有3個元素，則S∪T有4個元素2．（2015·山東·高考真題）集合，，都是非空集合，現規定如下運算：且．假設集合，，，其中實數，，，，，滿足：（1），；；（2）；（3）．計算．3．（2015·浙江·高考真題）設，是有限集，定義，其中表示有限集A中的元素個數，命題①：對任意有限集，，“”是“”的充分必要條件；命題②：對任意有限集，，，，A．命題①和命題②都成立B．命題①和命題②都不成立C．命題①成立，命題②不成立D．命題①不成立，命題②成立4．（2015·湖北·高考真題）已知集合，，定義集合，則中元素的個數為A．77 B．49 C．45 D．30大題1．（2018·北京·高考真題）設n為正整數，集合A=．對于集合A中的任意元素和，記M（）=．（Ⅰ）當n=3時，若，，求M（）和M（）的值；（Ⅱ）當n=4時，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意元素，當相同時，M（）是奇數；當不同時，M（）是偶數．求集合B中元素個數的最大值；（Ⅲ）給定不小于2的n，設B是A的子集，且滿足：對于B中的任意兩個不同的元素，M（）=0．寫出一個集合B，使其元素個數最多，并說明理由．考點04其他新定義1．（2020·北京·高考真題）2020年3月14日是全球首個國際圓周率日（Day）．歷史上，求圓周率的方法有多種，與中國傳統數學中的“割圓術”相似．數學家阿爾·卡西的方法是：當正整數充分大時，計算單位圓的內接正邊形的周長和外切正邊形（各邊均與圓相切的正邊形）的周長，將它們的算術平均數作為的近似值．按照阿爾·卡西的方法，的近似值的表達式是（

）．A． B．C． D．2．（2016·四川·高考真題）在平面直角坐標系中，當不是原點時，定義的“伴隨點”為，當P是原點時，定義“伴隨點”為它自身，現有下列命題：①若點A的“伴隨點”是點，則點的“伴隨點”是點.②單元圓上的“伴隨點”還在單位圓上．③若兩點關于x軸對稱，則他們的“伴隨點”關于y軸對稱④若三點在同一條直線上，則他們的“伴隨點”一定共線．其中的真命題是．

專題25新定義綜合（數列新定義、函數新定義、集合新定義及其他新定義）考點十年考情（2015-2024）命題趨勢考點1數列新定義（10年10考）2024·全國新Ⅰ卷、2024·北京卷、2023·北京卷2022·北京卷、2021·全國新Ⅱ卷、2021·北京卷2020·全國新Ⅱ卷、2020·北京卷2020·江蘇卷2019·江蘇卷、2018·江蘇卷、2017·北京卷2017·江蘇卷、2016·江蘇卷、2016·北京卷2016·上海卷、2016·上海卷、2015·北京卷新高考數學新結構體系下，新定義類試題更綜合性的考查學生的思維能力和推理能力;以問題為抓手，創新設問方式，搭建思維平臺，引導考生思考，在思維過程中領悟數學方法。題目更加注重綜合性、應用性、創新性，本題分值最高，試題容量明顯增大，對學科核心素養的考查也更深入。壓軸題命題打破了試題題型、命題方式、試卷結構的固有模式，增強試題的靈活性，采取多樣的形式多角度的提問，考查學生的數學能力，新定義題型的特點是;通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創設全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎上，依據題目提供的信息，聯系所學的知識和方法，實現信息的遷移達到靈活解題的目的;遇到新定義問題，應耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質，按新定義照章辦事”逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決，難度較難，需重點特訓。考點2函數新定義（10年4考）2024·上海、2020·江蘇、2018·江蘇2015·湖北、2015·福建考點3集合新定義（10年3考）2020·浙江卷、2018·北京卷2015·山東卷、2015·浙江卷考點4其他新定義（10年2考）2020·北京卷、2016·四川卷考點01數列新定義小題1．（2021·全國新Ⅱ卷·高考真題）（多選）設正整數，其中，記．則（

）A． B．C． D．【答案】ACD【分析】利用的定義可判斷ACD選項的正誤，利用特殊值法可判斷B選項的正誤.【詳解】對于A選項，，，所以，，A選項正確；對于B選項，取，，，而，則，即，B選項錯誤；對于C選項，，所以，，，所以，，因此，，C選項正確；對于D選項，，故，D選項正確.故選：ACD.2．（2020·全國新Ⅱ卷·高考真題）0-1周期序列在通信技術中有著重要應用.若序列滿足，且存在正整數，使得成立，則稱其為0-1周期序列，并稱滿足的最小正整數為這個序列的周期.對于周期為的0-1序列，是描述其性質的重要指標，下列周期為5的0-1序列中，滿足的序列是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據新定義，逐一檢驗即可【詳解】由知，序列的周期為m，由已知，，對于選項A，，不滿足；對于選項B，，不滿足；對于選項D，，不滿足；故選：C【點晴】本題考查數列的新定義問題，涉及到周期數列，考查學生對新定義的理解能力以及數學運算能力，是一道中檔題.大題1．（2024·全國新Ⅰ卷·高考真題）設m為正整數，數列是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項和后剩余的項可被平均分為組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列是可分數列．(1)寫出所有的，，使數列是可分數列；(2)當時，證明：數列是可分數列；(3)從中一次任取兩個數和，記數列是可分數列的概率為，證明：．【答案】(1)(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】（1）直接根據可分數列的定義即可；（2）根據可分數列的定義即可驗證結論；（3）證明使得原數列是可分數列的至少有個，再使用概率的定義.【詳解】（1）首先，我們設數列的公差為，則.由于一個數列同時加上一個數或者乘以一個非零數后是等差數列，當且僅當該數列是等差數列，故我們可以對該數列進行適當的變形，得到新數列，然后對進行相應的討論即可.換言之，我們可以不妨設，此后的討論均建立在該假設下進行.回到原題，第1小問相當于從中取出兩個數和，使得剩下四個數是等差數列.那么剩下四個數只可能是，或，或.所以所有可能的就是.（2）由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下兩個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，共組.（如果，則忽略②）故數列是可分數列.（3）定義集合，.下面證明，對，如果下面兩個命題同時成立，則數列一定是可分數列：命題1：或；命題2：.我們分兩種情況證明這個結論.第一種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下三個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，共組；③，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）故此時數列是可分數列.第二種情況：如果，且.此時設，，.則由可知，即，故.由于，故，從而，這就意味著.此時，由于從數列中取出和后，剩余的個數可以分為以下四個部分，共組，使得每組成等差數列：①，共組；②，，共組；③全體，其中，共組；④，共組.（如果某一部分的組數為，則忽略之）這里對②和③進行一下解釋：將③中的每一組作為一個橫排，排成一個包含個行，個列的數表以后，個列分別是下面這些數：，，，.可以看出每列都是連續的若干個整數，它們再取并以后，將取遍中除開五個集合，，，，中的十個元素以外的所有數.而這十個數中，除開已經去掉的和以外，剩余的八個數恰好就是②中出現的八個數.這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時數列是可分數列.至此，我們證明了：對，如果前述命題1和命題2同時成立，則數列一定是可分數列.然后我們來考慮這樣的的個數.首先，由于，和各有個元素，故滿足命題1的總共有個；而如果，假設，則可設，，代入得.但這導致，矛盾，所以.設，，，則，即.所以可能的恰好就是，對應的分別是，總共個.所以這個滿足命題1的中，不滿足命題2的恰好有個.這就得到同時滿足命題1和命題2的的個數為.當我們從中一次任取兩個數和時，總的選取方式的個數等于.而根據之前的結論，使得數列是可分數列的至少有個.所以數列是可分數列的概率一定滿足.這就證明了結論.【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵在于對新定義數列的理解，只有理解了定義，方可使用定義驗證或探究結論.2．（2024·北京·高考真題）已知集合．給定數列，和序列，其中，對數列進行如下變換：將的第項均加1，其余項不變，得到的數列記作；將的第項均加1，其余項不變，得到數列記作；……；以此類推，得到，簡記為．(1)給定數列和序列，寫出；(2)是否存在序列，使得為，若存在，寫出一個符合條件的；若不存在，請說明理由；(3)若數列的各項均為正整數，且為偶數，求證：“存在序列，使得的各項都相等”的充要條件為“”．【答案】(1)(2)不存在符合條件的，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）直接按照的定義寫出即可；（2）解法一：利用反證法，假設存在符合條件的，由此列出方程組，進一步說明方程組無解即可；解法二：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，可知序列共有8項，可知：，檢驗即可；（3）解法一：分充分性和必要性兩方面論證；解法二：若，分類討論相等得個數，結合題意證明即可；若存在序列，使得為常數列，結合定義分析證明即可.【詳解】（1）因為數列，由序列可得；由序列可得；由序列可得；所以.（2）解法一：假設存在符合條件的，可知的第項之和為，第項之和為，則，而該方程組無解，故假設不成立，故不存在符合條件的；解法二：由題意可知：對于任意序列，所得數列之和比原數列之和多4，假設存在符合條件的，且，因為，即序列共有8項，由題意可知：，檢驗可知：當時，上式不成立，即假設不成立，所以不存在符合條件的.（3）解法一：我們設序列為，特別規定.必要性：若存在序列，使得的各項都相等.則，所以.根據的定義，顯然有，這里，.所以不斷使用該式就得到，必要性得證.充分性：若.由已知，為偶數，而，所以也是偶數.我們設是通過合法的序列的變換能得到的所有可能的數列中，使得最小的一個.上面已經說明，這里，.從而由可得.同時，由于總是偶數，所以和的奇偶性保持不變，從而和都是偶數.下面證明不存在使得.假設存在，根據對稱性，不妨設，，即.情況1：若，則由和都是偶數，知.對該數列連續作四次變換后，新的相比原來的減少，這與的最小性矛盾；情況2：若，不妨設.情況2-1：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾；情況2-2：如果，則對該數列連續作兩次變換后，新的相比原來的至少減少，這與的最小性矛盾.這就說明無論如何都會導致矛盾，所以對任意的都有.假設存在使得，則是奇數，所以都是奇數，設為.則此時對任意，由可知必有.而和都是偶數，故集合中的四個元素之和為偶數，對該數列進行一次變換，則該數列成為常數列，新的等于零，比原來的更小，這與的最小性矛盾.綜上，只可能，而，故是常數列，充分性得證.解法二：由題意可知：中序列的順序不影響的結果，且相對于序列也是無序的，（ⅰ）若，不妨設，則，①當，則，分別執行個序列、個序列，可得，為常數列，符合題意；②當中有且僅有三個數相等，不妨設，則，即，分別執行個序列、個序列可得，即，因為為偶數，即為偶數，可知的奇偶性相同，則，分別執行個序列，，，，可得，為常數列，符合題意；③若，則，即，分別執行個、個，可得，因為，可得，即轉為①，可知符合題意；④當中有且僅有兩個數相等，不妨設，則，即，分別執行個、個，可得，且，可得，即轉為②，可知符合題意；⑤若，則，即，分別執行個、個，可得，且，可得，即轉為③，可知符合題意；綜上所述：若，則存在序列，使得為常數列；（ⅱ）若存在序列，使得為常數列，因為對任意，均有成立，若為常數列，則，所以；綜上所述：“存在序列，使得為常數列”的充要條件為“”.【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵在于對新定義的理解，以及對其本質的分析.3．（2023·北京·高考真題）已知數列的項數均為m，且的前n項和分別為，并規定．對于，定義，其中，表示數集M中最大的數.(1)若，求的值；(2)若，且，求；(3)證明：存在，滿足使得．【答案】(1)，，，(2)(3)證明見詳解【分析】（1）先求，根據題意分析求解；（2）根據題意題意分析可得，利用反證可得，在結合等差數列運算求解；（3）討論的大小，根據題意結合反證法分析證明.【詳解】（1）由題意可知：，當時，則，故；當時，則，故；當時，則故；當時，則，故；綜上所述：，，，.（2）由題意可知：，且，因為，且，則對任意恒成立，所以，又因為，則，即，可得，反證：假設滿足的最小正整數為，當時，則；當時，則，則，又因為，則，假設不成立，故，即數列是以首項為1，公差為1的等差數列，所以.（3）因為均為正整數，則均為遞增數列，（ⅰ）若，則可取，滿足使得；（ⅱ）若，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得；（ⅲ）若，定義，則，構建，由題意可得：，且為整數，反證，假設存在正整數，使得，則，可得，這與相矛盾，故對任意，均有.①若存在正整數，使得，即，可取，即滿足，使得；②若不存在正整數，使得，因為，且，所以必存在，使得，即，可得，可取，滿足，使得.綜上所述：存在使得．4．（2022·北京·高考真題）已知為有窮整數數列．給定正整數m，若對任意的，在Q中存在，使得，則稱Q為連續可表數列．(1)判斷是否為連續可表數列？是否為連續可表數列？說明理由；(2)若為連續可表數列，求證：k的最小值為4；(3)若為連續可表數列，且，求證：．【答案】(1)是連續可表數列；不是連續可表數列．(2)證明見解析．(3)證明見解析．【分析】（1）直接利用定義驗證即可；（2）先考慮不符合，再列舉一個合題即可；（3）時，根據和的個數易得顯然不行，再討論時，由可知里面必然有負數，再確定負數只能是，然后分類討論驗證不行即可．【詳解】（1），，，，，所以是連續可表數列；易知，不存在使得，所以不是連續可表數列．（2）若,設為,則至多，6個數字，沒有個，矛盾；當時,數列，滿足，，，，，，，，．（3），若最多有種，若，最多有種，所以最多有種，若，則至多可表個數，矛盾,從而若,則，至多可表個數，而，所以其中有負的，從而可表1~20及那個負數（恰21個），這表明中僅一個負的，沒有0，且這個負的在中絕對值最小，同時中沒有兩數相同,設那個負數為，則所有數之和，，，再考慮排序，排序中不能有和相同，否則不足個，（僅一種方式），與2相鄰，若不在兩端,則形式，若，則（有2種結果相同，方式矛盾），，同理，故在一端，不妨為形式，若,則（有2種結果相同，矛盾），同理不行，，則（有2種結果相同，矛盾），從而，由于,由表法唯一知3,4不相鄰,、故只能，①或，②這2種情形，對①：，矛盾，對②：，也矛盾，綜上，當時，數列滿足題意，．【點睛】關鍵點睛，先理解題意，是否為可表數列核心就是是否存在連續的幾項（可以是一項）之和能表示從到中間的任意一個值．本題第二問時，通過和值可能個數否定；第三問先通過和值的可能個數否定，再驗證時，數列中的幾項如果符合必然是的一個排序，可驗證這組數不合題．5．（2021·北京·高考真題）設p為實數.若無窮數列滿足如下三個性質，則稱為數列：①，且；②；③，．（1）如果數列的前4項為2，-2，-2，-1，那么是否可能為數列？說明理由；（2）若數列是數列，求；（3）設數列的前項和為.是否存在數列，使得恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說明理由．【答案】（1）不可以是數列；理由見解析；（2）；（3）存在；．【分析】(1)由題意考查的值即可說明數列不是數列；(2)由題意首先確定數列的前4項，然后討論計算即可確定的值；(3)構造數列，易知數列是的，結合(2)中的結論求解不等式即可確定滿足題意的實數的值.【詳解】(1)因為所以，因為所以所以數列，不可能是數列.(2)性質①，由性質③，因此或，或，若，由性質②可知，即或，矛盾；若，由有，矛盾.因此只能是.又因為或，所以或.若，則，不滿足，舍去.當，則前四項為:0，0，0，1，下面用數學歸納法證明：當時，經驗證命題成立，假設當時命題成立，當時：若，則，利用性質③：，此時可得：；否則，若，取可得：，而由性質②可得：，與矛盾.同理可得：，有；，有；，又因為，有即當時命題成立，證畢.綜上可得：，.(3)令，由性質③可知：，由于，因此數列為數列.由（2）可知:若；，，因此，此時，，滿足題意.【點睛】本題屬于數列中的“新定義問題”，“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.但是，透過現象看本質，它們考查的還是基礎數學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.6．（2020·北京·高考真題）已知是無窮數列．給出兩個性質：①對于中任意兩項，在中都存在一項，使；②對于中任意項，在中都存在兩項．使得．(Ⅰ)若，判斷數列是否滿足性質①，說明理由；(Ⅱ)若，判斷數列是否同時滿足性質①和性質②，說明理由；(Ⅲ)若是遞增數列，且同時滿足性質①和性質②，證明：為等比數列.【答案】(Ⅰ)詳見解析；(Ⅱ)詳解解析；(Ⅲ)證明詳見解析.【分析】(Ⅰ)根據定義驗證，即可判斷；(Ⅱ)根據定義逐一驗證，即可判斷；(Ⅲ)解法一：首先，證明數列中的項數同號，然后證明，最后，用數學歸納法證明數列為等比數列即可.解法二：首先假設數列中的項數均為正數，然后證得成等比數列，之后證得成等比數列，同理即可證得數列為等比數列，從而命題得證.【詳解】(Ⅰ)不具有性質①；(Ⅱ)具有性質①；具有性質②；(Ⅲ)解法一首先，證明數列中的項數同號，不妨設恒為正數：顯然，假設數列中存在負項，設，第一種情況：若，即，由①可知：存在，滿足，存在，滿足，由可知，從而，與數列的單調性矛盾，假設不成立.第二種情況：若，由①知存在實數，滿足，由的定義可知：，另一方面，，由數列的單調性可知：，這與的定義矛盾，假設不成立.同理可證得數列中的項數恒為負數.綜上可得，數列中的項數同號.其次，證明：利用性質②：取，此時，由數列的單調性可知，而，故，此時必有，即，最后，用數學歸納法證明數列為等比數列：假設數列的前項成等比數列，不妨設，其中，（的情況類似）由①可得：存在整數，滿足，且（*）由②得：存在，滿足：，由數列的單調性可知：，由可得：（**）由（**）和（*）式可得：，結合數列的單調性有：，注意到均為整數，故，代入（**）式，從而.總上可得，數列的通項公式為：.即數列為等比數列.解法二：假設數列中的項數均為正數：首先利用性質②：取，此時，由數列的單調性可知，而，故，此時必有，即，即成等比數列，不妨設，然后利用性質①：取，則，即數列中必然存在一項的值為，下面我們來證明，否則，由數列的單調性可知，在性質②中，取，則，從而，與前面類似的可知則存在，滿足，若，則：，與假設矛盾；若，則：，與假設矛盾；若，則：，與數列的單調性矛盾；即不存在滿足題意的正整數，可見不成立，從而，然后利用性質①：取，則數列中存在一項，下面我們用反證法來證明，否則，由數列的單調性可知，在性質②中，取，則，從而，與前面類似的可知則存在，滿足，即由②可知：，若，則，與假設矛盾；若，則，與假設矛盾；若，由于為正整數，故，則，與矛盾；綜上可知，假設不成立，則.同理可得：，從而數列為等比數列，同理，當數列中的項數均為負數時亦可證得數列為等比數列.由推理過程易知數列中的項要么恒正要么恒負，不會同時出現正數和負數.從而題中的結論得證，數列為等比數列.【點睛】本題主要考查數列的綜合運用，等比數列的證明，數列性質的應用，數學歸納法與推理方法、不等式的性質的綜合運用等知識，意在考查學生的轉化能力和推理能力.7．（2020·江蘇·高考真題）已知數列的首項a1=1，前n項和為Sn．設λ與k是常數，若對一切正整數n，均有成立，則稱此數列為“λ~k”數列．（1）若等差數列是“λ~1”數列，求λ的值；（2）若數列是“”數列，且an＞0，求數列的通項公式；（3）對于給定的λ，是否存在三個不同的數列為“λ~3”數列，且an≥0?若存在，求λ的取值范圍；若不存在，說明理由，【答案】（1）1（2）（3）【分析】（1）根據定義得，再根據和項與通項關系化簡得，最后根據數列不為零數列得結果；（2）根據定義得，根據平方差公式化簡得，求得，即得；（3）根據定義得，利用立方差公式化簡得兩個方程，再根據方程解的個數確定參數滿足的條件，解得結果【詳解】（1）（2），（3）假設存在三個不同的數列為數列.或或∵對于給定的，存在三個不同的數列為數列，且或有兩個不等的正根.可轉化為，不妨設，則有兩個不等正根，設.①

當時，，即，此時，，滿足題意.②

當時，，即，此時，，此情況有兩個不等負根，不滿足題意舍去.綜上，【點睛】本題考查數列新定義、由和項求通項、一元二次方程實根分步，考查綜合分析求解能力，屬難題.8．（2019·江蘇·高考真題）定義首項為1且公比為正數的等比數列為“M－數列”.（1）已知等比數列{an}滿足：，求證:數列{an}為“M－數列”；（2）已知數列{bn}滿足:，其中Sn為數列{bn}的前n項和．①求數列{bn}的通項公式；②設m為正整數，若存在“M－數列”{cn}，對任意正整數k，當k≤m時，都有成立，求m的最大值．【答案】（1）見解析；（2）①bn=n；②5.【分析】（1）由題意分別求得數列的首項和公比即可證得題中的結論；（2）①由題意利用遞推關系式討論可得數列{bn}是等差數列，據此即可確定其通項公式；②由①確定的值，將原問題進行等價轉化，構造函數，結合導函數研究函數的性質即可求得m的最大值．【詳解】（1）設等比數列{an}的公比為q，所以a1≠0，q≠0.由，得，解得．因此數列為“M—數列”.（2）①因為，所以．由得，則.由，得，當時，由，得，整理得．所以數列{bn}是首項和公差均為1的等差數列.因此，數列{bn}的通項公式為bn=n.②由①知，bk=k，.因為數列{cn}為“M–數列”，設公比為q，所以c1=1，q>0.因為ck≤bk≤ck+1，所以，其中k=1，2，3，…，m.當k=1時，有q≥1；當k=2，3，…，m時，有．設f（x）=，則．令，得x=e.列表如下：xe(e，+∞)+0–f（x）極大值因為，所以．取，當k=1，2，3，4，5時，，即，經檢驗知也成立．因此所求m的最大值不小于5．若m≥6，分別取k=3，6，得3≤q3，且q5≤6，從而q15≥243，且q15≤216，所以q不存在.因此所求m的最大值小于6.綜上，所求m的最大值為5．【點睛】本題主要考查等差和等比數列的定義、通項公式、性質等基礎知識，考查代數推理、轉化與化歸及綜合運用數學知識探究與解決問題的能力．9．（2018·江蘇·高考真題）設，對1，2，···，n的一個排列，如果當s<t時，有，則稱是排列的一個逆序，排列的所有逆序的總個數稱為其逆序數．例如：對1，2，3的一個排列231，只有兩個逆序(2，1)，(3，1)，則排列231的逆序數為2．記為1，2，···，n的所有排列中逆序數為k的全部排列的個數．（1）求的值；（2）求的表達式(用n表示)．【答案】（1）2

5（2）n≥5時，【詳解】分析：（1）先根據定義利用枚舉法確定含三個元素的集合中逆序數為2的個數，再利用枚舉法確定含四個元素的集合中逆序數為2的個數；（2）先尋求含n個元素的集合中逆序數為2與含n+1個元素的集合中逆序數為2的個數之間的關系，再根據疊加法求得結果.詳解：解：（1）記為排列abc的逆序數，對1，2，3的所有排列，有，所以．對1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，將數字4添加進去，4在新排列中的位置只能是最后三個位置．因此，．（2）對一般的n（n≥4）的情形，逆序數為0的排列只有一個：12…n，所以．逆序數為1的排列只能是將排列12…n中的任意相鄰兩個數字調換位置得到的排列，所以．為計算，當1，2，…，n的排列及其逆序數確定后，將n+1添加進原排列，n+1在新排列中的位置只能是最后三個位置．因此，．當n≥5時，，因此，n≥5時，．點睛：探求數列通項公式的方法有觀察(觀察規律)、比較(比較已知數列)、歸納、轉化(轉化為特殊數列)、聯想(聯想常見的數列)等方法.尋求相鄰項之間的遞推關系，是求數列通項公式的一個有效的方法.10．（2017·北京·高考真題）設和是兩個等差數列，記，其中表示這個數中最大的數．（Ⅰ）若，，求的值，并證明是等差數列；（Ⅱ）證明：或者對任意正數，存在正整數，當時，；或者存在正整數，使得是等差數列．【答案】（1）見解析（2）見解析【詳解】試題分析：（Ⅰ）分別代入求，觀察規律，再證明當時，，所以關于單調遞減.所以，從而得證；（Ⅱ）首先求的通項公式，分三種情況討論證明.試題解析：（Ⅰ），.當時，，所以關于單調遞減.所以.所以對任意，于是，所以是等差數列.（Ⅱ）設數列和的公差分別為，則.所以①當時，取正整數，則當時，，因此.此時，是等差數列.②當時，對任意，此時，是等差數列.③當時，當時，有.所以對任意正數，取正整數，故當時，.【名師點睛】近幾年北京卷理科壓軸題一直為新信息題，本題考查學生對新定義的理解能力和使用能力，本題屬于偏難問題，反映出學生對新的信息的理解和接受能力，本題考查數列的有關知識及歸納法證明，即考查了數列（分段形函數）求值，又考查了歸納法證明和對數據的分析研究，考查了學生的分析問題能力和邏輯推理能力，本題屬于拔高難題，特別是第二問難度較大，適合選拔優秀學生.11．（2017·江蘇·高考真題）對于給定的正整數k,若數列{an}滿足對任意正整數n(n>k)總成立，則稱數列{an}是“P(k)數列”.(1)證明：等差數列{an}是“P(3)數列”；（2）若數列{an}既是“P(2)數列”，又是“P(3)數列”，證明：{an}是等差數列.【答案】（1）見解析（2）見解析【詳解】試題分析：（1）利用等差數列性質得，即得，再根據定義即可判斷；（2）先根據定義得，，再將條件集中消元：，，即得，最后驗證起始項也滿足即可．試題解析：證明:（1）因為是等差數列，設其公差為，則，從而，當時，，所以，因此等差數列是“數列”.（2）數列既是“數列”，又是“數列”，因此，當時，，①當時，.②由①知，，③，④將③④代入②，得，其中，所以是等差數列，設其公差為.在①中，取，則，所以，在①中，取，則，所以，所以數列是等差數列.點睛:證明為等差數列的方法：①用定義證明：為常數）；②用等差中項證明：；③通項法：為關于的一次函數；④前項和法：．12．（2016·江蘇·高考真題）記.對數列和的子集，若，定義；若，定義.例如：時，.現設是公比為3的等比數列，且當時，.（1）求數列的通項公式；（2）對任意正整數，若，求證：；（3）設，求證：.【答案】（1）（2）詳見解析（3）詳見解析【詳解】（1）由已知得.于是當時，.又，故，即.所以數列的通項公式為.（2）因為，，所以.因此，.（3）下面分三種情況證明.①若是的子集，則.②若是的子集，則.③若不是的子集，且不是的子集.令，則，，.于是，，進而由，得.設是中的最大數，為中的最大數，則.由（2）知，，于是，所以，即.又，故，從而，故，所以，即.綜合①②③得，.【考點】等比數列的通項公式、求和【名師點睛】本題有三個難點：一是數列新定義，利用新定義確定等比數列的首項，再代入等比數列通項公式求解；二是利用放縮法求證不等式，放縮的目的是將非特殊數列轉化為特殊數列，從而可利用特殊數列的性質，以算代征；三是結論含義的應用，實質又是一個新定義，只不過是新定義的性質應用.13．（2016·北京·高考真題）設數列A：，,…().如果對小于()的每個正整數都有＜，則稱是數列A的一個“G時刻”.記“是數列A的所有“G時刻”組成的集合.（1）對數列A：-2，2，-1，1，3，寫出的所有元素；（2）證明：若數列A中存在使得>，則；（3）證明：若數列A滿足-≤1（n=2,3,…,N）,則的元素個數不小于-.【答案】（1）的元素為和；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【詳解】試題分析：（Ⅰ）關鍵是理解“G時刻”的定義，根據定義即可寫出的所有元素；（Ⅱ）要證，即證中含有一元素即可；（Ⅲ）當時，結論成立.只要證明當時結論仍然成立即可.試題解析：（Ⅰ）的元素為和.（Ⅱ）因為存在使得，所以.記，則，且對任意正整數.因此，從而.（Ⅲ）當時，結論成立.以下設.由（Ⅱ）知.設.記.則.對，記.如果，取，則對任何.從而且.又因為是中的最大元素，所以.從而對任意，，特別地，.對.因此.所以.因此的元素個數p不小于.【考點】數列、新定義問題.【名師點睛】數列的實際應用題要注意分析題意，將實際問題轉化為常用的數列模型，數列的綜合問題涉及的數學思想：函數與方程思想(如：求最值或基本量)、轉化與化歸思想(如：求和或應用)、特殊到一般思想(如：求通項公式)、分類討論思想(如：等比數列求和，或)等.14．（2016·上海·高考真題）若無窮數列滿足：只要，必有，則稱具有性質.（1）若具有性質，且，，求；（2）若無窮數列是等差數列，無窮數列是公比為正數的等比數列，，，判斷是否具有性質，并說明理由；（3）設是無窮數列，已知.求證：“對任意都具有性質”的充要條件為“是常數列”.【答案】（1）．（2）不具有性質．（3）見解析．【詳解】試題分析：（1）根據已知條件，得到，結合求解即可．（2）根據的公差為，的公比為，寫出通項公式，從而可得．通過計算，，，，即知不具有性質．（3）從充分性、必要性兩方面加以證明，其中必要性用反證法證明．試題解析：（1）因為，所以，，．于是，又因為，解得．（2）的公差為，的公比為，所以，．．，但，，，所以不具有性質．[證]（3）充分性：當為常數列時，．對任意給定的，只要，則由，必有．充分性得證．必要性：用反證法證明．假設不是常數列，則存在，使得，而．下面證明存在滿足的，使得，但．設，取，使得，則，，故存在使得．取，因為（），所以，依此類推，得．但，即．所以不具有性質，矛盾．必要性得證．綜上，“對任意，都具有性質”的充要條件為“是常數列”．【考點】等差數列、等比數列、充要條件的證明、反證法【名師點睛】本題對考生的邏輯推理能力要求較高，是一道難題.解答此類題目時，熟練掌握等差數列、等比數列的相關知識及反證法是基礎，靈活應用已知條件進行推理是關鍵.本題易錯主要有兩個原因，一是不得法，二是對復雜式子的變形能力不足，導致錯漏百出.本題能較好地考查考生的邏輯思維及推理能力、運算求解能力、分析問題解決問題的能力等.15．（2016·上海·高考真題）對于無窮數列{}與{}，記A={|=，}，B={|=，}，若同時滿足條件：①{}，{}均單調遞增；②且，則稱{}與{}是無窮互補數列．（1）若=，=，判斷{}與{}是否為無窮互補數列，并說明理由；（2）若=且{}與{}是無窮互補數列，求數列{}的前16項的和；（3）若{}與{}是無窮互補數列，{}為等差數列且=36，求{}與{}得通項公式．【答案】（1）與不是無窮互補數列；（2）；（3），．【詳解】（1）因為，，所以，從而與不是無窮互補數列．（2）因為，所以．數列的前項的和為．（3）設的公差為，，則．由，得或．若，則，，與“與是無窮互補數列”矛盾；若，則，，．綜上，，．16．（2015·北京·高考真題）已知數列滿足：，，且．記集合．（Ⅰ）若，寫出集合的所有元素；（Ⅱ）若集合存在一個元素是3的倍數，證明：的所有元素都是3的倍數；（Ⅲ）求集合的元素個數的最大值．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）證明見解析；（III）8．【分析】（Ⅰ），利用可求得集合的所有元素為6，12，24；（Ⅱ）因為集合存在一個元素是3的倍數，所以不妨設是3的倍數，由，2，，可歸納證明對任意，是3的倍數；（Ⅲ）分是3的倍數與不是3的倍數討論，即可求得集合的元素個數的最大值．【詳解】解：（Ⅰ）若，由于，2，，．故集合的所有元素為6，12，24，；（Ⅱ）因為集合存在一個元素是3的倍數，所以不妨設是3的倍數，由，2，，可歸納證明對任意，是3的倍數．如果，的所有元素都是3的倍數；如果，因為，或，所以是3的倍數；于是是3的倍數；類似可得，，，都是3的倍數；從而對任意，是3的倍數；綜上，若集合存在一個元素是3的倍數，則集合的所有元素都是3的倍數（Ⅲ）對，，2，，可歸納證明對任意，，3，因為是正整數，，所以是2的倍數．從而當時，是2的倍數．如果是3的倍數，由（Ⅱ）知，對所有正整數，是3的倍數．因此當時，，24，，這時的元素個數不超過5．如果不是3的倍數，由（Ⅱ）知，對所有正整數，不是3的倍數．因此當時，，8，16，20，28，，這時的元素個數不超過8．當時，，2，4，8，16，20，28，，有8個元素．綜上可知，集合的元素個數的最大值為8．考點：1.分段函數形數列通項公式求值；2.歸納法證明；3.數列元素分析.考點02函數新定義小題1．（2015·湖北·高考真題）已知符號函數是上的增函數，，則A． B．C． D．【答案】B【詳解】試題分析：本題是選擇題，可以用特殊法，符號函數，是上的增函數，，不妨令，則，，所以A不正確，B正確，，C不正確，D正確；對于D，令，則，，所以D不正確；故選B．考點：函數與方程的綜合應用【思路點睛】符號函數或者說函數的新定義問題是高考中一類常考題目，此類題目一般難度不是很大，但想做出來也是很復雜的．所以做此類題目一定要弄清楚新定義函數的意思，然后根據函數的意義及性質，逐步進行解題．此題中新定義的函數，是分段函數的形式，且給了我們另一個函數以及與的關系，利用函數的性質代入即可得到所求答案．2．（2015·福建·高考真題）一個二元碼是由0和1組成的數字串，其中稱為第位碼元，二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發生碼元錯誤（即碼元由0變為1，或者由1變為0）已知某種二元碼的碼元滿足如下校驗方程組：其中運算定義為：．現已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第位發生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定等于．【答案】．【詳解】由題意得相同數字經過運算后為，不同數字運算后為．由可判斷后個數字出錯；由可判斷后個數字沒錯，即出錯的是第個或第個；由可判斷出錯的是第個，綜上，第位發生碼元錯誤．考點：推理證明和新定義．大題1．（2024·上海·高考真題）對于一個函數和一個點，令，若是取到最小值的點，則稱是在的“最近點”．(1)對于，求證：對于點，存在點，使得點是在的“最近點”；(2)對于，請判斷是否存在一個點，它是在的“最近點”，且直線與在點處的切線垂直；(3)已知在定義域R上存在導函數，且函數在定義域R上恒正，設點，．若對任意的，存在點同時是在的“最近點”，試判斷的單調性．【答案】(1)證明見解析(2)存在，(3)嚴格單調遞減【分析】（1）代入，利用基本不等式即可；（2）由題得，利用導函數得到其最小值，則得到，再證明直線與切線垂直即可；（3）根據題意得到，對兩等式化簡得，再利用“最近點”的定義得到不等式組，即可證明，最后得到函數單調性.【詳解】（1）當時，，當且僅當即時取等號，故對于點，存在點，使得該點是在的“最近點”．（2）由題設可得，則，因為均為上單調遞增函數，則在上為嚴格增函數，而，故當時，，當時，，故，此時，而，故在點處的切線方程為.而，故，故直線與在點處的切線垂直．（3）設，，而，，若對任意的，存在點同時是在的“最近點”，設，則既是的最小值點，也是的最小值點，因為兩函數的定義域均為，則也是兩函數的極小值點，則存在,使得，即①②由①②相等得，即，即，又因為函數在定義域R上恒正，則恒成立，接下來證明，因為既是的最小值點，也是的最小值點，則，即，③，④③④得即，因為則，解得，則恒成立，因為的任意性，則嚴格單調遞減.【點睛】關鍵點點睛：本題第三問的關鍵是結合最值點和極小值的定義得到，再利用最值點定義得到即可.2．（2020·江蘇·高考真題）已知關于x的函數與在區間D上恒有．（1）若，求h(x)的表達式；（2）若，求k的取值范圍；（3）若求證：．【答案】（1）；（2）；（3）證明詳見解析【分析】（1）方法一：根據一元二次不等式恒成立問題的解法，即可求得的表達式；（2）方法一：先由，求得的一個取值范圍，再由，求得的另一個取值范圍，從而求得的取值范圍.（3）方法一：根據題意可得兩個含參數的一元二次不等式在區間上恒成立，再結合放縮，即可利用導數證得不等式成立.【詳解】（1）[方法一]:判別式法由可得在R上恒成立，即和，從而有即，所以，因此，．所以．[方法二]【最優解】：特值+判別式法由題設有對任意的恒成立.令，則，所以.因此即對任意的恒成立，所以，因此.故.（2）[方法一]令，.又.若，則在上遞增，在上遞減，則，即，不符合題意.當時，，符合題意.當時，在上遞減，在上遞增，則，即，符合題意.綜上所述，.由當，即時，在為增函數，因為，故存在，使，不符合題意.當，即時，，符合題意.當，即時，則需，解得.綜上所述，的取值范圍是.[方法二]【最優解】：特值輔助法由已知得在內恒成立；由已知得，令，得，∴(*)，令，，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增，∴，∴當時在內恒成立；由在內恒成立，由(*)知，∴，∴，解得.∴的取值范圍是.（3）[方法一]：判別式+導數法因為對任意恒成立，①對任意恒成立，等價于對任意恒成立.故對任意恒成立.令，當，，此時，當，，但對任意的恒成立.等價于對任意的恒成立.的兩根為，則，所以.令，構造函數，，所以時，，遞減，.所以，即.[方法二]：判別式法

由，從而對任意的有恒成立，等價于對任意的①，恒成立．（事實上，直線為函數的圖像在處的切線）同理對任意的恒成立，即等價于對任意的恒成立．

②當時，將①式看作一元二次方程，進而有，①式的解為或（不妨設）；當時，，從而或，又，從而成立；當時，由①式得或，又，所以．當時，將②式看作一元二次方程，進而有．由，得，此時②式的解為不妨設，從而．綜上所述，．[方法三]【最優解】：反證法假設存在，使得滿足條件的m，n有．因為，所以．因為，所以．因為對恒成立，所以有．則有，

③，

④解得．由③+④并化簡得，．因為在區間上遞增，且，所以，．由對恒成立，即有

⑤對恒成立，將⑤式看作一元二次方程，進而有．設，則，所以在區間上遞減，所以，即．設不等式⑤的解集為，則，這與假設矛盾．從而．由均為偶函數．同樣可證時，也成立．綜上所述，．【整體點評】（1）的方法一利用不等式恒成立的意義，結合二次函數的性質，使用判別式得到不等式組，求解得到；方法二先利用特值求得的值，然后使用判別式進一步求解，簡化了運算，是最優解；（2）中的方法一利用導數和二次函數的性質，使用分類討論思想分別求得的取值范圍，然后取交集；方法二先利用特殊值進行判定得到，然后在此基礎上，利用導數驗證不等式的一側恒成立，利用二次函數的性質求得不等式的另一側也成立的條件，進而得到結論，是最優解；（3）的方法一、方法二中的分解因式難度較大，方法三使用反證法，推出矛盾，思路清晰，運算簡潔，是最優解.3．（2018·江蘇·高考真題）記分別為函數的導函數．若存在，滿足且，則稱為函數與的一個“點”．（1）證明：函數與不存在“點”；（2）若函數與存在“點”，求實數的值；（3）已知函數，．對任意，判斷是否存在，使函數與在區間內存在“點”，并說明理由．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）存在，使函數與在區間內存在“點”．【詳解】分析：（1）根據題中“S點”的定義列兩個方程，根據方程組無解證得結論；（2）同（1）根據“S點”的定義列兩個方程，解方程組可得a的值；（3）通過構造函數以及結合“S點”的定義列兩個方程，再判斷方程組是否有解即可證得結論.詳解：解：（1）函數f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，則f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′（x）=g′（x），得，此方程組無解，因此，f（x）與g（x）不存在“S”點．（2）函數，，則．設x0為f（x）與g（x）的“S”點，由f（x0）與g（x0）且f′（x0）與g′（x0），得，即，（*）得，即，則．當時，滿足方程組（*），即為f（x）與g（x）的“S”點．因此，a的值為．（3）對任意a>0，設．因為，且h（x）的圖象是不間斷的，所以存在∈（0，1），使得，令，則b>0．函數，則．由f（x）與g（x）且f′（x）與g′（x），得，即（**）此時，滿足方程組（**），即是函數f（x）與g（x）在區間（0，1）內的一個“S點”．因此，對任意a>0，存在b>0，使函數f（x）與g（x）在區間（0，+∞）內存在“S點”．點睛：涉及函數的零點問題、方程解的個數問題、函數圖象交點個數問題，一般先通過導數研究函數的單調性、最大值、最小值、變化趨勢等，再借助函數的大致圖象判斷零點、方程根、交點的情況，歸根到底還是研究函數的性質，如單調性、極值，然后通過數形結合的思想找到解題的思路.考點03集合新定義小題1．（2020·浙江·高考真題）設集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有兩個元素，且S，