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新高考“九省联考”19题压轴题汇编
一、集合新定义
1 (2023下·北京·高一校考开学考试)给定整数n≥ 3，由n元实数集合S定义其相伴数集T=
a- b ∣ a b∈S,a≠ b ，如果min T = 1，则称集合S为一个n元规范数集，并定义S的范数 f为其中
所有元素绝对值之和.
(1)判断A= -0.1,-1.1,2,2.5 、B= -1.5,-0.5,0.5,1.5 哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个n元规范数集S，记m、M分别为其中最小数与最大数，求证： min S + max S ≥n-
1；
(3)当S= a1,a2, ,a2023 遍历所有 2023元规范数集时，求范数 f的最小值.
注：min X 、max X 分别表示数集X中的最小数与最大数.
2 (2024·全国·校联考模拟预测)已知有穷数列A:a1，a2， ，an(n≥ 3)中的每一项都是不大于n的
正整数.对于满足 1≤m≤n的整数m，令集合A m = k ak=m，k= 1，2， ，n .记集合A(m)中元
素的个数为 s(m) (约定空集的元素个数为 0).
(1)若A:6，3，2，5，3，7，5，5，求A(5)及 s(5)；
(2) 1 + 1若 + + 1 =n，求证：a1,a2, ,an互不相同；
s(a1) s(a2) s(an)
(3)已知 a1= a,a2= b，若对任意的正整数 i，j(i≠ j，i+ j≤n)都有 i+ j∈A(ai)或 i+ j∈A(a j)，求 a1+a2
+ +an的值.
1
3 (2023上·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习)已知Tn为所有n元有序数组 a1,a2, ,an 所组
成的集合.其中 ai∈ 0,1 (i= 1,2, ,n).
对于T中的任意元素 x= x1,x2, ,xn ，y= y1,y2, ,yn 定义 x，y的距离：
d x,y = x1-y1 + x2-y2 + + xn-yn .
若 k∈N *，U为T5k的子集，且有 2k个元素，并且满足任意 x∈T5k，都存在唯一的 y∈U，使得 d x,y ≤ 2，
则称U为“好 k集”.
(1)若 a，b，c∈T3，a= 1,0,1 ，b= 0,1,0 ，c= 0,1,1 ，求 d a,a ，d a,b 及 d a,c + d b,c 的值；
(2)当 k= 1时，求证：存在“好 k集”，且“好 k集”中不同元素的距离为 5；
(3)求证：当 k> 1时，“好 k集”不存在.
4 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)已知Q:a1,a2, ,ak为有穷正整数数列，且 a1≤ a2≤
≤ ak，集合X= -1,0,1 ．若存在 xi∈X,i= 1,2, ,k，使得 x1a1+x2a2+ +xkak= t，则称 t为 k-可表
数，称集合T= t ∣ t= x1a1+x2a2+ +xkak,xi∈X,i= 1,2, ,k 为 k-可表集．
(1)若 k= 10,ai= 2i-1,i= 1,2, ,k，判定 31，1024是否为 k-可表数，并说明理由；
k
(2)若 1,2, ,n T，证明：n≤ 3 -1；
2
(3)设 ai= 3i-1,i= 1,2, ,k，若 1,2, ,2024 T，求 k的最小值．
2
5 (2023上·北京·高一清华附中校考期中)对非空整数集合M及 k∈N，定义M k=
m+ t|m∈M ,t=-k,-k+ 1, ,k ，对于非空整数集合A，B，定义 d A,B =
min k∈N |A B k,B A k .
(1)设M= 2,4,6 ，请直接写出集合M 1；
(2)设A= 1,2,3,4, ,100 ，d A,B = 1，求出非空整数集合B的元素个数的最小值；
(3)对三个非空整数集合A，B，C，若 d A,B = 4且 d B,C = 1，求 d A,C 所有可能取值．
二、函数与导数新定义
6 (2024·全国·校联考模拟预测)“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式 (Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种
不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x∈ -1,+∞ ，在 n∈ 1,+∞ 时，有不等式
1+ x n≥ 1+nx成立；在 n∈ 0,1 时，有不等式 1+ x n≤ 1+nx成立．
(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；
(2)当 n≥ 1时，对伯努利不等式进行证明；
(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a1,a2, ,an n∈N * 是大于-1的实数 (全部同号)，证明
1+ a1 1+ a2 1+ an ≥ 1+ a1+a2+ +an
3
7 (2024·全国·校联考模拟预测)悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通
ex+e-x
过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数 ch x = 的图象，类比三角函数的三种性质：①平
2
方关系：① sin2x+ cos2x= 1，②和角公式：cos x+ y = cosxcosy- sinxsiny，③导数：
sinx = cosx, x -x =- 定义双曲正弦函数 sh
e -e
x = ．
cosx sinx, 2
(1)直接写出 sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质 (不需要证明)；
(2)若当 x> 0时，sh x > ax恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)求 f x = ch x - cosx- x2的最小值．
8 (2023下·北京昌平·高一统考期末)已知定义域为R的函数 h x 满足：对于任意的 x∈R，都有
h x+ 2π = h x + h 2π ，则称函数 h x 具有性质P.
(1)判断函数 f x = 2x,g x = cosx是否具有性质P；(直接写出结论)
(2)已知函数 f x = sin ωx+ φ 3 <ω< 5 , π φ <2 2 2 ，判断是否存在ω,φ，使函数 f x 具有性质P？
若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数 f x 具有性质P，且在区间 0,2π 上的值域为 f 0 ,f 2π .函数 g x = sin f x ，满足
g x+ 2π = g x ，且在区间 0,2π 上有且只有一个零点.求证：f 2π = 2π.
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9 (2024·河南·高三专题练习)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)ab．
(1)若 p= 11,a= 2，求 ap-1, ；
(2)对m1,m2∈ 0,1, ,p- 2 ，记m1 m2为m1+m2除以 p- 1的余数 (当m1+m2能被 p- 1整除时，m1
m2= 0)．证明：log(p)a b c = log(p)ab log(p)ac，其中 b,c∈X；
(3) n= log(p) b x∈X,k∈ 1,2, ,p- 2 y = ak, ,y = x bk, x= y yn p-2 , 已知 a ．对 ，令 1 2 ．证明： 2 1 ．
10 (2024·全国·校联考模拟预测)设 y= f x 是定义在R上的函数，若存在区间 a,b 和 x0∈ (a,b)，
使得 y= f x 在 [a,x0]上严格减，在 [x0,b]上严格增，则称 y= f x 为“含谷函数”，x0为“谷点”， a,b
称为 y= f x 的一个“含谷区间”．
(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
(i)y= 2 x ，(ii)y= x+ cosx；
(2)已知实数m> 0，y= x2-2x-mln x- 1 是含谷函数，且 2,4 是它的一个含谷区间，求m的取值
范围；
(3)设 p,q∈R，h x =-x4+px3+qx2+ 4- 3p- 2q x．设函数 y= h x 是含谷函数， a,b 是它的一个
含谷区间，并记 b- a的最大值为L p,q ．若 h 1 ≤ h 2 ，且 h 1 ≤ 0，求L p,q 的最小值．
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11 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)定义：如果函数 y= f x 和 y= g x 的图像上分别
存在点M和N关于 x轴对称，则称函数 y= f x 和 y= g x 具有C关系．
(1)判断函数 f x = log2 8x2 和 g x = log 1x是否具有C关系；
2
(2)若函数 f x = a x- 1和 g x =-x- 1不具有C关系，求实数 a的取值范围；
(3)若函数 f x = xex和 g x =msinx m< 0 在区间 0,π 上具有C关系，求实数m的取值范围．
12 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)若存在 x0∈D使得 f x ≤ f x0 对任意 x∈D恒成
立，则称 x0为函数 f x 在D上的最大值点，记函数 f x 在D上的所有最大值点所构成的集合为M
(1)若 f x =-x2+2x+ 1,D=R，求集合M；
( )
2x-x x
2 若 f x = x ,D=R，求集合M；4
(3)设 a为大于 1的常数，若 f x = x+ asinx,D= 0,b ，证明，若集合M中有且仅有两个元素，则所有
满足条件的 b从小到大排列构成一个等差数列．
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13 (2024·全国·校联考一模)关于 x的函数 f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，我们曾在必修一中学习过
“二分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法--“牛顿切线法”.
(1)证明：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b ；
(2)现在，我们任取 x1∈ (1,a)开始，实施如下步骤：
在 x1,f x1 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ；
在 x2,f x2 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x3,0 ；

在 xn,f xn 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 xn+1,0 ；
可以得到一个数列 xn ，它的各项都是 f x 不同程度的零点近似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)证明：当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a.
14 (2023上·山东青岛·高一统考强基计划)若一个两位正整数m的个位数为 4，则称m为“好数”.
(1)求证：对任意“好数”m,m2-16一定为 20的倍数；
( ) = 2- 2 , , = q2 若m p q ，且 p q为正整数，则称数对 p q 为“友好数对”，规定：H m ，例如 24= 52-12，
p
1
称数对 5,1 为“友好数对”，则H 24 = ，求小于 70的“好数”中，所有“友好数对”的H m 的最大
5
值.
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三、数列新定义
15 (2024·全国·校联考模拟预测)已知无穷数列 an 满足 an=max an+1,an+2 -min an+1,an+2 (n
= 1,2,3, )，其中max{x,y}表示 x，y中最大的数，min{x,y}表示 x，y中最小的数.
(1)当 a1= 1，a2= 2时，写出 a4的所有可能值；
(2)若数列 an 中的项存在最大值，证明：0为数列 an 中的项；
(3)若 an> 0(n= 1,2,3, )，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有 an≤M？如果存在，写出
一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.
16 (2024·全国·校联考模拟预测)设正整数数列A:a1，a2， ，aN(N> 3)满足 ai< a j，其中 1≤ i< j
≤N .如果存在 k∈{2，3， ，N}，使得数列A中任意 k项的算术平均值均为整数，则称A为“k阶平衡
数列”
(1)判断数列 2，4，6，8，10和数列 1，5，9，13，17是否为“4阶平衡数列”？
(2)若N为偶数，证明：数列A:1，2，3， ，N不是“k阶平衡数列”，其中 k∈{2,3, ,N}
(3)如果 aN≤ 2019，且对于任意 k∈{2,3, ,N}，数列A均为“k阶平衡数列”，求数列A中所有元素之和
的最大值．
8
17 (2024·广东·珠海市第一中学校联考模拟预测)若数列 an 满足：an∈{0,1},n∈N *，且 a1= 1，则
a
称 an 为一个X数列．对于一个X数列 an ，若数列 bn 满足：b1= 1，且 b n+1 *n+1= an- b ,n∈N ，则2 n
称 bn 为 an 的伴随数列．
(1)若X数列 an 中，a2= 1,a3= 0,a4= 1，写出其伴随数列 bn 中 b2,b3,b4的值；
(2)若 an 为一个X数列， bn 为 an 的伴随数列
①证明：“ an 为常数列”是“ bn 为等比数列的充要条件；
②求 b2023的最大值．
18 (2024·安徽合肥·合肥一六八中学校联考模拟预测)已知数列A:a1,a2, ,an为有穷正整数数列.
若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的 k减数列：
① a1+a2+ +an=m；
②对于 1≤ i< j≤n，使得 ai> a j的正整数对 (i,j)有 k个.
(1)写出所有 4的 1减数列；
(2)若存在m的 6减数列，证明：m> 6；
(3)若存在 2024的 k减数列，求 k的最大值.
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19 (2024·江西吉安·吉安一中校考一模)对于无穷数列 {an}，“若存在 am-ak= t m,k∈N *,m> k ，
必有 am+1-ak+1= t”，则称数列 {an}具有P(t)性质.
2n(n= 1,2)
(1)若数列 {an}满足 an= - ≥ , ∈ * ，判断数列 {an}是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性2n 5 n 3 n N
质？
(2)对于无穷数列 {an}，设T={x|x= a j-ai,i< j}，求证：若数列 {an}具有P(0)性质，则T必为有限集；
(3)已知 {an}是各项均为正整数的数列，且 {an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数
N，k，使得 aN，aN+1，aN+2， ，aN+k， 成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
20 (2024·江西抚州·临川一中校考一模)若各项为正的无穷数列 an 满足：对于 n∈N*，a2n+1-a2n
= d，其中 d为非零常数，则称数列 an 为D数列.记 bn= an+1-an.
(1)判断无穷数列 an= n和 an= 2n是否是D数列，并说明理由；
(2)若 an 是D数列，证明：数列 bn 中存在小于 1的项；
n
(3) 1若 an 是D数列，证明：存在正整数n，使得 > 2024.
i=1 ai
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21 (2024·全国·校联考模拟预测)若项数为 k(k∈N*，k≥ 3)的有穷数列 {an}满足：0≤ a1< a2< a3
< < ak，且对任意的 i，j(1≤ i≤ j≤ k)，a j+ai或 a j-ai是数列 {an}中的项，则称数列 {an}具有性质P．
(1)判断数列 0,1,2是否具有性质P，并说明理由；
(2)设数列 {an}具有性质P，ai(i= 1，2， ，k)是 {an}中的任意一项，证明：ak-ai一定是 {an}中的项；
(3)若数列 {an}具有性质P，证明：当 k≥ 5时，数列 {an}是等差数列．
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四、圆锥曲线新定义
22 (2024上·浙江宁波·高三镇海中学校考期末)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们

需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：y= f x 上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动

点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线 lA也随着转动到B点的切线 lB，记这两条切线之间的
夹角为Δθ(它等于 lB的倾斜角与 lA的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就

K= Δθ

越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义 为曲线段AB的平均曲率；显
Δs
然当B越接近A，即Δs Δθ越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K=lim
Δs→0 Δs =
y (若极限存在)为曲线C在点A处的曲率． (其中 y＇，y＇＇分别表示 y= f
3 x 在点A处的一
1+ y 2 2
阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为 60°的圆弧的平均曲率；
x2(2) + y2= 1 3, 1求椭圆 在 处的曲率；4 2
2 2 y
( 3)定义 φ y = 为曲线 y= f x 的“柯西曲率”．已知在曲线 f x = xlnx- 2x上存在两点 1+ y 3
P x1,f x1 和Q x 3 32,f x2 ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 x1+ x2的取值范围．
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23 (2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何
中亦有应用．设A，B，C，D AC BD是直线 l上互异且非无穷远的四点，则称 (分式中各项均为有向
BC AD
线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为 (A,B;C,D)．
(1) 1证明：1- (D,B;C,A) = ；
(B,A;C,D)
(2)若 l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与 l1，
l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与 l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1
) = (A2,B2;C2,D2)；
(3)已知第 (2)问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一
点，则△EFG与△E F G 对应边的交点在一条直线上．
24 (2023上·北京昌平·高二昌平一中校考期中)在平面直角坐标系 xOy中，定义A x1,y1 ，
B x2,y2 两点间的“直角距离”为 ρ A,B = x1-x2 + y1-y2 .
(1)填空：(直接写出结论)
①若A 1,-1 ,B 2,3 ，则 ρ A,B = ；
②到坐标原点的“直角距离”等于 1的动点的轨迹方程是 ；
③记到M (-1，0)，N (1，0)两点的“直角距离”之和为 4的动点的轨迹为曲线G，则曲线G所围成的封闭
图形的面积的值为 ；
(2)设点A(1，0)，点B是直线 l:x- 2y+ 2= 0上的动点，求 ρ(A，B)的最小值及取得最小值时点B
的坐标；
(3)对平面上给定的两个不同的点A x1,y1 ，B x2,y2 ，是否存在点C(x，y)，同时满足下列两个条件：
① ρ A,C + ρ C,B = ρ A,B ；
② ρ A,C = ρ C,B .
若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由.
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五、排列组合新定义
25 (2024·全国·校联考模拟预测)给定正整数N≥ 3，已知项数为m且无重复项的数对序列A：
x1,y1 , x2,y2 , , xm,ym 满足如下三个性质：① xi,yi∈ 1,2, ,N ，且 xi≠ yi i= 1,2, ,m ；② xi+1= yi
i= 1,2, ,m- 1 ；③ p,q 与 q,p 不同时在数对序列A中.
(1)当N= 3，m= 3时，写出所有满足 x1= 1的数对序列A；
(2)当N= 6时，证明：m≤ 13；
(3)当N为奇数时，记m的最大值为T N ，求T N .
六、高等数学背景下新定义
a1,1 a1,2 a1,m
a a a
26 ( · · ) = 2,1 2,2 2,m2024全国 校联考模拟预测 已知A m (m≥ 2)是m
2个正整数组成的



am,1 am,2 am,m
m行m列的数表，当 1≤ i< s≤m,1≤ j< t≤m时，记 d ai,j,as,t = ai,j-as,j + as,j-as,t ．设n∈N*，
若Am满足如下两个性质：
① ai,j∈ 1,2,3; ,n (i= 1,2, ,m;j= 1,2, ,m)；
②对任意 k∈ 1,2,3, ,n ，存在 i∈ 1,2, ,m ,j∈ 1,2, ,m ，使得 ai,j= k，则称Am为Γn数表．
1 2 3
(1)判断A3= 2 3 1

是否为Γ3数表，并求 d a1,1,a2,2 + d a2,2,a3,3 的值；
3 1 2
(2)若Γ2数表A4满足 d ai,j,ai+1,j+1 = 1(i= 1,2,3;j= 1,2,3)，求A4中各数之和的最小值；
(3)证明：对任意Γ4数表A10，存在 1≤ i< s≤ 10,1≤ j< t≤ 10，使得 d ai,j,as,t = 0．
14
a11 a
27 (2023 · 12上 北京海淀·高三中关村中学校考阶段练习)设数阵A0= ，其中 a11,a12,a21,a22∈a21 a22
1,2,3,4,5,6 ．设S= e1,e2, ,el 1,2,3,4,5,6 ，其中 e1< e2< < el,l∈N*且 l≤ 6．定义变换 φk为
“对于数阵的每一行，若其中有 k或-k，则将这一行中每个数都乘以-1；若其中没有 k且没有-k，则这
一行中所有数均保持不变” k= e1,e2, ,el .φs A0 表示“将A0经过 φe 变换得到A1，再将A1经过 φ1 e 变2
换得到A2, 以此类推，最后将Al-1经过 φe变换得到Al．记数阵Al中四个数的和为Ts Al 0 ．
1 3(1)若A0= ,S= 1,3 ，写出A0经过 φ1变换后得到的数阵A1，并求Ts A0 的值；3 6
1 3(2)若A0= ,S= e1,e2,e3 ，求Ts A0 的所有可能取值的和；3 6
(3)对任意确定的一个数阵A0，证明：Ts A0 的所有可能取值的和不超过-4．
15新高考“九省联考”19题压轴题汇编
一、集合新定义
1 (2023下·北京·高一校考开学考试)给定整数n≥ 3，由n元实数集合S定义其相伴数集T=
a- b ∣ a b∈S,a≠ b ，如果min T = 1，则称集合S为一个n元规范数集，并定义S的范数 f为其中
所有元素绝对值之和.
(1)判断A= -0.1,-1.1,2,2.5 、B= -1.5,-0.5,0.5,1.5 哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个n元规范数集S，记m、M分别为其中最小数与最大数，求证： min S + max S ≥n-
1；
(3)当S= a1,a2, ,a2023 遍历所有 2023元规范数集时，求范数 f的最小值.
注：min X 、max X 分别表示数集X中的最小数与最大数.
【答案】(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
(2)证明见详解；
(3)1012× 1011.
【分析】(1)根据n元规范数集的定义，只需判断集合A,B中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于
等于 1即可；
(2)利用n元规范数集的定义，得到 xi+1-xi≥ 1，从而分类讨论 x1≥ 0、xn≤ 0与 x1< 0,xn> 0三种情况，结
合去绝对值的方法即可证明；
(3)法一：当 a1≥ 0时，证得 an≥ n- 1 + a1，从而得到 f≥ 1011× 2023；当 a2023≤ 0时，证得-an≥ 2023
-n- a2023，从而得到 f≥ 1011× 2023；当 am< 0≤ am+1时，分类讨论m≤ 1011与m≥ 1012两种情况，推
得 f≥ 1012× 1011，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与 (2)中结论即可得解.
【详解】(1)对于集合A：因为 2.5- 2 = 0.5< 1，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为B= -1.5,-0.5,0.5,1.5 ，
又 -1.5- (-0.5) = 1， -1.5- 0.5 = 2， -1.5- 1.5 = 3， -0.5- 0.5 = 1， -0.5- 1.5 = 2， 0.5- 1.5
= 1，
所以B相伴数集T= 1,2,3 ，即min T = 1，故集合B是规范数集.
(2)不妨设集合S中的元素为 x1< x2< < xn，即min S = x1,max S = xn，
因为S为规范数集，则 i∈N ,1≤ i≤n- 1，则 xi+1-xi≥ 1，且 i ∈N 0 ,1≤ i0≤n- 1，使得 xi +1-x0 i= 1，0
当 x1≥ 0时，
则 min S + max S = x1 + xn = x1+xn= x2-x1 + x3-x2 + xn-xn-1 + 2x1≥n- 1+ 2x1≥
n- 1，
当且仅当 xi+1-xi= 1且 x1= 0时，等号成立；
当 xn≤ 0时，
1
则 min S + max S = x1 + xn =-x1-xn= x2-x1 + x3-x2 + + xn-xn-1 - 2xn≥n- 1- 2xn
≥n- 1，
当且仅当 xi+1-xi= 1且 xn= 0时，等号成立；
当 x1< 0,xn> 0时，
则 min S + max S = x1 + xn =-x1+xn= x2-x1 + + xn-xn-1 ≥n- 1，
当且仅当 xi+1-xi= 1时，等号成立；
综上所述： min S + max S ≥n- 1.
(3)法一：
不妨设 a1< a2< < a2023，
因为S为规范数集，则 i∈N ,1≤ i≤ 2022，则 ai+1-ai≥ 1，且 i0∈N ,1≤ i0≤ 2022，使得 ai -a = 1，0+1 i0
当 a1≥ 0时，
则当 2≤n≤ 2023时，可得 an= an-an-1 + an-1-an-2 + + a2-a1 + a1≥ n- 1 + a1，
当且仅当 ai+1-ai= 1,i∈N ,1≤ i≤n- 1时，等号成立，
则范数 f= a1 + a2 + + a2023 = a1+a2+ +a2023≥ a1+1+ a1+ +2022+ a1，
当且仅当 ai+1-ai= 1,i∈N ,1≤ i≤ 2022时，等号成立，
2022× 1+ 2022
又 a1+1+ a1+ +

2022+ a1= + 2023a1= 1011× 2023+ 2023a1≥ 1011× 2023，2
当且仅当 a1= 0时，等号成立，
故 f≥ 1011× 2023，即范数 f的最小值 1011× 2023；
当 a2023≤ 0时，
则当 1≤n≤ 2022时，可得 an=- a2023-a2022 + a2022-a2021 + + an+1-an + a2023≤- 2023-n +
a2023，
当且仅当 ai+1-a= 1,i∈N i ,n≤ i≤ 2022时，等号成立，则-an≥ 2023-n- a2023，
则范数 f= a1 + a2 + + a2023 =-a1-a2- -a2023≥ 2022- a2023+2021- a2023+ +1- a2023
+ -a2023 ，
当且仅当 ai+1-ai= 1,i∈N ,n≤ i≤ 2022时，等号成立，
2022× 1+ 2022
又 2022- a2023+2021- a2023+ +

1- a2023+ -a2023 = - 2023a2023= 1011× 2023-2
2023a2023≥ 1011× 2023，
当且仅当 a2023= 0时，等号成立，
故 f≥ 1011× 2023，即范数 f的最小值 1011× 2023；
当 m∈N ,1≤m≤ 2022，使得 am< 0≤ am+1，且 a2023≠ 0，
当 2023- 2m≥ 0 2023，即m≤ ，即m≤ 1011时，
2
则当m+ 1≤n≤ 2023时，可得 an= an-an-1 + an-1-an-2 + + am+2-am+1 + am+1≥n-m- 1+
2
am+1，
当且仅当 ai+1-ai= 1,i∈N ,m+ 1≤ i≤ 2022时，等号成立，
则当 1≤n≤m时，可得 am+1-an= am+1-am + am-am-1 + + an+1-an ≥m-n+ 1，
当且仅当 ai+1-ai= 1,i∈N ,n≤ i≤m时，等号成立，
则范数 f= a1 + a2 + + a2023 = -a1-a2- -am + am+1+ +a2023
= am+1-a1 + am+1-a2 + + am+1-am -mam+1+ am+1+am+2+ +a2023
≥ m+m- 1+ +1 -mam+1+ am+1+1+ am+1+ +2022-m+ am+1
m
=
m+ 1 2023-m+
2022-m + 2023- 2m a
2 2 m+1
=m2-2022m+ 1011× 2023+ 2023- 2m am+1
≥m2-2022m+ 1011× 2023；
对于 y=m2-2022m+ 1011× 2023 m≤ 1011 ，其开口向上，对称轴为m= 1011，
所以 ymin= 10112-2022× 1011+ 1011× 2023= 1012× 1011，
所以范数 f的最小值为 1012× 1011；
当 2023- 2m< 0，即m> 2023 ，即m≥ 1012时，
2
则当m+ 1≤n≤ 2023时，可得 an-am= an-an-1 + an-1-an-2 + + am+1-am ≥n-m，
当且仅当 ai+1-a= 1,i∈N i ,m+ 1≤ i≤ 2022时，等号成立，
则当 1≤n≤m时，可得-an= am-am-1 + am-1-am-2 + + an+1-an - am≥m-n- am，
当且仅当 ai+1-ai= 1,i∈N ,n≤ i≤m- 1时，等号成立，
则范数 f= a1 + a2 + + a2023 = -a1-a2- -am + am+1+ +a2023
= -a1-a2- -am + am+1-am + + a2023-am + 2023-m am
≥ m- 1+m- 2+ +1 -mam+ 1+ 2+ +2023-m + 2023-m am
m m- 1 2023-m 2024-m= + + 2023- 2m a
2 2 m
=m2-2024m+ 1012× 2023+ 2023- 2m am
>m2-2024m+ 1012× 2023；
对于 y=m2-2024m+ 1012× 2023 m≥ 1012 ，其开口向上，对称轴为m= 1012，
所以 ymin= 10122-2024× 1012+ 1011× 2023= 1012× 1011，
所以范数 f> 1012× 1011；
综上所述：范数 f的最小值 1012× 1011.
法二：
不妨设 a1< a2< < a2023，
因为S为规范数集，则 i∈N ,1≤ i≤ 2022，则 a i+1-ai≥ 1，且 i0∈N ,1≤ i0≤ 2022，使得 ai +1-ai= 1，0 0
所以对于S j= a j, ,a2024-j S，同样有 j∈N ,1≤ j≤ 1011，则 a j+1-a j≥ 1，
3
由 (2)的证明过程与结论 min S + max S ≥n- 1可得， min S j + max S j ≥ 2024- 2j，当且
仅当 a j+1-a j= 1时，等号成立，
即 a1 + a2023 ≥ 2022， a2 + a2022 ≥ 2020， a1011 + a1013 ≥ 2，
所以范数 f= a1 + a2 + + a2023 ≥ 2022+ 2020+ +2+ a2012
2022+ 2 × 1011= + a
2 2012
= 1012× 1011+ a2012 ≥ 1012× 1011，
当且仅当 a2012 = 0时，等号成立，
所以范数 f的最小值 1012× 1011.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解n元规范数集的定义，得到 xi+1-xi≥ 1，再将集合中的元素进
行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.
2 (2024·全国·校联考模拟预测)已知有穷数列A:a1，a2， ，an(n≥ 3)中的每一项都是不大于n的
正整数.对于满足 1≤m≤n的整数m，令集合A m = k ak=m，k= 1，2， ，n .记集合A(m)中元
素的个数为 s(m) (约定空集的元素个数为 0).
(1)若A:6，3，2，5，3，7，5，5，求A(5)及 s(5)；
(2) 1若 + 1 + + 1 =n，求证：a1,a2, ,an互不相同；
s(a1) s(a2) s(an)
(3)已知 a1= a,a2= b，若对任意的正整数 i，j(i≠ j，i+ j≤n)都有 i+ j∈A(ai)或 i+ j∈A(a j)，求 a1+a2
+ +an的值.
【答案】(1)A(5) = {4，7，8}，s(5) = 3.
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】(1)观察数列，结合题意得到A(5)及 s(5)；
(2) 1先得到 ≤ 1 1 1 1 1 1，故 + + + ≤n，再由 + + + 1 =n得到 s(a
( i
)
s ai) s(a1) s(a2) s(an) s(a1) s(a2) s(an)
= 1，从而证明出结论；
(3)由题意得 ai+j= ai或 ai+j= a j，令 j= 1，得到 a3= a2或 a3= a1，当 a= b时得到 a1+a2+ +an=na，当 a
≠ b时，考虑 a3= a或 a3= b两种情况，求出答案.
【详解】(1)因为 a4= a7= a8= 5，所以A(5) = 4,7,8 ，则 s(5) = 3；
(2)依题意 s(ai)≥ 1,i= 1，2， ，n，
1
则有 ≤ 1，
s(ai)
1
因此 + 1 + + 1 ≤n，
s(a1) s(a2) s(an)
1 + 1 + + 1又因为 =n，
s(a1) s(a2) s(an)
所以 s(ai) = 1
4
所以 a1,a2, ,an互不相同.
(3)依题意 a1= a,a2= b.
由 i+ j∈A(ai)或 i+ j∈A(a j)，知 ai+j= ai或 ai+j= a j.
令 j= 1，可得 ai+1= ai或 ai+1= a1，对于 i= 2,3,...n- 1成立，
故 a3= a2或 a3= a1.
①当 a= b时，
a3= a4= = an= a，
所以 a1+a2+ +an=na.
②当 a≠ b时，
a3= a或 a3= b.
当 a3= a时，由 a4= a3或 a4= a1，有 a4= a，
同理 a5= a6= = an= a，
所以 a1+a2+ +an= (n- 1)a+ b.
当 a3= b时，此时有 a2= a3= b，
令 i= 1，j= 3，可得 4∈A(a)或 4∈A(b)，即 a4= a或 a4= b.
令 i= 1，j= 4，可得 5∈A(a)或 5∈A(b). 令 i= 2，j= 3，可得 5∈A(b).
所以 a5= b.
若 a4= a，则令 i= 1，j= 4，可得 a5= a，与 a5= b矛盾.
所以有 a4= b.
不妨设 a2= a3= = ak= b(k≥ 5)，
令 i= t，j= k+ 1- t(t= 2,3, ,k- 1)，可得 k+ 1∈A(b)，因此 ak+1= b.
令 i= 1,j= k，则 ak+1= a或 ak+1= b.
故 ak+1= b.
所以 a1+a2+ +an= (n- 1)b+ a.
综上，a= b时，a1+a2+ +an=na.
a3= a≠ b时，a1+a2+ +an= (n- 1)a+ b.
a3= b≠ a时，a1+a2+ +an= (n- 1)b+ a.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
(1)可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
(2)可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
(3)发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
(4)如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
5
3 (2023上·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习)已知Tn为所有n元有序数组 a1,a2, ,an 所组
成的集合.其中 ai∈ 0,1 (i= 1,2, ,n).
对于T中的任意元素 x= x1,x2, ,xn ，y= y1,y2, ,yn 定义 x，y的距离：
d x,y = x1-y1 + x2-y2 + + xn-yn .
若 k∈N *，U为T5k的子集，且有 2k个元素，并且满足任意 x∈T5k，都存在唯一的 y∈U，使得 d x,y ≤ 2，
则称U为“好 k集”.
(1)若 a，b，c∈T3，a= 1,0,1 ，b= 0,1,0 ，c= 0,1,1 ，求 d a,a ，d a,b 及 d a,c + d b,c 的值；
(2)当 k= 1时，求证：存在“好 k集”，且“好 k集”中不同元素的距离为 5；
(3)求证：当 k> 1时，“好 k集”不存在.
【答案】(1)d a,a = 0，d a,b = 3，d a,c + d b,c = 3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题意直接代入运算求解；
(2) x= x ,x ,x ,x ,x ∈T x 对任意 1 2 3 4 5 5，定义 = 1- x1,1- x2,1- x3,1- x4,1- x5 ，可得 d x,y + d x

,y
= 5，结合“好 k集”的定义分析证明；
(3)先证对于任意 x∈U，可知均存在 y∈T5，使得 d x,y = 2，对T5k的以T5为基础，结合定义分析证明.
【详解】(1)因为 a= 1,0,1 ，b= 0,1,0 ，c= 0,1,1 ，
则 d a,a = 1- 1 + 0- 0 + 1- 1 = 0，d a,b = 1- 0 + 0- 1 + 1- 0 = 3，
d a,c = 1- 0 + 0- 1 + 1- 1 = 2，d b,c = 0- 0 + 1- 1 + 0- 1 = 1，
所以 d a,c + d b,c = 3.
(2) 对任意 x= x1,x2,x3,x4,x5 ∈T5，定义 x= 1- x1,1- x2,1- x3,1- x4,1- x5 ，
对任意 y= y1,y2,y3,y4,y5 ∈T5，
因为 xi,yi∈ 0,1 ,i∈ 1,2,3,4,5 ，则 xi-yi + 1- xi-yi = 1，

可得 d x,y + d x,y = 5，
对于任意 x,y，可得U= x,x

有 2个元素，

若 d x,y ≤ 2，则 d x,y ≥ 3，满足“好 k集”的定义；
若 d x,y ≥ 2，则 d x,y ≤ 2，满足“好 k集”的定义；
5
综上所述：U= x,x 为“好 k集”，且 d x,x = xi- 1- xi = 5，
i=1
即当 k= 1时，存在“好 k集”，且“好 k集”中不同元素的距离为 5.
(3)显然 d x,y = d y,x ，
先证：当 k= 1时，对任意的 x∈T5 ，含有 x的“好 k集”只能是U= x,x
，

反证：假设存在“好 k集”U= x,y ,y≠ x，
6
则对于任意 z∈T5，可得 d x,z ≤ 2,d y,z ≤ 2，

则 z∈T5，可得 d x,z

≥ 3,d y,z

≥ 3，不满足“好 k集”的定义，
例如 x= 0,0,0,0,0 ，则 x= 1,1,1,1,1 ，可取 y= 1,1,0,0,0 ，
则 d x,y = 2,d x
,y = 3，即存在 y∈T5，使得 d x,y = 2，
结合 xi-yi + 1- xi-yi = 1可得：d x,y 就相当于对 0，1的顺序进行重组，
对于任意 x∈U，可知均存在 y∈T5，使得 d x,y = 2，
当 k> 1时，对任意 a= a1,a2, ,a5k ∈T5k，
定义 a= A1,A2, ,Ak ，其中Ai= a5i-4,a5i-3, ,a5i ,i∈ 1,2, ,k ，
可知：对任意 e,f∈T5k，其中 e= E1,E2, ,Ek ,f= F1,F2, ,Fk ，
可知 d e,f = d E1,F1 + d E2,F2 + +d Ek,Fk ，
反证：假设存在“好 k集”，
则对任意 b= B1,B2, ,Bk ∈T5k，以 b为基础构建“好 k集”U，
对任意 c= C1,C2, ,Ck ∈T5k，

对任意的 i∈ 1,2, ,k ，均有 d Bi,Ci ≤ 2，与之对应的项只能是Bi和Bi，
每个 i∈ 1,2, ,k 均有 2种选择，共有 2k种组合可能，
按照以上构建方法得到的元素 d= D1,D2, ,Dn ，
可知对任意Di，均存在 Zi，使得 d di,Zi = 2，i∈ 1,2, ,k ，
所以必然存在 z= Z1,Z2, ,Zk ∈T5k，
使得 d z,b = d Z1,D1 + d Z2,D2 + +d Zk,Dk = 2k> 2，
故假设不成立，所以当 k> 1时，“好 k集”不存在.
【点睛】关键点睛：新定义问题要充分理解定义，可以通过举例和推理去理解定义，对于本题可以利用反
证法来分析证明.
4 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)已知Q:a1,a2, ,ak为有穷正整数数列，且 a1≤ a2≤
≤ ak，集合X= -1,0,1 ．若存在 xi∈X,i= 1,2, ,k，使得 x1a1+x2a2+ +xkak= t，则称 t为 k-可表
数，称集合T= t ∣ t= x1a1+x2a2+ +xkak,xi∈X,i= 1,2, ,k 为 k-可表集．
(1)若 k= 10,a= 2i-1i ,i= 1,2, ,k，判定 31，1024是否为 k-可表数，并说明理由；
k
(2)若 1,2, ,n T 3 -1，证明：n≤ ；
2
(3)设 ai= 3i-1,i= 1,2, ,k，若 1,2, ,2024 T，求 k的最小值．
【答案】(1)31是 k-可表数，1024不是 k-可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【分析】(1)根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
7
(2)根据定义判定 s∈T则有-s∈T，从而可知 ±1,±2, ,±n,0 T，利用集合间的基本关系得出T
中最多含有 3k个元素，解不等式即可证明；
m-1 m
(3)利用第二问的结论可设 n∈N , m∈N 3 -1，有 2 2
3m-1k -1 3
m-1
可表数，再根据三进制的基本事实确定 的最小值为满足 2 2
2024求m即可.
【详解】(1)31是，1024不是，理由如下：
由题意可知 x1a1+x2a2+ +xkak= t，
当 a i-1i= 2 ,k= 10时，有 x1+2x2+ +29x10= t,xi∈ -1,0,1 ，
显然若 x1=-1,x6= 1,xi= 0 i∈ 2,3,4,5,7,8,9,10 时，t= 31，
而 t≤ 20× 1+ 21× 1+ 22× 1+ +29× 1= 210-1= 1023< 1024，
故 31是 k-可表数，1024不是 k-可表数；
(2)由题意可知若 xi= 0 t= 0，即 0∈T，
设 s∈T，即 xi∈ -1,0,1 使得 x1a1+x2a2+ +xkak= s，
所以 -x1a1 + -x2a2 + + -xkak =-s，且-xi∈ -1,0,1 成立，故-s∈T，
所以若 1,2, ,n T，则 ±1,±2, ,±n,0 T，
即 ±1,±2, ±n,0 中的元素个数不能超过T中的元素，
对于确定的Q，T中最多有 3k个元素，
k
2n+ 1≤ 3k n≤ 3 -1所以 ；
2
m-1 m
(3)由题意可设 n∈N , m∈N 3 -1，使 2 2
3m-1
又 x1× 1+ x2× 3+ x3× 32+ +x × 3m-2m-1 ≤ 1× 1+ 1× 3+ 1× 32+ +1× 3m-2= -1 ，2
所以 k>m- 1，即 k≥m，
m
而 1× 1+ 1× 3+ 1× 32+ +1× 3m-1= 3 -1 ，
2
3m-1
即当n= 时，取 a1= 1,a2= 3, am= 3m-1时，n为m-可表数，2
m
因为 2× 1× 1+ 1× 3+ 1× 32+ +1× 3m-1 = 2× 3 -1 = 3m-1，2
由三进制的基本事实可知，对任意的 0≤ p≤ 3m-1，存在 ri∈ 0,1,2 i= 1,2, ,m, ，
使 p= r × 301 +r2× 31+ rm× 3m-1，
m
所以 p- 3 -1 = r 01× 3 +r2× 31+ rm× 3m-1 - 30+31+ +3m-12
= r1-1 × 30+ r 12-1 × 3 + + rm-1 × 3m-1，
令 xi= ri-1，则有 xi∈ -1,0,1 ,i= 1,2, ,m，
8
m
t= p- 3 -1 - 3
m-1 m
设 ≤ t≤ 3 -1 ，
2 2 2
3m-1 3m-1
由 p的任意性，对任意的- ≤ t≤ ,t∈ Z，
2 2
都有 t= x 01× 3 +x2× 31+ +xm× 3m-1,xi∈ -1,0,1 ,i= 1,2, ,m，
3m-1
又因为n≤ ，所以对于任意的-n≤ t≤n,t∈ Z，t为m-可表数，
2
3m-1-1 m
综上，可知 k的最小值为m，其中m满足 2 2
n= 2024 3
7-1 8
又当 时， 2 2
所以 k的最小值为 8.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定T中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元
3m-1-1 3m-1
素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设 n∈N , m∈N ，有 2 2
利用定义先证n为m-可表数，再根据三进制的基本事实设任意的 0≤ p≤ 3m-1，存在 ri∈
m
0,1,2 i= 1,2, ,m, ，使 p= r1× 30+r2× 31+ rm× 3m-1，得出 t= p- 3 -1 并结合定义确定 t为m2
3m-1- -1 3
m-1
可表数，从而确定 k的最小值为满足 2 2
5 (2023上·北京·高一清华附中校考期中)对非空整数集合M及 k∈N，定义M k=
m+ t|m∈M ,t=-k,-k+ 1, ,k ，对于非空整数集合A，B，定义 d A,B =
min k∈N |A B k,B A k .
(1)设M= 2,4,6 ，请直接写出集合M 1；
(2)设A= 1,2,3,4, ,100 ，d A,B = 1，求出非空整数集合B的元素个数的最小值；
(3)对三个非空整数集合A，B，C，若 d A,B = 4且 d B,C = 1，求 d A,C 所有可能取值．
【答案】(1)M 1= 1,2,3,4,5,6,7
(2)34
(3)3或 4或 5
【分析】(1)直接由M k的定义计算即可求解.
(2)若 d A,B = 1，则A B 1，则只需每个 bi∈B组成的数组 bi-1,bi,bi+1 能够覆盖A=
1,2,3,4, ,100 100 即可，从而 B min= + 1= 34，其中 x 表示不超过 x的最大整数.3
(3)首先证明 M k l M k+ l ，其次结合 d A,B 的定义得出 d满足距离的三角不等式：
d A,C ≤ d A,B + d B,C ，从而运用到本题中即可得解.
【详解】(1)若M= 2,4,6 ，
则由集合新定义可知M 1= 1,3,5 ∪ 2,4,6 ∪ 3,5,7 = 1,2,3,4,5,6,7 .
(2)设B有 B 个元素，下证 B min= 34.
9
一方面，B= 2,5,8, ,98,101 ，则 ，
所以 d A,B ≠ 0，即 d A,B ≥ 1，
而B A 1= 0,1,2,3,4, ,101 ，A B 1= 1,2,3,4, ,102 ，
101- 2
这表明了 d A,B = 1满足题意，此时 B = + 1= 34，故 B
3 min
= 34；
另一方面：若 B = j≤ 33，不妨设B= b`1,b2, ,b j 且 b`1< b2< < b j，
由题意可知A B 1= b1-1,b1,b1+1 ∪ b2-1,b2,b2+1 ∪ ∪ b j-1,b j,b j+1 ，
而B 1最多含有 3j≤ 99个元素，当且仅当 bk-1,bk,bk+1 , 1≤ k≤ j 两两不同且 B = j= 33时，等
号成立，
但这与A有 100个元素矛盾，
所以 B = j≥ 34.
综上所述：非空整数集合B的元素个数的最小值是 34.
(3)一方面：先来证明 M k l M k+ l ，
M k= m+ t|m∈M ,t=-k,-k+ 1, ,k = n∈ Z m∈M , n-m ≤ k ，
因此只要M1 M2，就有M1 k M2 k，
而 x∈ M k l， p∈M k， x- p ≤ l，
所以 m∈M , p-m ≤ k，
所以 x-m = x- p+ p-m ≤ x- p + p-m ≤ l+ k，
即 x∈M k+ l ，
从而 M k l M k+ l .
另一方面：如果 d A,B = p，d B,C = q，d A,C = r，
那么A B p，B C q，B p C q p C p+ q ，
从而A C p+ q ，同理C A p+ q ，
因此由定义可得 d A,C = r≤ d A,B + d B,C = p+ q，
即 d满足距离的三角不等式；
所以在本题中，d A,C ≤ d A,B + d B,C = 4+ 1= 5，d A,C ≥ d A,B - d B,C = 4- 1= 3，
即 d A,C ∈ 3,4,5 ，
取A= 0 ,B= 4 ,C= 5 ，可知 d A,C = 5可能成立，
取A= 0 ,B= 4 ,C= 3 ，可知 d A,C = 3可能成立，
取A= 0 ,B= 4 ,C= 3,4 ，可知 d A,C = 4可能成立，
综上所述，d A,C 所有可能取值为 3或 4或 5.
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，直接按定义即可；第二问的关键是要注意到由题意有A B 1，
从而只需每个 bi∈B组成的数组 bi-1,bi,bi+1 能够覆盖A= 1,2,3,4, ,100 即可；而第三问的关键是
要注意到 d表示距离，因此要联想到去证明距离的三角不等式 d A,C ≤ d A,B + d B,C ，从而顺利
10
得解.
二、函数与导数新定义
6 (2024·全国·校联考模拟预测)“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式 (Bernoulli'sInequality)，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种
不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x∈ -1,+∞ ，在 n∈ 1,+∞ 时，有不等式
1+ x n≥ 1+nx成立；在 n∈ 0,1 时，有不等式 1+ x n≤ 1+nx成立．
(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；
(2)当 n≥ 1时，对伯努利不等式进行证明；
(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a1,a2, ,an n∈N * 是大于-1的实数 (全部同号)，证明
1+ a1 1+ a2 1+ an ≥ 1+ a1+a2+ +an
【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据不等式特征猜想出等号成立的条件；
(2)设 f x = 1+ x n-nx- 1 x<-1,a≥ 1 ，注意到 f 0 = 0，求导得到 f 0 = 0，二次求导，得到函
数的单调性和极值最值情况，证明出结论；
(3)当 n= 1时，显然成立，当 n≥ 2时，构造数列 xn ：xn= 1+ a1 1+ a2 1+ an -
1+ a1+a2+ +an ，作差法得到 xn 是一个单调递增的数列 (n≥ 2)，结合 x2> 0，得到 xn> x2>
0 n> 2 ，证明出结论.
【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．
当n= 0时， 1+ x 0= 1+ 0x，当n= 1时， 1+ x 1= 1+ x，
当 x= 0时， 1+ 0 n= 1+ 0n，其他值均不能保证等号成立，
猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；
(2)当 n≥ 1时，我们需证 1+ x n≥ 1+nx，
设 f x = 1+ x n-nx- 1 x<-1,a≥ 1 ，注意到 f 0 = 0，
f x =n 1+ x n-1-n=n 1+ x n-1-1 ，令 1+ x n-1-1= 0得 x= 0，
即 f 0 = 0，x= 0是 f x 的一个极值点．
令 g x = f x ，则 g x =n n- 1 1+ x n-2> 0，
所以 f x 单调递增．
当 -1< x< 0时，f x < f 0 = 0，当 x> 0时，f x > f 0 = 0，
故 f x 在 -1,0 上单调递减，在 0,+∞ 上单调递增．
所以在 x= 0处 f x 取得极小值 f 0 = 0，
11
即 f x ≥ 0恒成立， 1+ x n≥nx+ 1．
伯努利不等式对 n≥ 1得证．
(3)当 n= 1时，原不等式即 1+ a1≥ 1+ a1，显然成立．
当 n≥ 2时，构造数列 xn ：xn= 1+ a1 1+ a2 1+ an - 1+ a1+a2+ +an ，
则 xn+1-xn= an+1 1+ a1 1+ a2 1+ an - 1 ，
若 ai> 0 i= 1,2, ,n+ 1 ，由上式易得 xn+1-xn> 0，即 xn+1> xn ；
若-1< ai≤ 0 i= 1,2, ,n+ 1 ，则 0< 1+ ai< 1，所以 1+ a1 1+ a2 1+ an - 1< 0，
故 xn+1-xn= an+1 1+ a1 1+ a2 1+ an - 1 > 0，
即此时 xn+1> xn 也成立．
所以 xn 是一个单调递增的数列 (n≥ 2)，
由于 x2= 1+ a1 1+ a2 - 1+ a1+a2 = a1a2> 0，所以 xn> x2> 0 n> 2 ，
故原不等式成立．
【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且
存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类
问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
7 (2024·全国·校联考模拟预测)悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通
ex+e-x
过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数 ch x = 的图象，类比三角函数的三种性质：①平
2
方关系：① sin2x+ cos2x= 1，②和角公式：cos x+ y = cosxcosy- sinxsiny，③导数：
sinx = cosx, x -x =- 定义双曲正弦函数 sh x =
e -e
．
cosx sinx, 2
(1)直接写出 sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质 (不需要证明)；
(2)若当 x> 0时，sh x > ax恒成立，求实数 a的取值范围；
(3)求 f x = ch x - cosx- x2的最小值．
【答案】(1)答案见解析
(2) -∞,1
(3)0
【分析】(1)类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
(2)构造函数F x = sh x - ax，x∈ 0,+∞ ，求导，分 a≤ 1和 a> 1两种情况，结合基本不等式，隐零
点，得到函数单调性，进而得到答案；
(3)多次求导，结合 (2)中结论，先得到 f x 在 0,+∞ 内单调递增，再求出 f x 为偶函数，从而得到
f x 在 -∞,0 内单调递减，求出 f x min= f 0 = 0.
【详解】(1)平方关系：ch2 x - sh2 x = 1；
和角公式：ch x+ y = ch x ch y + sh x sh y ；
12
sh
(x) = ch(x)
导数： ．ch (x) = sh(x)
exch2 x - sh2 x = +e
-x 2
- e
x-e-x 2
理由如下：平方关系，
2 2
e2x+e-2x= +2
2x -2x
- e +e -2 = 1；
4 4
ex+y+e-x-ych x+ y = ，
2
x -x y -y x -x y -y
和角公式：ch x ch y + sh e +e e +e e -e e -e x sh y = +
2 2 2 2
ex+y+ex-y+e-x+y+e-x-y= + e
x+y-ex-y-e-x+y+e-x-y
4 4
ex+y+e-x-y=
2
故 ch x+ y = ch x ch y + sh x sh y ；
ex- -e-x ex+e-x x -x
导数：sh x = = = chx，ch x = e -e = shx；
2 2 2
(2)构造函数F x = sh x - ax，x∈ 0,+∞ ，由 (1)可知F x = ch x - a，
x -x
i．当 a≤ 1 ch(x) = e +e时，由 ≥ ex e-x= 1≥ a可知，
2
故F (x)≥ 0，故F(x)单调递增，
此时F(x)≥F(0) = 0，故对任意 x> 0，sh(x)> ax恒成立，满足题意；
ii．当 a> 1时，令G x =F x ，x∈ 0,+∞ ，
则G x = sh x ≥ 0，可知G x 单调递增，
由G(0) = 1- a< 0 1与G(ln2a) = > 0可知，存在唯一 x0(0,ln2a)，使得G(x4a 0) = 0，
故当 x∈ (0,x0)时，F (x) =G(x)故对任意 x∈ (0,x0)，F(x)综上所述，实数 a的取值范围为 -∞,1 ．
(3)f x = ch x - cosx- x2，f x = sh x + sinx- 2x，
令 g x = f x = sh x + sinx- 2x，则 g x = ch x + cosx- 2，
令 h x = g x = ch x + cosx- 2，则 h x = sh x - sinx，
当 x∈ 0,+∞ 时，由 (2)可知，sh x ≥ x，则 h x = sh x - sinx≥ x- sinx，
令u x = x- sinx，则u x = 1- cosx≥ 0，故u x 在 0,+∞ 内单调递增，
则 h x ≥u x ≥u 0 = 0，故 h x 在 0,+∞ 内单调递增，
则 g x = h x ≥ h 0 = 0，故 g x 在 0,+∞ 内单调递增，
则 f x = g x ≥ g 0 = 0，故 f x 在 0,+∞ 内单调递增，
因为 f -x = ch -x - cos -x - -x 2= chx- cosx- x2= f x ，
13
即 f x 为偶函数，故 f x 在 -∞,0 内单调递减，
则 f x min= f 0 = 0，故当且仅当 x= 0时，f x 取得最小值 0.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有
参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是
讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图
像确定条件.
8 (2023下·北京昌平·高一统考期末)已知定义域为R的函数 h x 满足：对于任意的 x∈R，都有
h x+ 2π = h x + h 2π ，则称函数 h x 具有性质P.
(1)判断函数 f x = 2x,g x = cosx是否具有性质P；(直接写出结论)
(2)已知函数 f x = sin ωx+ φ 3 <ω< 5 , φ π < ，判断是否存在ω,φ，使函数 f x 具有性质P？2 2 2
若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数 f x 具有性质P，且在区间 0,2π 上的值域为 f 0 ,f 2π .函数 g x = sin f x ，满足
g x+ 2π = g x ，且在区间 0,2π 上有且只有一个零点.求证：f 2π = 2π.
【答案】(1)函数 f x = 2x具有性质P；g x = cosx不具有性质P.
(2)ω= 2，φ= 0
(3)证明见解析
【分析】(1)利用定义判断即可；
(2)假设函数 f x 具有性质P，可求出 φ= 0，进而可得ω= 2，从而可得 f x = sin2x，再根据定义进行验
证，即可得到答案；
(3)由函数 f x 具有性质P及 (2)可知，f(0) = 0，进而可得 f x 在 0,2π 的值域为 0,kπ ，k∈ Z且 k
> 0，由 g x 在区间 0,2π 上有且只有一个零点可证明当 k> 2时不符合题意，再求解当 k= 1时与
g x 是以 2π为周期的周期函数矛盾，从而可得 k= 2，即可证明.
【详解】(1)因为 f x = 2x，则 f x+ 2π = 2(x+ 2π) = 2x+ 4π，又 f 2π = 4π，
所以 f x+ 2π = f(x) + f(2π)，故函数 f x = 2x具有性质P；
因为 g x = cosx，则 g x+ 2π = cos(x+ 2π) = cosx，又 g 2π = cos2π= 1，
g(x) + g(2π) = cosx+ 1≠ g(x+ 2π)，故 g x = cosx不具有性质P.
(2)若函数 f x 具有性质P，则 f 0+ 2π = f(0) + f(2π)，即 f(0) = sinφ= 0，
π
因为 < ，所以 φ= 0，所以 f x = sin(ωx)；
2
若 f(2π) ≠ 0，不妨设 f(2π)> 0，由 f x+ 2π = f(x) + f(2π)，
得 f 2kπ = f(0) + kf(2π) = kf(2π) (k∈ Z) (*)，
只要 k充分大时，kf(2π)将大于 1，而 f x 的值域为 [-1,1]，
故等式 (*)不可能成立，所以必有 f(2π) = 0成立，
14
即 sin(2ωπ) = 0 3 5，因为 <ω< ，所以 3π< 2ωπ< 5π，
2 2
所以 2ωπ= 4π，则ω= 2，此时 f x = sin2x，
则 f x+ 2π = sin2(x+ 2π) = sin2x，
而 f(x) + f(2π) = sin2x+ sin4π= sin2x，即有 f x+ 2π = f(x) + f(2π)成立，
所以存在ω= 2，φ= 0使函数 f x 具有性质P.
(3)证明：由函数 f x 具有性质P及 (2)可知，f(0) = 0，
由 g x+ 2π = g x 可知函数 g x 是以 2π为周期的周期函数，则 g 2π = g(0)，
即 sin( f(2π)) = sin( f(0)) = 0，所以 f(2π) = kπ，k∈ Z；
由 f(0) = 0，f(2π) = kπ以及题设可知，
函数 f x 在 0,2π 的值域为 0,kπ ，所以 k∈ Z且 k> 0；
当 k> 2，f x = π及 f x = 2π时，均有 g x = sin f x = 0，
这与 g x 在区间 0,2π 上有且只有一个零点矛盾，因此 k= 1或 k= 2；
当 k= 1时，f(2π) = π，函数 f x 在 0,2π 的值域为 0,π ，
此时函数 g x 的值域为 0,1 ，
而 f x+ 2π = f(x) + π，于是函数 f x 在 2π,4π 的值域为 π,2π ，
此时函数 g x 的值域为 -1,0 ，
函数 g x = sin f x 在当 x∈ 0,2π 时和 x∈ 2π,4π 时的取值范围不同，
与函数 g x 是以 2π为周期的周期函数矛盾，
故 k= 2，即 f(2π) = 2π，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把
新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.
9 (2024·河南·高三专题练习)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)ab．
(1) p= 11,a= 2 ap-1, 若 ，求 ；
(2)对m1,m2∈ 0,1, ,p- 2 ，记m1 m2为m1+m2除以 p- 1的余数 (当m1+m2能被 p- 1整除时，m1
m2= 0)．证明：log(p)a b c = log(p)ab log(p)ac，其中 b,c∈X；
(3)已知n= log(p)ab．对 x∈X,k∈ 1,2, ,p- 2 ，令 y1= ak, ,y2= x bk, ．证明：x= y2 y
n p-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.
15
(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)a b c = 0,log(p)ab= 0,log(p)ac= 0，
此时 log(p)a b c = log(p)ab log(p)ac.
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)a b c ,n1= log(p)ab,n2= log(p)ac，
则 m ,m ∈N n，使得 a 1= pm n21 2 1+b,a = pm2+c，
an1+n故 2= pm1+b pm2+c ，故 an1+n2≡ bc(modp)，
设n1+n2= t p- 1 + s,0≤ s≤ p- 2，则n1 n2= s，
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 (modp)，故 ap-1≡ 1 modp ，
故 an1+n2≡ as≡ bc modp ，而 an≡ b c(modp) = bc(modp),其中 0≤n≤ p- 2，
故 s=n即 log(p)a b c = log(p)ab log(p)ac.
2 an1= an1, +m p an2= an2, +m p an1, × an2, 法 ：记 1 ， 2 ， = an1, an2, +kp，
m m k n n n . n , n . n . 其中 1， 2， 是整数，则 a 1 2= a 1 a 2 + m a 21 +m a 12 +m1m2p+ k p，
n ,
可知 a 1 an2, = an1 n2, ．
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)ab，m= log(p)ac，n+m=n m+ l(p- 1)，其中 l是整数，
则 b c= an, am, = an m, = an m+l(p-1), = an m, al(p-1), = an m, ，
即 log(p)a(b c) = log(p)ab log(p)ac．
(3)【方法二】：当 b≥ 2时，由 (2)可得 bp-1≡ 1 modp ，若 b= 1，则 bp-1≡ 1 modp 也成立.
因为n= log(p)ab，所以 an≡ b modp .
另一方面，y yn p-2 , n p-2 , k, k, n p-2 2 1 ≡ y2y1 ≡ x b a
≡ kn p-2 k p-2 xbk a ≡ xbk b ≡ x bp-1 k-1≡ x 1 k-1 modp ≡ x modp .
n p-2 ,
由于 x∈X，所以 x= y y 2 1 .
16
法 2：由题设和 (2)的法 2的证明知：
k,
k k nk
y = x b = x (b b b= x an, an, n,

2 a = x a a a，
n(p- 2) nk
n(p-2),
n(p - 2)
y = y y y = ak, ak, ak, 1 1 1 1 = ap-2, ap-2, ap-2, ．
nk
n(p-2),
nk
故 y y = x a a a ap-2, ap-2, 2 1 ap-2,
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). 2 1 = x．
【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.
10 (2024·全国·校联考模拟预测)设 y= f x 是定义在R上的函数，若存在区间 a,b 和 x0∈ (a,b)，
使得 y= f x 在 [a,x0]上严格减，在 [x0,b]上严格增，则称 y= f x 为“含谷函数”，x0为“谷点”， a,b
称为 y= f x 的一个“含谷区间”．
(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：
(i)y= 2 x ，(ii)y= x+ cosx；
(2)已知实数m> 0，y= x2-2x-mln x- 1 是含谷函数，且 2,4 是它的一个含谷区间，求m的取值
范围；
(3)设 p,q∈R，h x =-x4+px3+qx2+ 4- 3p- 2q x．设函数 y= h x 是含谷函数， a,b 是它的一个
含谷区间，并记 b- a的最大值为L p,q ．若 h 1 ≤ h 2 ，且 h 1 ≤ 0，求L p,q 的最小值．
【答案】(1)y= 2 x 是含谷函数，谷点 x= 0；y= x+ cosx不是含谷函数，证明见解析.
(2) 2,18
(3) 2
【分析】(1)利用含谷函数定义判断函数的增减区间，再求谷点，证明函数是否为含谷函数；
(2)由题意可判断函数在区间 2,4 内有谷点，利用谷点定义求参数取值范围；
(3)分别讨论函数 h x 的单调性，判断谷点所在区间，得到L p,q 的解析式，再利用 h 1 ≤ h 2 和
h 1 ≤ 0消元求最值.
-2x, x< 0【详解】(1)函数 y= 2 x = ，当 x∈ -∞,0 时，单调递减，当 x∈ 0,+∞ 时，单调递增，所2x, x≥ 0
以 y= 2 x 是含谷函数，谷点 x= 0；
函数 y= x+ cosx，求导 y = 1- sinx≥ 0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.
(2)由题意可知函数 y= x2-2x-mln x- 1 在区间 2,4 内先减后增，且存在谷点，
令 g x = x2-2x-mln m x- 1 ，所以 g x = 2x- 2-
x- ，1
17
设 q x = g x = 2x- 2- m
x- ，1
所以 q x = 2+ m ，由m> 0 m可知 q 2 x = 2+ > 0恒成立， x- 1 x- 1 2
所以 g x 在区间 2,4 上单调递增，
g 2 = 2-m< 0
若满足谷点，则有 g 4 = 6- m > ，解得 2故m的取值范围是 2,18 .
(3)因为 h x =-x4+px3+qx2+ 4- 3p- 2q x，
3p 3p q
所以 h x =-4x3+3px2+2qx+ 4- 3p- 2q = 4 1- x x2 + 1- x+ 1- - ，4 4 2
3p 3p q
若 x2+ 1- x+ 1- - ≥ 0恒成立，4 4 2
则函数 y= h x 在 x≤ 1时严格增，在 x≥ 1时严格减，不是谷函数，不满足题意；
因此关于 x的方程 x2+ - 3p 3p q 1 x+ 1- - = 0有两个相异实根，即Δ> 0，4 4 2
设两根为 α，β且 α< β，
因为 h 1 ≤ 0= h 0 ，所以函数 y= h x 在区间 -∞,1 上不为严格增，
但是当 x 0，y= h x 为严格增，
所以 y= h x 在区间 -∞,1 上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即 α< 1，
同理，因为 h 1 ≤ h 2 ，所以 β> 1，
因此，y= h x 在区间 -∞,α 和 1,β 上严格增，在区间 α,1 和 β,+∞ 上严格减，
从而函数 y= h x 的含谷区间 a,b 必满足 a,b α,β ，
3p 2 3p q
即L p,q = β- α= Δ= 1- -4 1- - = 9 p2+ 3 p- 3+ 2q，4 4 2 16 2
因为 h 1 =-1+ p+ q+ 4- 3p- 2q= 3- 2p- q，
h 2 =-16+ 8p+ 4q+ 8- 6p- 4q=-8+ 2p，
由 h 1 ≤ h 2 得 3- 2p- q≤-8+ 2p，所以 4p+ q≥ 11，
由 h 1 ≤ 0得 3- 2p- q≤ 0，所以 2p+ q≥ 3，
11- 4p, p≤ 4所以 q≥ ，3- 2p, p> 4
当 p≤ 4时，L p,q ≥ 9 p2- 13 p+ 19≥ 2，16 2
当 p> 4时，L p,q ≥ 9 p2- 5 p+ 3≥ 2，16 2
因此L p,q 的最小值为 2，当 p= 4,q=-5时成立.
【点睛】关键点睛：(1)利用谷点定义判断函数是否为含谷函数；
(2)根据谷点性质求参数的取值范围；
18
(3)将导数分解因式，利用二次函数性质讨论 y= h x 的单调性，进而得到 a,b α,β 和L p,q ，求函
数最值.
11 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)定义：如果函数 y= f x 和 y= g x 的图像上分别
存在点M和N关于 x轴对称，则称函数 y= f x 和 y= g x 具有C关系．
(1)判断函数 f x = log2 8x2 和 g x = log 1x是否具有C关系；
2
(2)若函数 f x = a x- 1 和 g x =-x- 1不具有C关系，求实数 a的取值范围；
(3)若函数 f x = xex和 g x =msinx m< 0 在区间 0,π 上具有C关系，求实数m的取值范围．
【答案】(1)是
(2) -∞,2 2
(3) -∞,-1
1
【分析】(1)根据C关系的理解，令 f x + g x = 0，解得 x= ，从而得以判断；
8
(2)利用换元法，结合二次函数的性质得到-t2+at- 2< 0在 0,+∞ 上恒成立，分类讨论 t= 0与 t>
0，利用基本不等式即可求得 a的取值范围；
(3)构造函数 h x = xex+msinx，将问题转化为 h x 在 0,π 上存在零点，分类讨论-1≤m< 0与m
<-1，利用导数与函数的关系证得m<-1时，h x 在 0,π 上有零点，从而得解.
【详解】(1)f x 与 g x 是具有C关系，理由如下：
根据定义，若 f x 与 g x 具有C关系，则在 f x 与 g x 的定义域的交集上存在 x，使得 f x + g x =
0，
因为 f x = log2 8x2 ，g x = log 1x，x> 0，
2
所以 f x + g x = log 22 8x + log 1x= log 228+ log2x -log2x= log2x+ 3，
2
令 f x + g x = 0，即 log2x+ 3= 0 1，解得 x= ，8
所以 f x 与 g x 具有C关系.
(2)令 φ x = f x + g x ，
因为 f x = a x- 1，g x =-x- 1，所以 φ x = a x- 1- x- 1 x≥ 1 ，
令 t= x- 1 t≥ 0 ，则 x= t2+1，故 y= φ x = at- t2+1 - 1=-t2+at- 2，
因为 f x 与 g x 不具有C关系，所以 φ x 在 0,+∞ 上恒为负或恒为正，
又因为 y=-t2+at- 2开口向下，所以 y=-t2+at- 2在 0,+∞ 上恒为负，即-t2+at- 2< 0在
0,+∞ 上恒成立，
当 t= 0时，-t2+at- 2=-2< 0显然成立；
当 t> 0时，a< t+ 2 在 0,+∞ 上恒成立，
t
因为 t+ 2 ≥ 2 t 2 = 2 2 2，当且仅当 t= ，即 t= 2 时，等号成立，
t t t
19
2
所以 t+ = 2 2，所以 a< 2 2，t min
综上：a< 2 2，即 a∈ -∞,2 2 .
(3)因为 f x = xex和 g x =msinx m< 0 ，
令 h x = f x + g x ，则 h x = xex+msinx，
因为 f x 与 g x 在 0,π 上具有C关系，所以 h x 在 0,π 上存在零点，
因为 h (x) = (x+ 1)ex+mcosx，
当-1≤m< 0且 x∈ (0,π)时，因为 x+ 1 ex> 1,|mcosx| < |m| ≤ 1，所以 h (x)> 0，
所以 h x 在 0,π 上单调递增，则 h x > h 0 = 0，
此时 h x 在 0,π 上不存在零点，不满足题意；
π
当m<-1时，显然当 x∈ ,π 时，h (x)> 0，2
π
当 x∈ 0, π π时，因为 h (x)在 0, 上单调递增，且 h (0) = 1+m< 0,h π = π + 1 e 2> 0，2 2 2 2
故 h (x)在 0, π 上存在唯一零点，设为 α，则 h (α) = 0，2
所以当 x∈ (0,α),h (x)< 0；当 x∈ α, π ,h (x)> 0 π；又当 x∈ ,π 时，h (x)> 0，2 2
所以 h x 在 0,α 上单调递减，在 α,π 上单调递增，h x 在 0,π 上存在唯一极小值点 α，
因为 h 0 = 0，所以 h(α)< 0，
又因为 h(π) = πeπ> 0，所以 h x 在 0,π 上存在唯一零点 β，
所以函数 f x 与 g x 在 0,π 上具有C关系，
综上：m<-1，即m∈ -∞,-1 .
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到 f x 与 g x 具有C关系，则在定义域上存在 x0，
使得 f x0 + g x0 = 0，从而得解.
12 (2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)若存在 x0∈D使得 f x ≤ f x0 对任意 x∈D恒成
立，则称 x0为函数 f x 在D上的最大值点，记函数 f x 在D上的所有最大值点所构成的集合为M
(1)若 f x =-x2+2x+ 1,D=R，求集合M；
2x-x(
x
2)若 f x = x ,D=R，求集合M；4
(3)设 a为大于 1的常数，若 f x = x+ asinx,D= 0,b ，证明，若集合M中有且仅有两个元素，则所有
满足条件的 b从小到大排列构成一个等差数列．
【答案】(1)M= 1
(2)M= 1,2
(3)证明见解析
【分析】(1)配方得到当且仅当 x= 1时，f x =-x2+2x+ 1取得最大值，得到M= 1 ；
20
(2)求导，得到函数单调性，求出当 x= 1或 2时，f x 取得最大值，故M= 1,2 ；
(3)求导，得到函数单调性，并得到 f x+ 2π = f x ，得到 f bk = f 2kπ- π- arccos 1 ，结合 f ba k+1
- f bk = 2π，得到 bk+1-bk为定值，
故所有满足条件的 b从小到大排列构成一个等差数列．
【详解】(1)f x =-x2+2x+ 1=- x- 1 2+2,
当且仅当 x= 1时，f x =-x2+2x+ 1在R上取得最大值，故M= 1 ；
2x-x x
(2) = f x x 定义域为R，4
x
2 ln2- 1 x+ 2
x-x 4x- 2x-x x 4xln4
f x =
42x
2x-2x 1- xln2=
4x
，
令 q x = 2x-2x，则 q x = 2xln2- 2，
令 q x = 0得 x= log 22 ，ln2
x -∞,log 2 log 2 log 22 ln2 2 ln2 2 ,+∞ln2
q x - 0 +
q x ↘ 极小值 ↗
1 2 2
其中 ln2∈ ln e,lne = ,1 ，故 ∈ 2,4 ，log2 ∈ 1,2 ，2 ln2 ln2
可以看出 q 1 = 0,q 2 = 0，
故 q x 有且仅有 2个零点，分别为 1和 2，
1
令 f x = 0得 x= ∈ 1,2 或 1或 2，
ln2
x -∞,1 1 1 1 1 1, ,2 2 2,+∞ln2 ln2 ln2
f x + 0 - 0 + 0 -
f x ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘
1
其中 f 1 = f 2 = ，
4
故当 x= 1或 2时，f x 取得最大值，故M= 1,2 ；
(3)f x = x+ asinx,D= 0,b ，a> 1，
f x = 1+ acosx,D= 0,b ，a> 1，
令 f x = 0得 x= 2kπ± arccos - 1 = 2kπ± π- arccos 1a a ，k∈ Z，
当 0< x< π- arccos 1 时，f x > 0，f x 单调递增，
a
21
π- arccos 1当 < x< π+ arccos 1 时，f x < 0，f x 单调递减，
a a
当 π+ arccos 1 < x< 3π- arccos 1 时，f x > 0，f x 单调递增，
a a
当 3π- arccos 1 < x< 3π+ arccos 1 时，f x < 0，f x 单调递减，
a a
当 3π+ arccos 1 < x< 5π- arccos 1 ，f x > 0，f x 单调递增，
a a
，
由于 f x+ 2π = 1+ acos x+ 2π = 1+ acosx= f x ，
故所有的单调递增区间经过适当平移可重合，同理，所有的单调递减区间经过适当平移可重合，
要想集合M中有且仅有两个元素，
则需要 f b1 = f π- arccos 1 或 f b2 = f 3π- arccos 1 ，a a
或 f b3 = f 5π- arccos 1 1， ，f bk = f 2kπ- π- arccos ，a a
其中 f x+ 2π = x+ 2π+ asin x+ 2π = x+ 2π+ asinx，
f x+ 2π - f x = x+ 2π+ asinx- x- asinx= 2π，
又 f b
1 1
k+1 - f bk = f 2kπ+ 2π- π- arccos - fa 2kπ- π- arccos a = 2π，
所有的 bk均处在单调递增区间上，
所以 bk+1-bk为定值，
故所有满足条件的 b从小到大排列构成一个等差数列．
【点睛】函数新定义问题，命题新颖，且存在知识点交叉，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行
结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问
题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
13 (2024·全国·校联考一模)关于 x的函数 f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，我们曾在必修一中学习过
“二分法”求其零点近似值.现结合导函数，介绍另一种求零点近似值的方法--“牛顿切线法”.
(1)证明：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b ；
(2)现在，我们任取 x1∈ (1,a)开始，实施如下步骤：
在 x1,f x1 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x2,0 ；
在 x2,f x2 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 x3,0 ；

在 xn,f xn 处作曲线 f x 的切线，交 x轴于点 xn+1,0 ；
可以得到一个数列 xn ，它的各项都是 f x 不同程度的零点近似值.
(i)设 xn+1= g xn ，求 g xn 的解析式 (用 xn表示 xn+1)；
(ii)证明：当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a.
22
【答案】(1)证明见解析；
-x lnx + b+ 1 x
(2) (i) g x = n n n n + ；(ii)证明见解析.1 2xn
【分析】(1)根据函数的单调性，结合零点存在性定理证明即可；
( ) ( ) , = 1+ 2x2 i 由导数的几何意义得曲线 f x 在 xn f xn 处的切线方程为 y n x+ lnxn-b- 1，进而xn
-x
g x = n
lnxn+ b+ 1 xn
得 n + ；1 2xn
( 1+ 2xii)令 h x = n x+ lnxn-b- 1，进而构造函数F(x) = f(x) - h(x) = lnx- 1 x- lnxn+1，结合函xn xn
f(x )
数单调性证明 xn+1< a，再根据 f (x nn)> 0,f(xn)< f(a) = 0证明 xn+1= xn- > xn即可得答案.
f (xn)
【详解】(1)证明：f x = lnx+ 2x- b(b> 2)，定义域为 0,+∞ ，
1
所以，f x = + 2> 0在 0,+∞ 上恒成立，
x
所以函数 f x 在 0,+∞ 上单调递增，
因为 f 1 = ln1+ 2- b= 2- b< 0(b> 2),f b = lnb+ 2b- b= lnb+ b> 0(b> 2)，
所以，存在唯一 a∈ 1,b ，使得 f a = 0，即：f x 有唯一零点 a，且 a∈ 1,b .
(2)解：(i)由 (1)知 f x = 1 + 2，
x
1
所以，曲线 f x 在 xn,f xn 处的切线斜率为 kn= + 2，xn
1+ 2x
所以，曲线 f x 在 xn,f xn 处的切线方程为 y- f xn = f xn x- x nn ，即 y= x+ lnxn-b- 1xn
-x lnx +
= = n n
b+ 1 x
令 y 0 x n得
1+ 2xn
-xnlnxn+ b+ 1 xn -xnlnxn+ b+ 1 xn
所以，切线与 x轴的交点 + ,0 ，即 x = ，1 2x n+1n 1+ 2xn
-xnlnxn+ b+ 1 xg x = n所以， n .1+ 2xn
(ii)对任意的 xn∈ 0,+∞ ，由 (i)知，曲线 f x 在 xn,f xn 处的切线方程为：
= 1+ 2xn + 1+ 2xy x lnxn-b- 1，故令 h x = n x+ lnxn-b- 1，xn xn
令F(x) = f(x) - h(x) = lnx- 1 x- lnx
x n
+1.
n
所以，F ( ) = 1 - 1 = xn-xx ，
x xn xnx
所以，当 x∈ (0,xn)时，F (x)> 0,F(x)单调递增，当 x∈ (xn,+∞)时，F (x)< 0,F(x)单调递减；
所以，恒有F(x)≤F(xn) = 0，即 f(x)≤ h(x)恒成立，当且仅当 x= xn时等号成立，
另一方面，由 (i) f(xn)知，xn+1= xn- ，且当 xn≠ a时，x( ) n+1
≠ xn，
f xn
23
(若 xn= a，则 f(xn) = f(a) = 0，故任意 xn+1= xn=...= x1= a，显然矛盾)
因为 xn+1是 h x 的零点，
所以 f(xn+1)< h(xn+1) = f(a) = 0,
因为 f x 为单调递增函数，
所以，对任意的 xn≠ a时，总有 xn+1< a.
又因为 x1< a，
所以，对于任意n∈N *，均有 xn< a，
所以，f (xn)> 0,f(xn)< f(a) = 0.
= - f(x )所以 xn+1 x nn > x ，f (xn)
n
综上，当 x1∈ 1,a ，总有 xn< xn+1< a
【点睛】本题考查利用导数的几何意义，不等式的证明，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题
第二问解题的关键在于结合切线方程，构造函数F(x) = f(x) - h(x) = lnx- 1 x- lnxn+1，进而结合xn
函数的单调性证明不等式.
14 (2023上·山东青岛·高一统考强基计划)若一个两位正整数m的个位数为 4，则称m为“好数”.
(1)求证：对任意“好数”m,m2-16一定为 20的倍数；
(2)若m= p2- qq2，且 p,q为正整数，则称数对 p,q 为“友好数对”，规定：H m = ，例如 24= 52-12，
p
称数对 5,1 1 为“友好数对”，则H 24 = ，求小于 70的“好数”中，所有“友好数对”的H m 的最大
5
值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 15
17
【分析】(1)设m= 10t+ 4,从而有m2-16= 10t+ 4 2-16= 100t2+80t+ 16- 16= 20 5t2+4t 即可证
明；
(2)根据题意可得 10t+ 4= p+ q p- q ，进而分类讨论即可求解.
【详解】(1)证明：设m= 10t+ 4，1≤ t≤ 9且 t为整数，
∴m2-16= 10t+ 4 2-16= 100t2+80t+ 16- 16= 20 5t2+4t
∵ 1≤ t≤ 9，且 t为整数，∴ 5t2+4t是正整数，
∴m2-16一定是 20的倍数；
(2) ∵m= p2-q2，且 p,q为正整数，∴ 10t+ 4= p+ q p- q ，
当 t= 1时，10t+ 4= 14= 1× 14= 2× 7，没有满足条件的 p,q，
当 t= 2时，10t+ 4= 24= 1× 24= 2× 12= 3× 8= 4× 6，
24
∴ p+ q= 12 p+ q= 6满足条件的有 - = 或 - = ，p q 2 p q 4
p= 7 p= 5解得 = 或 = ，∴H m =
5 1
或 ，
q 5 q 1 7 5
当 t= 3时，10t+ 4= 34= 1× 34= 2× 17，没有满足条件的 p,q，
当 t= 4时，10t+ 4= 44= 1× 44= 2× 22= 4× 11，
∴ p+ q= 22 p= 12 10 5满足条件的有 - = ，解得 = ，∴H m = = ，p q 2 q 10 12 6
当 t= 5时，10t+ 4= 54= 1× 54= 2× 27= 3× 18= 6× 9，没有满足条件的 p,q，
当 t= 6时，10t+ 4= 64= 1× 64= 2× 32= 4× 16= 8× 8，
∴ p+ q= 32 p+ q= 16满足条件的有 - = 或 - = ，p q 2 p q 4
p= 17 p= 10 15 3解得 = 或 ，∴H m = 或 ，q 15 q= 6 17 5
∴小于 70 15的“好数”中，所有“友好数对”的H m 的最大值为 .
17
三、数列新定义
15 (2024·全国·校联考模拟预测)已知无穷数列 an 满足 an=max an+1,an+2 -min an+1,an+2 (n
= 1,2,3, )，其中max{x,y}表示 x，y中最大的数，min{x,y}表示 x，y中最小的数.
(1)当 a1= 1，a2= 2时，写出 a4的所有可能值；
(2)若数列 an 中的项存在最大值，证明：0为数列 an 中的项；
(3)若 an> 0(n= 1,2,3, )，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有 an≤M？如果存在，写出
一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.
【答案】(1) {1,3,5}
(2)证明见解析
(3)不存在，理由见解析
【分析】(1)根据定义知 an≥ 0，讨论 a3> 2、a3< 2及 a3,a4大小求所有 a4可能值；
(2)由 an≥ 0，假设存在n *0∈N 使 an≤ an，进而有 an≤max{a0 0 n0+1,an0+2}≤ an，可得min{an +1,a }= 0，0 0 n0+2
即可证结论；
(3)由题设 an≠ an+1(n= 2,3, )，令S={n|an> an+1,n≥ 1}，讨论S= 、S≠ 求证 an>M即可判断存
在性.
【详解】(1)由 an=max an+1,an+2 -min an+1,an+2 ≥ 0，a1=max{2,a3}-min{2,a3}= 1，
若 a3> 2，则 a3-2= 1，即 a3= 3，此时 a2=max{3,a4}-min{3,a4}= 2，
当 a4> 3，则 a4-3= 2，即 a4= 5；
当 a4< 3，则 3- a4= 2，即 a4= 1；
25
若 a3< 2，则 2- a3= 1，即 a3= 1，此时 a2=max{1,a4}-min{1,a4}= 2，
当 a4> 1，则 a4-1= 2，即 a4= 3；
当 a4< 1，则 1- a4= 2，即 a4=-1(舍)；
综上，a4的所有可能值为 {1,3,5}.
(2)由 (1)知：an≥ 0，则min an+1,an+2 ≥ 0，
数列 an 中的项存在最大值，故存在n0∈N *使 an≤ an，(n= 1,2,3, )，0
由 an=max{a0 n0+1,an0+2}-min{an ,a0+1 n +2}≤max{a0 n0+1,an0+2}≤ an，0
所以min{an +1,an +2}= 0，故存在 k∈{n0+1,n0+2}使 a = 0，0 0 k
所以 0为数列 an 中的项；
(3)不存在，理由如下：由 an> 0(n= 1,2,3, )，则 an≠ an+1(n= 2,3, )，
设S={n|an> an+1,n≥ 1}，
若S= ，则 a1≤ a2，ai< ai+1(i= 2,3, )，
M
对任意M> 0，取n1= + 2([x]表示不超过 x的最大整数)，a1
当n>n1时，an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +...+ (a3-a2) + a2
= an-2+an-3+...+a1+a2≥(n- 1)a1>M；
若S≠ ，则S为有限集，
设m=max{n|an> an+1,n≥ 1}，am+i< am+i+1(i= 1,2,3, )，
对任意M> 0，取n2= M +m+ 1([x]表示不超过 x的最大整数)，am+1
当n>n2时，an= (an-an-1) + (an-1-an-2) +...+ (am+2-am+1) + am+1
= an-2+an-3+...+am+am+1≥(n-m)am+1>M；
综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有 an≤M .
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定 an≠ an+1(n= 2,3, )，并构造集合S={n|an> an+1,n≥ 1}，讨论S
= 、S≠ 研究存在性.
16 (2024·全国·校联考模拟预测)设正整数数列A:a1，a2， ，aN(N> 3)满足 ai< a j，其中 1≤ i< j
≤N .如果存在 k∈{2，3， ，N}，使得数列A中任意 k项的算术平均值均为整数，则称A为“k阶平衡
数列”
(1)判断数列 2，4，6，8，10和数列 1，5，9，13，17是否为“4阶平衡数列”？
(2)若N为偶数，证明：数列A:1，2，3， ，N不是“k阶平衡数列”，其中 k∈{2,3, ,N}
(3)如果 aN≤ 2019，且对于任意 k∈{2,3, ,N}，数列A均为“k阶平衡数列”，求数列A中所有元素之和
的最大值．
【答案】(1)2，4，6，8，10不是 4阶平衡数列；1，5，9，13，17是 4阶平衡数列；
(2)证明见解析
26
(3)12873．
(1) 2+ 6+ 8+ 10【分析】 由 不为整数，数列 1，5，9，13，17为等差数列，结合新定义即可得到结论；
4
(2)讨论 k为偶数或奇数，结合新定义即可得证；
(3)在数列A中任意两项 as，at，(s≠ t)，作差可得数列中任意两项之差都是 k的倍数，k∈{2,3, ,N-
1}，讨论数列A的项数超过 8，推得数列A的项数至多 7项.讨论数列A的项数为 7，数列的项数小于或
等于 6，奇数可得所求最大值.
(1) 2+ 6+ 8+ 10【详解】 由 不为整数，
4
可得数列 2，4，6，8，10不是 4阶平衡数列；
数列 1，5，9，13，17为首项为 1，公差为 4的等差数列，
则数列 1，5，9，13，17是 4阶平衡数列；
(2)证明：若N为偶数，设 k= 2m(m∈N )，
= k(k+ 1)考虑 1，2，3， ，k这 k项，其和为S .
2
k S k+ 1 2m+ 1所以这 项的算术平均值为： = = ，此数不是整数；
k 2 2
若 k为奇数，设 k= 2m+ 1，m∈N ，考虑 1，2，3，4，5， k- 2，k- 1，k+ 1；
k(k+ 1)
这 k项，其和为S′ = + 1，
2
S′ k+ 1 1 1
所以这 k项的算术平均数为： = + =m+ 1+
k 2 k 2m+ ，1
此数不是整数；
故数列A：1，2，3，4， ，N不是“k阶平衡数列”，其中 k∈{2,3,4, N}；
(3)在数列A中任意两项 as，at，(s≠ t)，
对于任意 k∈{2,3,4,5, ,N}，在A中任意取两项 as，at，相异的 k- 1项，
并设这 k- 1项和为Sn.由题意可得Sn+as，Sn+at都是 k的倍数，
即Sn+as= pk，Sn+at= qk，(p，q为整数)，可得 as-at= (p- q)k，
即数列中任意两项之差都是 k的倍数，k∈{2,3, ,N- 1}，
因此所求数列A的任意两项之差都是 2，3， ，N- 1的倍数，
如果数列A的项数超过 8，
那么 a2-a1，a3-a2， ，a8-a7均为 2，3，4，5，6，7的倍数，
即 a2-a1，a3-a2， ，a8-a7均为 420的倍数，
(420为 2，3，4，5，6，7的最小公倍数)，
a8-a1= a2-a1+a3-a2+..+a8-a7> 420× 7= 2940，
即 a8> 2940+ a1> 2940，这与 aN≤ 2019矛盾，
故数列A的项数至多 7项.
27
数列A的项数为 7，
那么 a2-a1，a3-a2， ，a7-a6均为 2，3，4，5，6的倍数，
即 a2-a1，a3-a2， ，a7-a6均为 60的倍数，
(60为 2，3，4，5，6的最小公倍数)，
又 a7≤ 2019，且 a1< a2< < a7，
所以 a6≤ 2019- 60，a5≤ 2019- 2× 60， ，a1≤ 2019- 6× 60，
所以 a1+a2+ +a7≤ 2019+ 2019- 60 + + 2019- 6× 60 = 12873，
当且仅当 ai= 2019- 60(7- i) = 1599+ 60i(i= 1，2 ，7)，a1+a2+ +a7取得最大值 12873；
验证可得此数列为“k阶平衡数列”，k∈{2,3, ,N}，
如果数列的项数小于或等于 6，由 aN≤ 2019，
可得数列中所有项的之和小于或等于 2019× 6= 12114，
综上可得数列A中所有元素之和的最大值为 12873.
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论思想和化简运算能力 推理能力，属于难题.
17 (2024·广东·珠海市第一中学校联考模拟预测)若数列 an 满足：an∈{0,1},n∈N *，且 a1= 1，则
a
称 an 为一个X数列．对于一个X数列 an ，若数列 bn 满足：b1= 1，且 b = a - n+1n+1 n 2 bn,n∈N *，则
称 bn 为 an 的伴随数列．
(1)若X数列 an 中，a2= 1,a3= 0,a4= 1，写出其伴随数列 bn 中 b2,b3,b4的值；
(2)若 an 为一个X数列， bn 为 an 的伴随数列
①证明：“ an 为常数列”是“ bn 为等比数列的充要条件；
②求 b2023的最大值．
【答案】(1)b2= 1 ,b 1 12 3= ,b4=2 4
(2) 1①证明详见解析；②
21011
【分析】(1)根据伴随数列的知识求得正确答案.
(2)①根据伴随数列、常数列、等比数列、充要条件等知识证得结论成立.
②对 an,an+1的取值进行分类讨论，利用放缩法求得正确答案.
a 1 a a
【详解】(1)b2= a1- 2 b = ,b 31 3= a2- b2= 1 ,b4= a3- 42 2 2 2 2 b3=
1 .
4
(2)①，充分性：若X数列 an 为常数列，
因为 a1= 1，所以 an= 1,n∈N *，
a
所以 bn+1= a - n+1 b 1n n= bn,n∈N *，2 2
又因为 b1= 1≠ 0，所以伴随数列 bn 是以 1为首项，
28
1
以 为公比的等比数列.
2
必要性：(反证法)假设数列 bn 是等比数列，而数列 an 不是常数列.
所以数列 a *n 中存在等于 0的项，设第一个等于零的项为 ak，其中 k> 1,k∈N ，
所以 bk= 1- 0 bk-1= bk-1，得等比数列 bn 的公比为 1，2
a
又 b = k+1k+1 ab 1k，得等比数列 bn 的公比 k+1 ≤ ，与“ bn 的公比为 1”矛盾，2 2 2
所以当数列 bn 是等比数列时，数列 an 是常数列.
综上所述，“ an 为常数列”是“ bn 为等比数列的充要条件.
1
②，当 an= 1,an+1= 1时，bn+1= b ；2 n
当 an= 1,an+1= 0时，bn+1= bn；
1
当 an= 0,an+1= 1时，bn+1= b2 n；
当 an= 0,an+1= 0时，bn+1= 0；
1
所以 bn+2= b 1n或 bn+2= b 1n或 bn+2= 0，且 bn≥ 0，所以 bn+2≤ bn，4 2 2
1 1
所以 b2023≤ b2021≤ b2019≤ ≤ 1 b = 1 ，2 2 21011 1 21011
*
当 an= 1,n= 2k- 1,k∈N 1 0,n= 2k,k∈N * 时，b2023= .21011
【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”--明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)
重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举
例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
18 (2024·安徽合肥·合肥一六八中学校联考模拟预测)已知数列A:a1,a2, ,an为有穷正整数数列.
若数列A满足如下两个性质，则称数列A为m的 k减数列：
① a1+a2+ +an=m；
②对于 1≤ i< j≤n，使得 ai> a j的正整数对 (i,j)有 k个.
(1)写出所有 4的 1减数列；
(2)若存在m的 6减数列，证明：m> 6；
(3)若存在 2024的 k减数列，求 k的最大值.
【答案】(1)数列 1,2,1和数列 3，1
(2)证明见解析
(3)k的最大值为 512072
【分析】(1)根据 k减数列的定义，即可写出答案；
(2)根据存在m的 6减数列，可得C2n≥ 6，即n≥ 4，继而分类讨论n的取值，说明每种情况下都有m>
6，即可证明结论；
29
(3)分类讨论数列中的项的情况，结合题意确定数列A为 2,2, ,2,1,1, ,1的形式，从而结合设其中有
x项为 2，有 y项为 1，k= xy进行求解，即可得答案.
【详解】(1)由题意得 a1+a2+ +an= 4，则 1+ 1+ 2= 4或 1+ 3= 4，
故所有 4的 1减数列有数列 1,2,1和数列 3，1.
(2)因为对于 1≤ i< j≤n，使得 ai> a j的正整数对 i,j 有 k个，
且存在m的 6减数列，所以C2n≥ 6，得n≥ 4.
①当n= 4时，因为存在m的 6减数列，
所以数列中各项均不相同，所以m≥ 1+ 2+ 3+ 4= 10> 6.
②当n= 5时，因为存在m的 6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以m≥ 6.
若m= 6，满足要求的数列中有四项为 1，一项为 2，
所以 k≤ 4，不符合题意，所以m> 6.
③当n≥ 6时，因为存在m的 6减数列，
所以数列各项中必有不同的项，所以m> 6.
综上所述，若存在m的 6减数列，则m> 6.
(3)若数列中的每一项都相等，则 k= 0，
若 k≠ 0，所以数列A存在大于 1的项，
若末项 an≠ 1，将 an拆分成 an个 1后 k变大，
所以此时 k不是最大值，所以 an= 1.
当 i= 1,2, ,n- 1时，若 ai< ai+1，交换 ai,ai+1的顺序后 k变为 k+ 1，
所以此时 k不是最大值，所以 ai≥ ai+1.
若 ai-ai+1 0,1 ，所以 ai≥ ai+1+2，
所以将 ai改为 ai-1，并在数列末尾添加一项 1，所以 k变大，
所以此时 k不是最大值，所以 ai-ai+1∈ 0,1 .
若数列A中存在相邻的两项 ai≥ 3,ai+1= 2，设此时A中有 x项为 2，
将 ai改为 2，并在数列末尾添加 ai-2项 1后，k的值至少变为 k+ x+ 1- x= k+ 1，
所以此时 k不是最大值，
所以数列A的各项只能为 2或 1，所以数列A为 2,2, ,2,1,1, ,1的形式.
设其中有 x项为 2，有 y项为 1，
因为存在 2024的 k减数列，所以 2x+ y= 2024，
所以 k= xy= 2024- 2x x=-2x2+2024x=-2(x- 506)2+512072，
所以，当且仅当 x= 506,y= 1012时，k取最大值为 512072.
所以，若存在 2024的 k减数列，k的最大值为 512072.
【点睛】难点点睛：本题考查数列新定义问题，解答时要理解新定义的含义，并由此依据定义去解答问题，
30
难点在于第 3问中求参数的最大值问题，要分类讨论，确定数列A为 2,2, ,2,1,1, ,1的形式，从而结
合设其中有 x项为 2，有 y项为 1，k= xy进行求解.
19 (2024·江西吉安·吉安一中校考一模)对于无穷数列 {an}，“若存在 a *m-ak= t m,k∈N ,m> k ，
必有 am+1-ak+1= t”，则称数列 {an}具有P(t)性质.
2n(n= 1,2)(1)若数列 {an}满足 an= 2n- 5 n≥ 3,n∈ ，判断数列 {a }是否具有P(1)性质？是否具有P(4)性N * n
质？
(2)对于无穷数列 {an}，设T={x|x= a j-ai,i< j}，求证：若数列 {an}具有P(0)性质，则T必为有限集；
(3)已知 {an}是各项均为正整数的数列，且 {an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，是否存在正整数
N，k，使得 aN，aN+1，aN+2， ，aN+k， 成等差数列.若存在，请加以证明；若不存在，说明理由.
【答案】(1)见解析；
(2)见解析；
(3)见解析.
【分析】(1)根据题中所给的条件，利用定义判断可得数列 {an}不具有性质P(1)，具有性质P(4)；
(2)根据数列具有性质P(0)，得到数列 {an}元素个数，从而证得结果；
(3)依题意，数列 {an}是各项为正数的数列，且 {an}既具有P(2)性质，又具有P(3)性质，可证得存在整
数N，使得 aN,aN+1,aN+2, ,aN+k, 是等差数列.
2n(n= 1,2)【详解】(1)因为 an= ，2n- 5 n≥ 3,n∈N *
a5-a2= 5- 4= 1，但 a6-a3= 7- 1= 6≠ 1，所以数列 {an}不具有性质P(1)，
同理可得数列 {an}具有性质P(4)；
(2)因为数列 {an}具有性质P(0)，
所以一定存在一组最小的且m> k，满足 am-ak= 0，即 am= ak，
由性质P(0)的含义可得 am+1= ak+1，am+2= ak+2， ，a2m-k-1= am-1,a2m-k= am，
所以数列 {an}中，从第 k项开始的各项呈现周期性规律：
ak,ak+1, ,am-1为一个周期中的各项，
所以数列 {an}中最多有m- 1个不同的项，
所以T最多有C2m-1个元素，即T为有限集；
(3)因为数列 {an}具有P(2)性质，又具有P(3)性质，
所以存在M ',N '，使得 aM '+P-aM '= 2,aN '+q-aN '= 3，
其中 p,q分别是满足上述关系式的最小的正整数，
由性质P(2),P(3)的含义可得 aM '+p+k-aM '+k= 2,aN '+q+k-aN '+k= 3，
若M ' 若M ' >N '，则取 k=M ' -N '，可得 aM '+q-aM '= 3，
31
记M=max M ',N ' ，则对于 aM，
有 aM+p-aM= 2,aM+q-aM= 3，显然 p≠ q，
由性质P(2),P(3)的含义可得：aM+p+k-aM+k= 2,aN+q+k-aN+k= 3，
所以 aM+pq-aM= (aM+pq-aM+(q-1)p) + (aM+(q-1)p-aM+(q-2)p) + + (aM+p-aM)
= 2qaM+pq-aM= (aM+pq-aM+(p-1)q) + (aM+(p-1)q-aM+(p-2)q) + + (aM+q-aM) = 3p，
所以 2q= 3p，
又 p,q满足 aM+p-aM= 2,aM+q-aM= 3的最小的正整数，
所以 q= 3,p= 2，aM+2-aM= 2,aM+3-aM= 3，
所以 aM+2+k-aM+k= 2,aM+3+k-aM+k= 3，
所以 aM+2k= aM+2(k-1)+2= aM+2k,aM+3k= aM+3(k-1)+3= aM+3k，
取N=M+ 3，所以，若 k是偶数，则 aN+k= aN+k，
若 k是奇数，
则 aN+k= aN+3+(k-3)= aN+3+ (k- 3) = aN+3+ (k- 3) = aN+k，
所以，aN+k= aN+k，
所以 aN,aN+1,aN+2, ,aN+k, 是公差为 1的等差数列.
【点睛】该题考查的是有关与数列相关的创新题，涉及到的知识点有对新定义的理解，属于难题.
20 (2024·江西抚州·临川一中校考一模)若各项为正的无穷数列 an 满足：对于 n∈N*，a2n+1-a2n
= d，其中 d为非零常数，则称数列 an 为D数列.记 bn= an+1-an.
(1)判断无穷数列 a nn= n和 an= 2 是否是D数列，并说明理由；
(2)若 an 是D数列，证明：数列 bn 中存在小于 1的项；
n
(3)若 an 是D数列，证明：存在正整数n 1，使得 > 2024.
i=1 ai
【答案】(1)an= n是D数列，an= 2n不是D数列，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)代入定义计算即可得；
(2)借助题目条件，借助放缩将等式转换为不等式后结合数列的函数性质即可得；
n n
(3) 1 1由题意将 表示出来后，使用放缩技巧，通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与 有关
i=1 ai i=1 ai
不等式即可证明.
【详解】(1)an= n是D数列，a nn= 2 不是D数列，理由如下：
当 an= n时，a2n=n，a2n+1=n+ 1，
则 a2 -a2n+1 n=n+ 1-n= 1，故是D数列；
32
当 an= 2n时，a2n= 22n，a2 2n+2n+1= 2 ，
则 a2 -a2= 22n+2-22nn+1 n = 3× 22n，故不是D数列；
(2)若 an 是D数列，则 an> 0且 a2 2n+1-an= d，
此时数列 a2n 是以 a21为首项，d为公差的等差数列，
故 a2 2n= a1+ n- 1 d，当 d< 0时，则总存在正整数n，使 a21+ n- 1 d< 0，
与 a 2 2n> 0矛盾，故 d> 0恒成立，an+1-an= d> 0，
有 a2 2n= a1+ n- 1 d> n- 1 d，a2 2n+1= a1+nd>nd，
即 an> n- 1 d，an+1> nd，有 an+1+an> n- 1 d+ nd= n+ n- 1 d，
d d d
则 bn= an+1-an= < = ，an+1+an n+ n- 1 d n+ n- 1
由 n+ n- 1 随n的增大而增大，
d
故总存在正整数n使 < 1，即数列 bn 中存在小于 1的项；
n+ n- 1
(3)由 (2)得 a2n= a21+ n- 1 d，故 an= a21+ n- 1 d，
1
即 = 1 = 2
an a21+ n- 1 d a21+ n- 1 d+ a21+ n- 1 d
2 a22 1+nd- a
2
1+ n- 1 d
> =
a2+nd+ a21 1+ n- 1 d a21+nd+ a21+ n- 1 d a21+nd- a21+ n- 1 d
2 a21+nd- a21+ n- 1 d= ，
d
n
1 > 2则 a2 2 2 21+d- a1 + a1+2d- a1+d+ + a2+nd- a21 1+ n- 1 d
i=1 ai d
= 2 a21+nd- a ，由 a21 1+nd- a1随n的增大而增大，d
2
且n→+∞时， a21+nd- ad 1 →+∞，
2
故对任意的 d> 0，总存在正整数n使 a21+nd- a1 > 2024，d
n 1
即总存在正整数n，使得 > 2024.
i=1 ai
n 1
【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过放缩法结合裂项相消法求和以表示出与 有关不等式.
i=1 ai
21 (2024·全国·校联考模拟预测)若项数为 k(k∈N*，k≥ 3)的有穷数列 {an}满足：0≤ a1< a2< a3
< < ak，且对任意的 i，j(1≤ i≤ j≤ k)，a j+ai或 a j-ai是数列 {an}中的项，则称数列 {an}具有性质P．
(1)判断数列 0,1,2是否具有性质P，并说明理由；
(2)设数列 {an}具有性质P，ai(i= 1，2， ，k)是 {an}中的任意一项，证明：ak-ai一定是 {an}中的项；
(3)若数列 {an}具有性质P，证明：当 k≥ 5时，数列 {an}是等差数列．
33
【答案】(1)数列 0,1,2具有性质P，理由见解析；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)由数列 0,1,2中，得到 a j-ai，一定是数列 an 中的项，即可求解；
(2)根据题意，得到 ak+ai一定不是数列 an 中的项，进而证得 ak-ai一定是数列 an 中的项；
(3)根据题意得到 ak+ak an ，且 ak-ak∈ an ，进而得到 a1= 0，得到 ak-ai∈ an ，当 2≤ i≤ k，证得 ak
-ak-i= ai+1，当 3≤ i≤ k- 2，得到 ak-1-ak-i= ai，由 k≥ 5时，得到 ak-1-ak-i= ai(1≤ i≤ k- 1)，两式相减
得出 ak-ak-1= ai+1-ai 1≤ i≤ k- 1 ，结合等差中项公式，即可求解.
【详解】(1)解：数列 0,1,2具有性质P.
理由：根据有穷数列 an 满足：0≤ a1< a2< a3< < ak，且对任意的 i,j(1≤ i≤ j≤ k)，a j+ai或 a j-ai 是
数列 an 中的项，则称数列 an 具有性质P，
对于数列 0,1,2中，若对任意的 i,j(1≤ i≤ j≤ k)，可得 a j-ai= 0或 1或 2，
可得 a j-ai一定是数列 an 中的项，所以数列 0,1,2具有性质P.
(2)证明：由 ai(i= 1,2, ,k)是数列 an 中的任意一项，
因为数列 {an}具有性质P，即 a j+ai或 a j-ai 是数列 an 中的项，
令 j= k，可得 ak+ai或 ak-ai 是数列 an 中的项，
又因为 0≤ a1< a2< < ak，可得 ak+ai一定不是数列 an 中的项，
所以 ak-ai一定是数列 an 中的项.
(3)解：由数列 {an}具有性质P，可得 ak+ak an ，所以 ak-ak∈ an ，
则 0∈ an ，且 a1= 0，
又由 ak+ai an ，所以 ak-ai∈ an ，
又由 0= ak-ak< ak-ak-1< ak-ak-2< < ak-a2< ak-a1，
①设 2≤ i≤ k，因为 0≤ a1< a2< < ak
可得 ak-ak= 0,ak-ak-1= a2,ak-ak-2= a3, ,ak-a2= ak-1,ak-a1= ak，
当 k≥ 5时，可得 ak-ak-i= ai+1 1≤ i≤ k- 1 ， ( )
②设 3≤ i≤ k- 2，则 ak-1+ai> ak-1+a2= ak，所以 ak-1+ai an ，
由 0= ak-1-ak-1< ak-1-ak-2< < ak-1-a3< ak-a3= ak-2，
又由 0≤ a1< a2< < ak-3< ak-2，
可得 ak-1-ak-1= a1,ak-1-ak-2= a2 < ak-1-ak-3= a3,ak-1-a3= ak-3，
所以 ak-1-ak-i= ai(1≤ i≤ k- 3)，
因为 k≥ 5，由以上可知：ak-1-ak-1= a1且 ak-1-ak-2= a2，
所以 ak-1-a1= ak-1且 ak-1-a2= ak-2，所以 ak-1-ak-i= ai(1≤ i≤ k- 1)，( )
由 ( )知，ak-ak-i= ai+1 1≤ i≤ k- 1
34
两式相减，可得 ak-ak-1= ai+1-ai 1≤ i≤ k- 1 ，
所以当 k≥ 5时，数列 an 为等差数列.
四、圆锥曲线新定义
22 (2024上·浙江宁波·高三镇海中学校考期末)在几何学常常需要考虑曲线的弯曲程度，为此我们

需要刻画曲线的弯曲程度．考察如图所示的光滑曲线C：y= f x 上的曲线段AB，其弧长为Δs，当动

点从A沿曲线段AB运动到B点时，A点的切线 lA也随着转动到B点的切线 lB，记这两条切线之间的
夹角为Δθ(它等于 lB的倾斜角与 lA的倾斜角之差)．显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就
Δθ
越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义K= 为曲线段AB的平均曲率；显Δs
Δθ
然当B越接近A，即Δs越小，K就越能精确刻画曲线C在点A处的弯曲程度，因此定义K=lim =
Δs→0 Δs
y (若极限存在)为曲线C在点A处的曲率． (其中 y＇，y＇＇分别表示 y= f x 在点A处的一3
1+ y 2 2
阶、二阶导数)
(1)求单位圆上圆心角为 60°的圆弧的平均曲率；
2
(2) x求椭圆 + y2= 1 1在 3,4 2 处的曲率；
2 2 y
( ) 3 定义 φ y = 为曲线 y= f x 的“柯西曲率”．已知在曲线 f x = xlnx- 2x上存在两点 1+ y 3
P x1,f x1 和Q x2,f x2 ，且P，Q处的“柯西曲率”相同，求 3 x 31+ x2 的取值范围．
【答案】(1)1
(2) 16 7
49
(3) 2 ,1e
【分析】(1)依据所给定义求解即可.
(2)直接利用定义求解即可.
(3)合理构造给定式子，转化为一元函数，结合高观点极限方法求解即可.
π
(1)K= Δθ【详解】 = 3 = 1．Δs π
3
35
x2 2 -
1 2 1 2 2 3
(2)y= 1- ，y
- -
=- x 1- x
4 4 4
2 y =- 1 1- x 2- x 1- x， 2，
4 4 16 4
y =- 3 2 16 7故 ，y =-2，故K= = ．x= 3 2 x= 3 3+ 3 2 49 1 4
2 2 y
( 3)f 1 2 2 2 2 x = lnx- 1，f x = ，故 φ y = 3
x 1+ y
= = ，其中 s= x，
3 x lnx 3 3slns 3
tlnt t
令 t1= 3 x1，t2= 3 x 22，则 t1lnt1= t2lnt2，则 lnt1=- ，其中 t= > 1(不妨 t > t )t- 1 t 2 11
令 p x = xlnx，p x = 1+ lnx p x 在 0, 1 1递减，在 ,+∞ 递增，故 1> t > 12 > t1> 0；e e e
令 h t = ln tlnt t1+t2 = ln t+ 1 - t- ，1
' = 1
2 t- 1
-
2 t- 1
( ) = - h t lnt + ，令m t lnt + (t> 1)， t- 1 2 t 1 t 1
t- 1
2
则m (t) = ，当 t> 1时，m (t)> 0恒成立，故m(t)在 (1,+∞)上单调递增，
t(t+ 1)
2 t- 1
可得m(t)> m(1) = 0，即 lnt- + > 0，t 1
= 1
2
-
t- 1
故有 h t lnt

+ > 0， t- 1 2 t 1
则 h t 在 1,+∞ 递增，
又limh t = ln2- 1，limh t = 0，故 ln t1+t2 ∈ ln2- 1,0 ，
t→1 t→+∞
2
故 3 x 31+ x2= t1+t2∈ ,1 ．e
【点睛】关键点点睛：本题考查求导数新定义，解题关键是将给定式子合理转化为一元函数，然后利用极
限方法求得关键函数值域，最终即可求解．
23 (2024·江苏·徐州市第一中学校联考模拟预测)交比是射影几何中最基本的不变量，在欧氏几何
AC BD
中亦有应用．设A，B，C，D是直线 l上互异且非无穷远的四点，则称 (分式中各项均为有向
BC AD
线段长度，例如AB=-BA)为A，B，C，D四点的交比，记为 (A,B;C,D)．
(1) 1- (D,B;C,A) = 1证明： ；
(B,A;C,D)
(2)若 l1，l2，l3，l4为平面上过定点P且互异的四条直线，L1，L2为不过点P且互异的两条直线，L1与 l1，
l2，l3，l4的交点分别为A1，B1，C1，D1，L2与 l1，l2，l3，l4的交点分别为A2，B2，C2，D2，证明：(A1,B1;C1,D1
) = (A2,B2;C2,D2)；
(3)已知第 (2)问的逆命题成立，证明：若△EFG与△E F G 的对应边不平行，对应顶点的连线交于同一
点，则△EFG与△E F G 对应边的交点在一条直线上．
【答案】(1)证明见解析
36
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题干所给交比的定义即可证；
(2)把交比转化成面积之比，在利用面积公式把面积之比转化为边之比；
(3)把三点共线问题转化为其中一个点在另外两个点所构成的直线上.再利用第 (2)问的结论得到两组
交比相等，根据逆命题也成立即可证明三点共线.
【详解】(1)1- (D, BC (AC+CD) +CD ABB;C,A) = 1- DC BA = BC AD+DC BA =
BC DA BC AD BC AD
= BC AC+BC CD+CD AB = BC AC+AC CD = AC BD = 1 ；
BC AD BC AD BC AD (B,A;C,D)
(2) A A ,B ;C ,D = 1
C1 B1D1 S= △PA1C
S
1 △PB1D1
1 1 1 1 B1C1 A1D1 S△PB S1C1 △PA1D1
1 PA 11 PC1 sin∠A1PC1 PB1 PD1 sin∠B1PD1
= 2 2 = sin∠A1PC1 sin∠B1PD1
1
2 PB1 PC1 sin∠B1PC
1
1 2 PA1 PD1 sin∠A PD sin∠B PC sin∠A PD1 1 1 1 1 1
= sin∠A2PC2 sin∠B2PD2
S△PA S= 2C2 △PB2D2 == A2C2 B2D2∠ ∠ = A ,B ;C ,D ；sin B2PC2 sin A2PD2 S△PB C S△PA D B
2 2 2 2
2 2 2 2 2C2 A2D2

(3)设EF与E F 交于X，FG与F G 交于Y，EG与E G 交于 Z，
连接XY，FF 与XY交于L，EE 与XY交于M，GG 与XY交于N，
欲证X，Y，Z三点共线，只需证 Z在直线XY上．
考虑线束XP，XE，XM，XE ，由第 (2)问知 (P,F;L,F ) = (P,E;M ,E )，
再考虑线束YP，YF，YL，YF ，由第 (2)问知 (P,F;L,F ) = (P,G;N ,G )，
从而得到 (P,E;M ,E ) = (P,G;N ,G )，
于是由第 (2)问的逆命题知，EG，MN，E G 交于一点，即为点 Z，
从而MN过点 Z，故 Z在直线XY上，X，Y，Z三点共线．

37
【点睛】思路点睛：本题考查射影几何中交比的性质，属新定义题型，难度较大.
第一问直接根据交比的定义证明即可；
第二问首先要理解交比的本质就是两组边比值的乘积，而边的比值可以根据图形 (高相同)转化为面积
之比，而面积之比又可以通过面积公式转化为边的比值，从而使得问题得证.其核心思想是利用三角形
面积计算的两个公式进行转化；
第三问需要根据第二问的结论以及其逆命题是真命题来证明，第二问是由线共点导出交比相等，第三问
是由交比相等导出线共点，所以要想证明第三问，必须先导出交比相等，而使用第二问的结论恰好可以
导出两组交比相等，进而根据传递性得到想要证的一组交比相等，从而证明出三线共点，进而再说明三
点共线.
24 (2023上·北京昌平·高二昌平一中校考期中)在平面直角坐标系 xOy中，定义A x1,y1 ，
B x2,y2 两点间的“直角距离”为 ρ A,B = x1-x2 + y1-y2 .
(1)填空：(直接写出结论)
①若A 1,-1 ,B 2,3 ，则 ρ A,B = ；
②到坐标原点的“直角距离”等于 1的动点的轨迹方程是 ；
③记到M (-1，0)，N (1，0)两点的“直角距离”之和为 4的动点的轨迹为曲线G，则曲线G所围成的封闭
图形的面积的值为 ；
(2)设点A(1，0)，点B是直线 l:x- 2y+ 2= 0上的动点，求 ρ(A，B)的最小值及取得最小值时点B
的坐标；
(3)对平面上给定的两个不同的点A x1,y1 ，B x2,y2 ，是否存在点C(x，y)，同时满足下列两个条件：
① ρ A,C + ρ C,B = ρ A,B ；
② ρ A,C = ρ C,B .
若存在，求出所有符合条件的点的集合；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)5； x + y = 1；6
(2) 3 2 3 2最小值为 ，点B的坐标为 1,2 2
(3) x,y x+ y= 1 x1+x2+y1+y2 ,x1≤ x≤ x2,y1≤ y≤ y2 ∪2
, - = 1 + - - , ≤ ≤ , ≤ ≤ ∪ , y 1
+y2 , x1+x x y x y x 22 1 x2 y1 y2 x1 x x2 y1 y y2 x1 ,y2 2 1
【分析】(1)①代入定义即可得出答案；②设P x,y 是轨迹上任意一点，根据定义列出式子，化简即可得
出答案；③根据定义，化简得出 x+ 1 + x- 1 + 2 y = 4.分情况去绝对值，作出函数的图象，进而得出
答案；
(2)设B x0,y0 ，则 x0- 2y0+2= 0，得出 ρ A,B = 2y0-3 + y0 .然后分情况讨论去掉绝对值，得出
表达式，进而逐段求解，即可得出最小值；
38
(3)分当 x1= x2，y1≠ y2时，当 x1≠ x2，y1= y2时，当 x1≠ x2，y1= y2时等情况，分别讨论得出满足条件的点
C，即可得出答案.
【详解】(1)①根据定义可得，ρ A,B = 1- 2 + -1- 3 = 5；
②设P x,y 是轨迹上任意一点，
由已知可得 ρ P,O = 1，
根据定义可得， x + y = 1.
所以，到坐标原点的“直角距离”等于 1的动点的轨迹方程是 x + y = 1；
③设Q x,y 曲线G上任意一点，
由已知可得，ρ Q,M + ρ Q,N = 4，
所以有 x+ 1 + y- 0 + x- 1 + y- 0 = 4，
整理可得， x+ 1 + x- 1 + 2 y = 4.
(ⅰ)当 x<-1时，该式可化为- x+ 1 +- x- 1 + 2 y = 4，
即 x- y + 2= 0.
当 x<-1且 y< 0时，为 x+ y+ 2= 0；
当 x<-1且 y≥ 0时，为 x- y+ 2= 0；
(ⅱ)当-1≤ x≤ 1时，该式可化为 x+ 1- x- 1 + 2 y = 4，
整理可得 y = 1，即 y=±1；
(ⅲ)当 x> 1时，该式可化为 x+ 1+ x- 1+ 2 y = 4，
整理可得 x+ y - 2= 0.
当 x> 1且 y< 0时，为 x- y- 2= 0；
当 x> 1且 y≥ 0时，为 x+ y- 2= 0；
作出曲线G满足的图象

1
所以，曲线G所围成的封闭图形的面积的值为 × 2× 1+ 2× 2+ 1 × 2× 1= 6.
2 2
故答案为：5； x + y = 1；6.
39
(2)设B x0,y0 ，则 x0- 2y0+2= 0，所以 x0= 2y0-2，
所以，ρ A,B = x0-1 + y0-0 = 2y0-3 + y0 .
当 y0< 0时，有 ρ A,B = 3- 2y0-y0> 3；
当 0≤ y0< 3 2 时，有 ρ A,B = 3- 2y0+y0= 3- 2- 1 3 2 3 2 y0> 3- 2- 1 × = ；2 2 2
当 y 3 2 3 2 3 20≥ 时，有 ρ A,B = 2y2 0+y0-3≥ 2+ 1 × - 3= .2 2
综上所述，当 y0= 3 2 时，ρ A,B 3 2 3 2 有最小值 ，此时 x0= 2 × - 2= 1.2 2 2
3 2 3 2
所以，ρ A,B 的最小值为 ，取得最小值时点B的坐标为 1, .2 2
(3) (ⅰ)当 x1= x2，y1≠ y2时，
由条件②可得， x- x1 + y- y1 = x2-x + y2-y ，
即有 y- y1 = y2-y .
y +y
因为 y ≠ y 1 21 2，所以 y= .2
由条件①可得， x- x1 + y- y1 + x2-x + y2-y = x1-x2 + y1-y2 ，
所以有 2 x- x1 + 2 y- y1 = y1-y2 .
y -y
又 y- y = 1 21 ，2
所以有 x- x1 = 0，所以 x= x1.
y +y
因此，所求的点C为 x , 1 21 ；2
(ⅱ)当 x1≠ x2，y1= y2时，
x
由 (ⅰ)同理可得，所求的点C为 1+x2 ,y2 1 ；
(ⅲ)当 x1≠ x2，y1= y2时，不妨设 x1< x2.
①若 y1< y2，
ρ A,C = x- x1 + y- y1 ，ρ A,B = x2-x1 + y2-y1 ，ρ C,B = x2-x + y2-y ，
所以，ρ A,C + ρ C,B = x- x1 + y- y1 + x2-x + y2-y = x- x1 + x2-x +
y- y1 + y2-y ≥ x- x1 + x2-x + y- y1 + y2-y = x2-x1 + y2-y1 = ρ A,B .
当且仅

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