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【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：集合与常用逻辑用语-2025年高考数学
1．（2025·浙江宁波·三模）设维向量，，定义运算：.
(1)当时，若且，，试比较与的大小；
(2)已知，记且和均为的某一排列}.
（ⅰ）求，；
（ⅱ）若，求.（提示：.）
2．（2025·福建龙岩·二模）已知函数，，，…，．
(1)若，，，…，，求的值；
(2)若，集合，集合，为的子集，它们各有个元素，且．设，，，，…，，且，，证明：．
3．（2025·上海普陀·二模）已知，对于函数，，设集合，，记.
(1)若函数，请判断中元素的个数，并说明理由；
(2)设，函数，若，求的值以及曲线在点处的切线方程；
(3)设，函数，若对于任意的，皆有成立，求的取值范围.
4．（2025·山东济南·模拟预测）记数集M的所有元素之和为（当M为空集时，规定）.已知非空有限集合，若对于任意正整数，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得，则称A为理想集.
(1)从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，求该集合为理想集的概率；
(2)已知正整数，且集合为理想集.
（ⅰ）设，证明：当为理想集时，的最大值为；
（ⅱ）证明：.
5．（2025·安徽蚌埠·模拟预测）已知有穷数列A：，，…，（，），设，记S中元素的个数为．
(1)若数列A：0，2，4，12，求集合S，并写出的值；
(2)若A是单调数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”；
(3)若，，数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成，且这个数在数列A中至少出现一次，求的取值个数．
6．（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知集合，集合满足，当取不同值时，各不相同．记的所有元素之和为，将数列的所有项重新排列为，使得．
(1)当时，求．
(2)当时，证明：成等差数列．
(3)设，证明：．
7．（2025·四川成都·二模）对于给定集合，若存在非负实数，对任意的满足：成立，则称集合具有性质.
(1)证明：集合具有性质；
(2)若集合具有性质，求的最小值；
(3)若集合具有性质，求的最大值.
8．（24-25高三下·北京·阶段练习）对任意的非空数集A，定义：，其中表示非空数集X中所有元素的乘积，特别地，如果，规定．
(1)若，，请直接写出集合和；
(2)若，其中是正整数，求集合中元素个数的最大值和最小值，并说明理由；
(3)若，其中是正实数，求集合中元素个数的最小值，并说明理由.
9．（2025·贵州黔东南·模拟预测）对于含有有限个元素的非空数集，定义其“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地减，加后继的数，例如的“交替和”是的“交替和”是5.已知集合，其中
(1)求集合的所有非空子集的“交替和”的总和；
(2)集合的所有非空子集的“交替和”的总和构成数列，求数列的通项公式；
(3)证明：，其中e是自然对数的底数.
10．（2025·江西新余·一模）设，若，且不存在，使得依次成等差数列，则称为的简单集，元素个数最多的简单集称为的最大简单集，的最大简单集的元素个数记为.
(1)写出4的所有最大简单集，并求；
(2)设，证明：，并求；
(3)设，若对任意，都有恒成立，证明：.
11．（2024·江西九江·二模）定义两个n维向量，的数量积（），，记为的第k个分量（且）.如三维向量，其中的第2分量.若由n维向量组成的集合A满足以下三个条件：①集合中含有n个n维向量作为元素；②集合中每个元素的所有分量取0或1；③集合中任意两个元素，，满足（T为常数）且.则称A为T的完美n维向量集.
(1)求2的完美3维向量集：
(2)判断是否存在完美4维向量集，并说明理由：
(3)若存在A为T的完美n维向量集，求证：A的所有元素的第k分量和.
12．（2025·上海·模拟预测）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．
13．（2024·重庆·模拟预测）集合是数学中的基本概念和重要内容.对于实数集中的两个非空有限子集和，定义和集.记符号表示集合A中的元素个数.当时，设是集合A中按从小到大排列的所有元素，记集合.
(1)已知集合，，，若，求的值.
(2)已知，记集合或.
（i）当时，证明的充要条件是；
（ii）若，，求的所有可能取值．
14．（21-22高三上·北京丰台·期末）若有穷数列满足，则称为数列．
(1)判断下列数列是否为数列，并说明理由．
①；②．
(2)已知数列中各项互不相等，令，求证：数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列．
(3)已知数列是个连续正整数的一个排列，若，求的所有取值．
15．（2024高三上·山东济南·专题练习）已知集合，若存在数阵满足：
①；
②.
则称集合为“好集合”，并称数阵T为的一个“好数阵”.
(1)已知数阵为的一个“好数阵”，试写出x，y，z，w的值：
(2)若集合为“好集合”，证明的“好数阵”必有偶数个；
(3)判断是否为“好集合”.若是，求出满足条件的所有“好数阵”；若不是，说明理由.
《【高考真题汇编】热点压轴题专项训练：集合与常用逻辑用语-2025年高考数学》参考答案
1．(1)；
(2)（ⅰ），；
（ⅱ）.
【分析】（1）根据题设定义并应用作差法比较大小即可；
（2）（i）根据定义得，结合可能取值有，即可得，讨论，同理求；
（ⅱ）根据定义确定的最值，进而有的元素均属于集合，设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），并证明，即可得.
【详解】（1）由题设，所以；
（2）（i）先求：设，，其中为的排列，
所以，
而可能取值有，故，
再求：设，，其中为的排列，
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
综上，；
（ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大，
设，
，则最小；
，则最大；
所以的元素均属于集合，
设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），
下证：当时，由上知，
考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中，
设，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当时，，
即，
故不覆盖集合的元素至多有个，故，
又，所以，
所以.
2．(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）对函数求导研究其单调性，进而得到，构造研究其零点得，即可得；
（2）由题意有一个零点，记，，在上一个零点，记为，并有，根据已知至少有个元素，且包含个正数，个负数，利用集合性质得，由零点得，构造，导数研究其单调性得，即可证结论.
【详解】（1），
当时，，当时，
在上单调递减，在上单调递增．
的最小值为，又
设，，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
，又，，当且仅当时取等号，
又，则，，故．
（2），
有一个零点，记，而，
，则．
又，且，
故在上还有一个零点，记为，
由的单调性知，恰有两个零点，，且，
而，为的子集，它们各有个元素，且，则至少有个元素．
而的元素只可能在，，，，…，，之中，这表明它们两两不等，
且，所以包含个正数，个负数．
而，为的子集，它们各有个元素，且，则，．
设包含个负数，个正数，则包含个负数，个正数，
，，，.
，，从而．
，
．
设，则，
设，则，
单调递增，，又，
，所以．
由（1）知，在上单调递减，在上单调递增．
，即，
，
.
3．(1)有2个元素，理由见解析
(2)，
(3)
【分析】（1）求的解即可得到答案.
（2）根据两曲线的位置关系，先求的值，再结合导数的几何意义求曲线的切线方程.
（3）先把问题转化成恒成立，再求函数的最小值即可.
【详解】（1）由.
当时，；
当时，.
所以有2个元素.
（2）将代入圆，
由相切.
此时，，
又，所以，所以，
切线方程，即.
（3）对于任意的，皆有成立，即函数的图象与圆系：无交点，所以恒成立.
因为，，所以，.
当时，恒成立，所以函数在上单调递增，且.
由.
当时，设，则，所以在上单调递增，
所以.
即当时，；
又，所以.
所以.
设，，则，
所以在上单调递增，所以.
由.
综上，实数的取值范围为：
4．(1)
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）根据理想集的定义，求出集合中分别含有1个，2个，3个，4个元素的理想集，再运用古典概型概率公式计算即可；
（2）（ⅰ）假设，通过推理说明假设不成立，即，只需证明当，且时，总是存在A的两个相异子集P，Q，使得成立即可，从而分①，②，③三种情况分析，得出当时，为理想集，
∴当为理想集时，的最大值为；（ⅱ）不妨设，先证，假设有成立，再证明：当，且时，恒成立，从而得时，取得最大值，再考虑数列，其前n项和记为，由推得数列是以为首项，公比为3的等比数列，求得，即得证.
【详解】（1）由题意可知含有1个元素的理想集有{1}；含有2个元素的理想集有{1,2}，{1,3}；
含有3个元素的理想集有{1,2,3}，{1,3,9}；含有4个元素的理想集有{1,2,3,9}；
故共有6个理想集，
易知的非空子集共有个，
∴从集合的所有非空子集中随机抽取一个集合，则该集合为理想集的概率为.
（2）（ⅰ）假设，
∵存在A的两个相异子集P，Q，使得，
（这里只需考虑的情形，否则，记P，Q去除公共元素后的集合为P′，Q′，
则），
∴，
∴P中必有元素，Q中必无元素，
∴，，
∴，矛盾，故假设不成立，∴，
当时，下面只需证明当，且时，
总是存在A的两个相异子集P，Q，使得成立即可.
∵为理想集，
∴当，且时，总是存在两个相异子集P0，Q0使得成立，
①若，
取，，，
则，
∵，且，∴；
②若，
取，，则；
③若，
取，，，
则，
∵，且，
∴，
综上所述，当时，为理想集，
∴当为理想集时，的最大值为.
（ⅱ）不妨设，
先证，假设有成立，
由题意可知，存在两个相异的子集P，Q，使得，
①若，则，∴，
由，可知显然不可能成立；
②若，由，可知，
显然，这与矛盾，
∴假设不成立，即得证.
再证明：当，且时，恒成立，
假设存在，且时，有，
记，则，即，
取，
假设存在集合P0，O0，使得成立（同上只需考虑的情形），
则，即，
①若，
则，
∴，
∵，∴，
∴，即，
∵，且，
∴，这与矛盾，
②若中至少有一个元素不在P0中，不妨设不在P0中，
则，这与矛盾，
综上所述，当，且时，恒成立，
∴当恒成立（，且），且时，取得最大值，
考虑数列，其前n项和记为，且，时（，且），
∴，即（，且），
∴数列是以为首项，公比为3的等比数列，
∴，即，
∵的最大值为，即得证.
5．(1)，
(2)证明见解析
(3)2n
【分析】（1）利用列举法写出符合题意的所有的S的取值可能，得出的值；
（2）“充分性”：A为等差数列：，，，…，（）．则，可知的最大值为，最小值为，成立；反之若，不妨设A是递增数列，推理可得，可得数列A是等差数列；
(3)当数列A由这个数组成，则任意两个不同的数作差，差值只可能为和，共个值，又因为这个数在数列A中共出现次，所以数列A中存在，所以，则可得出，再说明可以取得之间的所有整数，得到的值为.
【详解】（1）因为，，，，则的可能情况有：
，，，，，，
所以，．
（2）“充分性”：A为等差数列：，，，…，（）．
则（），
能取从1到的每个整数，故，
因此．
“必要性”：不妨设A为递增数列：，，…，，作运算并比较如下：
，共个互不相等的数，同理
，共个互不相等的数．
，共个互不相等的数．
……
，共个互不相等的数，
由及A的有穷性，知
．
即A为等差数列．
（3）因为数列A由1，2，3，4，…，n，2n这个数组成且项数为，所以数列A中必有相等的项，则任意两项的差值可能为0，，，，…，，，，…，，
其中，必有，对于，2，3，…，，t和至少有一个属于S，
所以．
（方法一）
①当数列A为：1，2，3，4，…，，n，2n，n，，…，4，3，2，1时，
，
值最大，其值为．
②当数列A为：1，2，3，4，…，，2n，n，n，，…，4，3，2，1时，即在①中的数列第一个出现的n与2n对调，
，
此时；
③把②中第一个出现的与2n对调，即A：1，2，3，4，…，，2n，，n，n，，…，4，3，2，1，
，
此时；
以此类推，可得
④当数列A为：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，2，1，即2n为首项，此时．
⑤当④中最后一项1变成2，其余不变，
A：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，2，2，此时值变为；
⑥当⑤中最后两项2都变成3，其余不变，
A：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，，…，4，3，3，3，此时；
以此类推，可得
⑦当数列A为：2n，1，2，3，4，…，，，n，n，n，n，…，n，n，即最后的n项都变为n，此时，其值最小．
综上，知的取值可取上的每个整数，
个数为
（方法二）
①当数列A为：1，2，3，…，n，，则，．
②当数列A为：1，2，…，n，2n，n，，…，1，
则，．
③当数列A为：1，2，…，n，，，，，
则．
，
其中，2，…，，故，，…，．
④当数列A为：1，2，…，n，n，，…，，2n，k，，…，1，
则，
，
其中，2，…，，故，，…，．
综上可取中所有整数，即个数为2n．
【点睛】本题考查新定义数列问题，难度较大，解答的关键在于根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而得出的值，注意在解答的过程中，项的顺序不同，的值不同.
6．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，集合，再结合新定义求解；
（2）设，只需证得恒成立即可得成等差数列；
（3）分和不包含于；两种情况进行讨论，结合新定义以及等比数列的前n项和公式化简求解可得证.
【详解】（1）当时，集合，其子集及其对应的为：
①空集：；②：；③：；④：；
重新排列之后：；
（2）当时，设，
其中，，
由得，去除的相同元素，
设剩余元素中最大的元素为，设剩余元素中最大的元素为，
，
若，则同理由，
所以对任意的，，即恒成立，
由题意可知，，
因为对任意的，，恒成立，且，
所以，所以，
故，所以成等差数列；
（3）①若，，
即，
②若不包含于，则，，
不妨设，
则，，，
由，得，
设，
由，，得，
因为，所以，则，
所以，
因为，所以，因为，，所以，
，
即，得，
，所以，
即，
综上所述：.
7．(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由新定义可得，证明，都有，进而结合作差法求证即可；
（2）由，令，结合新定义可得，成立，进而结合对勾函数的性质求解即可；
（3）由新定义可得，分析易得，进而结合基本不等式可得的最小值为1，令，，易得，令，，进而利用导数求解可得的最大值为，进而求解.
【详解】（1）要证明集合具有性质，
即证明，都有，
因为，所以.
因为，所以，
所以，都有，
即集合具有性质.
（2）因为，
，
令，则，
因为，当且仅当时等号成立，所以，
又集合具有性质，
于是，有，
即，
即，成立，
令，，
因为函数在上单调递减，且，
所以，则，
所以，当且仅当时等号成立；
，当且仅当或时等号成立，
则，即的最小值为.
（3）因为集合具有性质，
由题意，得，
都有，
即，
注意到
所以，
又，
所以，当且仅当时等号成立，
即的最小值为1.
又，当且仅当时等号成立，则，
又，
令，，则，即，
则，即，
所以
，
令，，
则，即函数在上单调递增，
又，所以，
当且仅当或时等号成立，
所以的最大值为，又的最小值为1，
所以的最大值为.
【点睛】方法点睛：与新定义有关的问题的求解策略：
1.通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
2.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决.
8．(1)，
(2)最大值为31，最小值为11
(3)最小值为13，理由见解析
【分析】（1）根据新定义计算；
（2）根据新定义可得当集合中的数字由大于1的因子组成时，中元素个数最大，当集合中的数字构成等比数列时，中元素个数最小，然后求最值即可；
（3）对集合和分类，得到，，然后分和两种情况讨论即可.
【详解】（1），.
（2）最大值即：集合的非空子集为个，所以最多有31个元素，
可能构造如下：，
则集合中任意两个非空子集中得元素乘积不同，从而集合中的数字由大于1的因子组成；
最小值：不妨设，显然有，
则，
则至少有11个元素，
可能的构造如下：，集合中的元素成等比数列即可.
（3）中至少有13个元素，可能得构造如下：，
所以，
证明如下：
考虑对集合进行分类：，，，
设，，，表示集合中元素的个数，
则，，
设，在对集合进行分类：
，，，
设，，，分析与的关系：
对集合中的元素：，则，
则①；
对集合中的元素：②；
对集合中的元素：，
则，
则③；
①+②+③得到
，
因为，则当时，，当或时等号成立；
当时，，当且仅当时等号成立，
从而元素个数至少为13.
【点睛】方法点睛：新定义题目解题策略：
①仔细阅读，理解新定义内涵；
②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
9．(1)12；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求出集合的所有非空子集，再求出“交替和”及总和.
（2）将集合的所有非空子集分类，并将含有3的多元素子集与不含有3的非空子集配对求出每对集合的“交替和”的和，进而求出数列的通项公式.
（3）用导数证明，再利用此不等式，结合对数运算及等比数列前n项和公式推理得证.
【详解】（1）集合，其所有非空子集为：，
它们的“交替和”分别为，且，
所以集合的所有非空子集的“交替和”的总和为12.
（2）集合，其非空子集共有个，
将这些非空子集分为3类：第一类，含元素3的单元素集，有1个；
第二类，含元素3的多元素集合（至少两个元素），有个；
第三类，不含元素3的非空集合，有个，
第一类的“交替和”为3；
将第二类中的集合与第三类中的集合（集合中的元素去掉元素3构成的新集合）配对，
则集合与集合的“交替和”的和始终为3，如取，则，
集合与集合的“交替和”的和为，
这样的配对共组，因此集合的所有非空子集的“交替和”的总和为，
所以数列的通项公式为.
（3）令函数，求导得，函数在上单调递减，
则，即，因此，
于是
，
所以.
【点睛】关键点点睛：将集合分类，再将含有3的多元素子集与不含有3的非空子集配对求出每对集合的“交替和”的和是求出通项公式的关键.
10．(1)或；.
(2)证明见解析；
(3)证明见解析
【分析】（1）由简单集及最大简单集定义可得；
（2）先证明性质，再应用性质得，分别验证不满足，再找到使的集合则可求；
（3）先证明，说明当时结论不成立；再利用数学归纳法证明当时，结论恒成立，由此得当时也成立.
【详解】（1）若，，
由简单集及最大简单集定义可知，4的最大简单集为或．
故.
（2）设．若为的最大简单集，
且，则．
由于为的简单集，为的简单集，
由最大简单集的定义可知，
故．
因此当时，①，
下面求：
由于，由①可知．
其中中最多只能取三个数：或；
中最多也只能取三个数：或．
若，共四种情况：或或或.
在和中，成等差数列；
在和中，成等差数列；
以上情况均不满足定义，故．
若，则和恰有一个集合有三个数，
依据对称性，不妨设该集合为，三个数为或．
则中选两个数，且不能选7（否则成等差数列），
故只有三种情况：5，6；5，8；6，8．
若选两数为，则在与中，为等差数列；
若选两数为，则在中，为等差数列；
在中，为等差数列；
若选两数为，则在与中，为等差数列；
均不满足定义，故．
又为简单集，故.
（3）一方面，对，若是的最大简单集，
则必为的简单集，故②，
下面证明：当，不满足结论“对任意，恒成立”．
即证：当时，存在，使得.
证明：当时，由①②可知，，
又因为为简单集，所以，
故可知，当时，存在，满足且，
故当，不满足结论“对任意，恒成立”，得证.
另一方面，我们先求出.
对于，可知．
若，因为，所以在中最多选个数，
故必选，因此也不能选；
同理，在中最多选个数，故必选，因此也不能选；
又由选可知，不能选；选可知，不能选；
此时，最大简单集中不能出现，因此必选；
而中，成等差数列，故；
对于，由，
若，同理可知，必属于最大简单集，
此时，最大简单集中不能出现，
则在中需选个数，共种情况，
或或或，
其中分别包含等差数列；；；，故.
下面再证明： 当时，对任意，都有恒成立，
即证：对任意，都有恒成立，
下面用数学归纳法证明：
（i）当时，由①及上面分析可知；
当时，；
当时，；
当时，
（ii）假设当时，有，
则当时，由（1）可知.
故当时，命题也成立．
根据（i）（ii）可知，对任意，都有恒成立.
自然地，当时，，故对任意时，恒成立．
综上所述，若，则“”是“对任意，都有恒成立”的充要条件.
即：若对任意，都有恒成立，则有，得证.
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键是理解并应用定义挖掘以下性质并应用：
（1）当时，；
（2）对，若是的最大简单集，则必为的简单集，且.
11．(1)；
(2)不存在完美4维向量集，理由见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）利用的完美维向量集定义求解即可.
（2）分别研究，，，，时，结合新定义及集合中元素的互异性即可判断.
（3）依题意可得，运用反证法，假设存在，使得，不妨设，分别从及两方面证得矛盾即可得，进而可证得结果.
【详解】（1）由题意知，集合A中含有3个3维向量元素（），
因为，所以每个元素中的三个分量中有两个取1，一个取0.
又，所以，，，
所以2的完美3维向量集为.
（2）依题意，完美4维向量集B含有4个4维向量元素（），，
（i）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
（ii）当时，，不满足条件③，舍去；
（iii）当时，，
因为，故与至多有一个为集合B中元素，
同理：与至多有一个为集合B中元素，与至多有一个为集合B中元素，
故集合B中的元素个数小于4，不满足条件①，舍去；
（iv）当时，，不满足条件③，舍去；
（v）当时，，与集合中元素的互异性矛盾，舍去；
综上所述，不存在完美4维向量集.
（3）依题意，T的完美n维向量集C含有n个n维元素（），
因为，所以每个元素中有T个分量为1，其余分量为0，
所以，
由（2）知，故，
假设存在k，使得，不妨设.
（i）当时，如下图，
由条件③知，或（），
此时，与（*）矛盾，不合题意.
（ii）当时，如下图，
记（），
不妨设，，，
下面研究的前个分量中所有含1的个数.
一方面，考虑中任意两个向量的数量积为1，
故（）中至多有1个1，
故的前个分量中，
所有含1的个数至多有个1（**）.
另一方面，考虑（），
故的前个分量中，
含有个1，与（**）矛盾，不合题意.
故对任意且，，由（*）可得.
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
12．(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.
13．(1)2
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）先根据求出的值，可确定集合，进而求.
（2）（i）先证充分性，再证必要性.
（ii）根据和，分析中元素的特征，求出，进而确定的值.
【详解】（1）因为，由，
所以，
所以且，
所以必有，所以，所以，所以.
（2）（i）因为，可设，.
先证充分性：因为，所以且，
从而可以设，其中0，
此时中的元素为，故，
再证必要性，设，，其中，
注意到和集中的最小元素为，最大元素为，
因为，所以中间三个元素可以是，
也可以是，它们是对应相等的，
所以有，，
即，故，得证，
（ii）①若，由第(i)小问的分析知，
可以设，，其中，
此时中的元素为，
这与条件矛盾，
②取，其中，
容易验证此时中的元素为，符合条件，
所以可以取2，
③若，设，
其中，
结合知至少存在两个不同的正整数，使得，
不妨设是符合这一条件最小的正整数，是符合这一条件最大的正整数，
注意到，
这是中的个不同的元素，
根据的定义我们有，即，
当时，由的最小性知，即，
此时我们有，
当时，也有，
因此是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等，
同理，根据的定义有是中的元素，但与(*)式中的个元素均不相等，
因为，所以，此时，矛盾，
综上，的取值只能为2，
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质，落脚点仍然是数列的有关性质或求和.
14．(1)①不是，②是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）根据数列的定义，即可求解；
（2）根据充分必要条件的证明方法，结合等差数列的定义及数列的定义，即可求解；
（3）根据数列的定义，可得不合题意，和符合题意，再证明时，不存在满足题意，即可求解.
【详解】（1）①因为，所以数列不是数列；
②因为，所以是数列．
（2）证明：必要性：
若数列是等差数列，设其公差为，则，
所以数列是常数列．
充分性：
若数列是常数列，
则，即，
所以或．
因为数列的各项互不相等，所以，
所以数列是等差数列．
综上可知，数列是等差数列的充分必要条件是数列是常数列
（3）当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为，此时，符合题意；
当时，数列为，此时，符合题意．
下面证当时，不存在满足题意．
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①
②
③
当时，因为，
由（2）知：，，…，是公差为1（或）的等差数列，
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾
当公差为时，同理得出与已知矛盾．
所以当时，不存在满足题意．
其他情况同理可得，不存在满足题意．
综上可知，的所有取值为或．
【点睛】方法点晴：“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．(1)，，，
(2)证明见解析
(3)不是“好集合”； 是“好集合”，且满足,,,,的好数阵有四个：；；；．
【分析】（1）直接根据新定义解出未知量的值；
（2）先证是不同于的“好数阵”，再证、，列举两个“好数阵”，即可证明；
（3）假设为“好集合”，根据新定义可得，证明不是偶数即可求解.
【详解】（1）由“好数阵”的定义，
知，，，,,,,4,5,，
故，，，,,，进一步得到，，
从而，，，．
（2）如果是一个“好数阵”，
则，.
从而，
.
故也是一个“好数阵”.
由于是偶数，故，从而.
所以数阵和的第1行第2列的数不相等，故是不同的数阵.
设全体“好数阵”构成的集合为S，并定义映射如下：
对，规定.
因为由中的元素构成的数阵只有不超过种，故是有限集合.
而
，
即，从而是满射，由是有限集，知也是单射，故是一一对应.
对于“好数阵”，
已证数阵和是不同的数阵，
故.
同时，对两个“好数阵”，，如果，则；
如果，则.所以，当且仅当.
最后，对，由，称2元集合为一个“好对”.
对，若属于某个“好对”，则或，即或.
由于，故无论是还是，都有.
所以每个“好数阵”恰属于一个“好对”，所以“好数阵”的个数是“好对”个数的2倍，从而“好数阵”必有偶数个.
（3）设是集合的一个“好数阵”，
由题意得；，
相加得：，
即，
当时，，与矛盾；所以不是“好集合”．
当时，，若,,,,，
因为,,,,，,,,,，
所以,,,,只有以下两种可能：,5,9,8,和,5,9,7,，
（i）若,,,,,5,9,8,，则,,,,,2,4,6,，
使的只有，使的有两种可能：，或，
情形一：时，只有，，，可得；
情形二：时，只有，，，可得；
（ii）若,,,,,5,9,7,，则,,,,,2,3,6,，
使的只有，使的有两种可能：，或，
情形一：时，只有，，，可得，
情形二：时，只有，，，可得，
综上，不是“好集合”； 是“好集合”，且满足,,,,的好数阵有四个：
；；；．
【点睛】方法点睛：
学生在理解相关新定义、新法则(公式)之后，运用学过的知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.
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