【文档说明】十年（2015-2024）高考真题分项汇编 数学 专题25 新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义及其他新定义） Word版含解析.docx，共(44)页，2.709 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2f4d935ee1428c9a5b1f35c6a9b3fddf.html

以下为本文档部分文字说明：

专题25新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义及其他新定义）考点十年考情（2015-2024）命题趋势考点1数列新定义（10年10考）2024·全国新Ⅰ卷、2024·北京卷、2023·北京卷2022·北京卷

、2021·全国新Ⅱ卷、2021·北京卷2020·全国新Ⅱ卷、2020·北京卷2020·江苏卷2019·江苏卷、2018·江苏卷、2017·北京卷2017·江苏卷、2016·江苏卷、2016·北京卷2016·上

海卷、2016·上海卷、2015·北京卷新高考数学新结构体系下，新定义类试题更综合性的考查学生的思维能力和推理能力;以问题为抓手，创新设问方式，搭建思维平台，引导考生思考，在思维过程中领悟数学方法。题目更加注重综合性、应

用性、创新性，本题分值最高，试题容量明显增大，对学科核心素养的考查也更深入。压轴题命题打破了试题题型、命题方式、试卷结构的固有模式，增强试题的灵活性，采取多样的形式多角度的提问，考查学生的数学能力，新

定义题型的特点是;通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生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;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，按新定义照章办事”逐条分析、验证、运算，使问题得以解决，难度较难，需重点特训。考点2函数新定义（10年4考）2024·上海、2020·江苏、2018·江苏2015·湖北、2015·福建考点3

集合新定义（10年3考）2020·浙江卷、2018·北京卷2015·山东卷、2015·浙江卷考点4其他新定义（10年2考）2020·北京卷、2016·四川卷考点01数列新定义一、小题1．（2021·全国新Ⅱ卷·高考真题）（多选）设正整数010112222kkkkn

aaaa−−=++++，其中0,1ia，记()01knaaa=+++．则（）A．()()2nn=B．()()231nn+=+C．()()8543nn+=+D．()21nn−=【答案】ACD【分析】利用()n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，()01knaaa=+++，12101122222kkkknaaaa+−=++++，所以，()()012knaaan=+++=，A选项正确；对于B选项，取2n=，012237121212

n+==++，()73=，而0120212=+，则()21=，即()()721+，B选项错误；对于C选项，3430234301018522251212222kkkknaaaaaa+++=+

+++=+++++，所以，()01852knaaa+=++++，2320123201014322231212222kkkknaaaaaa+++=++++=+++++，所以，()01432knaaa+=+

+++，因此，()()8543nn+=+，C选项正确；对于D选项，01121222nn−−=+++，故()21nn−=，D选项正确.故选：ACD.2．（2020·全国新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12naaa满足{0,1}(1,2,)iai=，且存在正整数m，使得(1,2,)imiaai+==成立，则称其为0-1周期序列，并称满足(1,2,)imiaai+==的最小正整数

m为这个序列的周期.对于周期为m的0-1序列12naaa，11()(1,2,,1)miikiCkaakmm+===−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1()(1,2,3,4)5Ckk=的序列是（）A．1

1010B．11011C．10001D．11001【答案】C【分析】根据新定义，逐一检验即可【详解】由imiaa+=知，序列ia的周期为m，由已知，5m=，511(),1,2,3,45iikiCkaak+

===对于选项A，511223344556111111(1)()(10000)55555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=52132435465711112(2)()(01010)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+==

=++++=++++=，不满足；对于选项B，51122334455611113(1)()(10011)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+===++++=++++=，不满足；对于选项D，51122334455611112(1)()(10001)5555iiiCaaaaaaaaaaaa+=

==++++=++++=，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.二、大题1．（2024·全国新Ⅰ卷·高考真题）设m为正整数，数列1242,,...,maaa+是公差不为0的等差数列，若从中删去两项ia和()j

aij后剩余的4m项可被平均分为m组，且每组的4个数都能构成等差数列，则称数列1242,,...,maaa+是(),ij−可分数列．(1)写出所有的(),ij，16ij，使数列126,,...,aaa是(),ij−可分数列；(2)当3m时，证明：数

列1242,,...,maaa+是()2,13−可分数列；(3)从1,2,...,42m+中一次任取两个数i和()jij，记数列1242,,...,maaa+是(),ij−可分数列的概率为mP，证明：18mP．【答案】(1)()

()()1,2,1,6,5,6(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）直接根据(),ij−可分数列的定义即可；（2）根据(),ij−可分数列的定义即可验证结论；（3）证明使得原数列是(),ij−可分数列的(),ij至少有()21mm+−个，再使用概率

的定义.【详解】（1）首先，我们设数列1242,,...,maaa+的公差为d，则0d.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()111,2,...,42kk

aaakmd−=+=+，得到新数列()1,2,...,42kakkm==+，然后对1242,,...,maaa+进行相应的讨论即可.换言之，我们可以不妨设()1,2,...,42kakkm==+，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1,2,3,4,5,6中取出两个数i和()jij，使得剩下四个数是等差数列.那么剩下四个数只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的(),ij就是()()()1,2,1,6,5,6.（2）由于从数列1,2,.

..,42m+中取出2和13后，剩余的4m个数可以分为以下两个部分，共m组，使得每组成等差数列：①1,4,7,10,3,6,9,12,5,8,11,14，共3组；②15,16,17,18,19,20,21,22,...,41,

4,41,42mmmm−++，共3m−组.（如果30m−=，则忽略②）故数列1,2,...,42m+是()2,13−可分数列.（3）定义集合410,1,2,...,1,5,9,13,...,41Akkmm=+==+，420,1,2,.

..,2,6,10,14,...,42Bkkmm=+==+.下面证明，对142ijm+，如果下面两个命题同时成立，则数列1,2,...,42m+一定是(),ij−可分数列：命题1：,iAjB或,iBjA；命题2：3ji−.我们分两种情况证明这个结论.第一种情况：如果,iAjB

，且3ji−.此时设141ik=+，242jk=+，12,0,1,2,...,kkm.则由ij可知124142kk++，即2114kk−−，故21kk.此时，由于从数列1,2,...,

42m+中取出141ik=+和242jk=+后，剩余的4m个数可以分为以下三个部分，共m组，使得每组成等差数列：①11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4kkkk−−−，共1

k组；②11111111222242,43,44,45,46,47,48,49,...,42,41,4,41kkkkkkkkkkkk++++++++−−+，共21kk−组；③2222222243,44,45,46,47,48,49,4

10,...,41,4,41,42kkkkkkkkmmmm++++++++−++，共2mk−组.（如果某一部分的组数为0，则忽略之）故此时数列1,2,...,42m+是(),ij−可分数列.第二种情况：如果,iBjA，且3ji−.此时设142ik=+，241jk

=+，12,0,1,2,...,kkm.则由ij可知124241kk++，即2114kk−，故21kk.由于3ji−，故()()2141423kk+−+，从而211kk−，这就意味着212kk−.此时，由于从数

列1,2,...,42m+中取出142ik=+和241jk=+后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：①11111,2,3,4,5,6,7,8,...,43,42,41,4kkkk−−−，共1k组；②112121241,31,221,31kkkkkkk+

++++++，121212232,222,32,42kkkkkkk+++++++，共2组；③全体11212124,3,22,3kpkkpkkpkkp+++++++，其中213,4,...,pkk=−，共212kk−−组；④2222222243

,44,45,46,47,48,49,410,...,41,4,41,42kkkkkkkkmmmm++++++++−++，共2mk−组.（如果某一部分的组数为0，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212kk−−个行，4个列的数表以后，

4个列分别是下面这些数：111243,44,...,3kkkk+++，12121233,34,...,22kkkkkk+++++，121212223,223,...,3kkkkkk+++++，1212233,34,...

,4kkkkk++++.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11241,42,...,42kkk+++中除开五个集合1141,42kk++，121231,32kkkk++++，121222

1,222kkkk++++，121231,32kkkk++++，2241,42kk++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142k+和241k+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1,2,

...,42m+是(),ij−可分数列.至此，我们证明了：对142ijm+，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1,2,...,42m+一定是(),ij−可分数列.然后我们来考虑这样的(),ij的个数.

首先，由于AB=，A和B各有1m+个元素，故满足命题1的(),ij总共有()21m+个；而如果3ji−=，假设,iAjB，则可设141ik=+，242jk=+，代入得()()2142413kk+−+=.但这导致2

112kk−=，矛盾，所以,iBjA.设142ik=+，241jk=+，12,0,1,2,...,kkm，则()()2141423kk+−+=，即211kk−=.所以可能的()12,kk恰好就是()()()0,1,1,2,...,1

,mm−，对应的(),ij分别是()()()2,5,6,9,...,42,41mm−+，总共m个.所以这()21m+个满足命题1的(),ij中，不满足命题2的恰好有m个.这就得到同时满足命题1和命题2的(),ij的个数为()21mm+−.当我们从1,2,...,42m+中

一次任取两个数i和()jij时，总的选取方式的个数等于()()()()424121412mmmm++=++.而根据之前的结论，使得数列1242,,...,maaa+是(),ij−可分数列的(),ij

至少有()21mm+−个.所以数列1242,,...,maaa+是(),ij−可分数列的概率mP一定满足()()()()()()()()()22221111124214121412142221218mmmmmmmmPmmmmmmmm++++−++

===++++++++.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.2．（2024·北京·高考真题）已知集合(),,,1,2,3,4,

5,6,7,8,Mijkwijkwijkw=+++且为偶数．给定数列128:,,,Aaaa，和序列12:,,sTTT，其中()(),,,1,2,,tttttTijkwMts==，对数列A进行如下变换：将A的第1111,,,ijkw项均加1，其余项不变，得到的数列

记作()1TA；将()1TA的第2222,,,ijkw项均加1，其余项不变，得到数列记作()21TTA；……；以此类推，得到()21sTTTA，简记为()A．(1)给定数列:1,3,2,4,6,3,1,9

A和序列()()():1,3,5,7,2,4,6,8,1,3,5,7，写出()A；(2)是否存在序列，使得()A为123456782,6,4,2,8,2,4,4aaaaaaaa++++++++，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A的各项均为正整数，且1357aaaa+++为偶数，求证：“存在序列，使得()A的各项都相等”的充要条件为“12345678aaaaaaaa+=+=+=+”．【答案】

(1)():3,4,4,5,8,4,3,10A(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()ΩA的定义写出()ΩA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：()()2122128,1,2,3,4nnnnbbaan−−+−+==，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12345678aaaaaaaa+=+=+=+，分类讨论1357,,

,aaaa相等得个数，结合题意证明即可；若存在序列，使得()ΩA为常数列，结合定义分析证明即可.【详解】（1）因为数列:1,3,2,4,6,3,1,9A，由序列()11,3,5,7T可得()1:2,3,3,4,7,3,2,9TA；由序列()22,4,6,8T可得()

21:2,4,3,5,7,4,2,10TTA；由序列()31,3,5,7T可得()321:3,4,4,5,8,4,3,10TTTA；所以()Ω:3,4,4,5,8,4,3,10A.（2）解法一：假设存在符合条件的，可知()ΩA的第1,2项之和为12aas++，第3,4项之和为34aa

s++，则()()()()121234342642aaaasaaaas+++=+++++=++，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(

)128Ω:,,,Abbb，因为2642824484+++++++=，即序列共有8项，由题意可知：()()2122128,1,2,3,4nnnnbbaan−−+−+==，检验可知：当2,3n=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()21...sTTTA为(),18snan，特别规定()0,18nnaan=.必要性：若存在序列12:,,sTTT，使得()ΩA的各项都相等.则,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssss

aaaaaaaa=======，所以,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa+=+=+=+.根据()21...sTTTA的定义，显然有,21,21,211,21sjsjsjsjaaaa−−−−+=++，这里1,2,3,4j=，1,2,...s=.所以不断使用该式就得

到12345678,1,2ssaaaaaaaaaas+=+=+=+=+−，必要性得证.充分性：若12345678aaaaaaaa+=+=+=+.由已知，1357aaaa+++为偶数，而12345678aa

aaaaaa+=+=+=+，所以()()24681213574aaaaaaaaaa+++=+−+++也是偶数.我们设()21...sTTTA是通过合法的序列的变换能得到的所有可能的数列()ΩA中，使得,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+

−+−+−最小的一个.上面已经说明,21,21,211,21sjsjsjsjaaaa−−−−+=++，这里1,2,3,4j=，1,2,...s=.从而由12345678aaaaaaaa+=+=+=+可得,1,2,3,4,5,6,7,812ss

ssssssaaaaaaaaaas+=+=+=+=++.同时，由于ttttijkw+++总是偶数，所以,1,3,5,7ttttaaaa+++和,2,4,6,8ttttaaaa+++的奇偶性保持不变，从而,1,3,5,7ssssaaaa+++和,2,4,6,8sss

saaaa+++都是偶数.下面证明不存在1,2,3,4j=使得,21,22sjsjaa−−.假设存在，根据对称性，不妨设1j=，,21,22sjsjaa−−，即,1,22ssaa−.情况1：若,3,4,5,6,7,80ssssssaaaaa

a−+−+−=，则由,1,3,5,7ssssaaaa+++和,2,4,6,8ssssaaaa+++都是偶数，知,1,24ssaa−.对该数列连续作四次变换()()()()2,3,5,8,2,4,6,8,2,3,6,7,2,4,5,7后，新的4,14,24,34

,44,54,64,74,8ssssssssaaaaaaaa++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−减少4，这与,1,2,3

,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−的最小性矛盾；情况2：若,3,4,5,6,7,80ssssssaaaaaa−+−+−，不妨设,3,40ssaa−.情况2-1：如果,3,41ssaa−，则对该数列连续作两次变换()()2,4,5,7,2,4,6,8后，

新的2,12,22,32,42,52,62,72,8ssssssssaaaaaaaa++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−至少减少2，这与,1

,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−的最小性矛盾；情况2-2：如果,4,31ssaa−，则对该数列连续作两次变换()()2,3,5,8,2,3,6,7后，新的2,12,22,32,42,52,62,72,8ssssssssaaaaaaaa

++++++++−+−+−+−相比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−至少减少2，这与,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−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1,2,3,4j=都有,21,21sjsjaa−−.假设存在1,2,3,4j=使得,21,21sjsjaa−−=，则,21,2sjsjaa−+是奇数，所以,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa+=+

=+=+都是奇数，设为21N+.则此时对任意1,2,3,4j=，由,21,21sjsjaa−−可知必有,21,2,,1sjsjaaNN−=+.而,1,3,5,7ssssaaaa+++和,2,4,6,8

ssssaaaa+++都是偶数，故集合,smmaN=中的四个元素,,,ijkw之和为偶数，对该数列进行一次变换(),,,ijkw，则该数列成为常数列，新的1,11,21,31,41,51,61,71,8ssssssssaaaaaaaa++++++++−+−+−+−等于

零，比原来的,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−更小，这与,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa−+−+−+−的最小性矛盾.综上，只

可能(),21,201,2,3,4sjsjaaj−−==，而,1,2,3,4,5,6,7,8ssssssssaaaaaaaa+=+=+=+，故(),ΩsnaA=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()ΩA的结果，且()()()()12345678,,,,,,,a

aaaaaaa相对于序列也是无序的，（ⅰ）若12345678aaaaaaaa+=+=+=+，不妨设1357aaaa，则2468aaaa，①当1357aaaa===，则8642aaaa===，分别执行1a个序列()2,4,6,8

、2a个序列()1,3,5,7，可得1212121212121212,,,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，为常数列，符合题意；②当1357,,,aaaa中有且仅有三个数相等，不妨设135aaa==，则246aaa==，即12121278,,,,,,,aaaa

aaaa，分别执行2a个序列()1,3,5,7、7a个序列()2,4,6,8可得1227122712272778,,,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，即1227122712272712,,

,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，因为1357aaaa+++为偶数，即173aa+为偶数，可知17,aa的奇偶性相同，则*712aa−N，分别执行712aa−个序列()1,3,5,7，()1,3,6,8，()2,3,5

,8，()1,4,5,8，可得7217217217217217217217213232323232323232,,,,,,,22222222aaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaaa+−+−+−+

−+−+−+−+−，为常数列，符合题意；③若1357aaaa==，则2468aaaa==，即12125656,,,,,,,aaaaaaaa，分别执行5a个()1,3,6,8、1a个()2,4,5,7，可得1512151215561556,,,,,,

,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，因为1256aaaa+=+，可得1512151215121512,,,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，即转为①，可知符合题意；④当1357,,,aaaa中有且仅有两个数相等，不妨设13aa=，则24aa=，即1

2125678,,,,,,,aaaaaaaa，分别执行1a个()2,4,5,7、5a个()1,3,6,8，可得1512151215561758,,,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，且1256aaaa+=+，可得1512151215121758,,,,,,,a

aaaaaaaaaaaaaaa++++++++，即转为②，可知符合题意；⑤若1357aaaa，则2468aaaa，即12345678,,,,,,,aaaaaaaa，分别执行1a个()2,3,5,8、

3a个()1,4,6,7，可得1312133415363718,,,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，且1234aaaa+=+，可得1312131215363718,,,,,,,aaaaaaaaaaaaaaaa++++++++，即转为③，可知符合题意；

综上所述：若12345678aaaaaaaa+=+=+=+，则存在序列，使得()ΩA为常数列；（ⅱ）若存在序列，使得()ΩA为常数列，因为对任意()128Ω:,,,Abbb，均有()()()()12123434bba

abbaa+−+=+−+()()()()56567878bbaabbaa=+−+=+−+成立，若()ΩA为常数列，则12345678bbbbbbbb+=+=+=+，所以12345678aaaaaaaa+=+=+=+；综上所述

：“存在序列，使得()ΩA为常数列”的充要条件为“12345678aaaaaaaa+=+=+=+”.【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.3．（2023·北京·高考真题）已知数

列,nnab的项数均为m(2)m，且,{1,2,,},nnabm,nnab的前n项和分别为,nnAB，并规定000AB==．对于0,1,2,,km，定义max,{0,1,2,,}kikriBAim=∣，其中，maxM表

示数集M中最大的数.(1)若1231232,1,3,1,3,3aaabbb======，求0123,,,rrrr的值；(2)若11ab，且112,1,2,,1,jjjrrrjm+−+=−，求nr；(3)证明：存在,,,0,1,2,,pqstm，满足,,pqst使得tpsqABAB+

=+．【答案】(1)00r=，11r=，21r=，32r=(2),nrnn=N(3)证明见详解【分析】（1）先求01230123,,,,,,,AAAABBBB，根据题意分析求解；（2）根据题意题意分析可得11iirr+−，利用反证可得11iirr+−=，在结合等差数列运算求解；（3）讨论,mm

AB的大小，根据题意结合反证法分析证明.【详解】（1）由题意可知：012301230,2,3,6,0,1,4,7AAAABBBB========，当0k=时，则0000,,1,2,3iBABAi===，故00r=；当1k=时，则01111,,,2,3iBABABAi=，故11r=；当

2k=时，则22232,0,1,,,iBAiBABA=故21r=；当3k=时，则333,0,1,2,iBAiBA=，故32r=；综上所述：00r=，11r=，21r=，32r=.（2）由题意可知：nrm，且nrN，因为1,1nnab，且11ab，则10nABB

对任意*nN恒成立，所以010,1rr=，又因为112iiirrr−++，则11iiiirrrr+−−−，即112101mmmmrrrrrr−−−−−−，可得11iirr+−，反证：假设满足11nnrr+−的最小正整数为01jm−，当ij时，则12iirr+−

；当1ij−时，则11iirr+−=，则()()()112100mmmmmrrrrrrrr−−−=−+−++−+()22mjjmj−+=−，又因为01jm−，则()2211mrmjmmmm−−−=+，假设不成立，故11nn

rr+−=，即数列nr是以首项为1，公差为1的等差数列，所以01,nrnnn=+=N.（3）因为,nnab均为正整数，则,nnAB均为递增数列，（ⅰ）若mmAB=，则可取0tq==，满足,,pqst使得tpsqABAB+=+；（ⅱ）若

mmAB，则krm，构建,1nnrnSBAnm=−，由题意可得：0nS，且nS为整数，反证，假设存在正整数K，使得KSm−，则1,0KKrKrKBAmBA+−−−，可得()()111KKKKKrrrrKrKbBBBABAm+++=−=−−−，这与11,2,,Krbm+

相矛盾，故对任意1,nmnN，均有1nSm−.①若存在正整数N，使得0NNrNSBA=−=，即NNrAB=，可取0,,NtqpNsr====，满足,pqst，使得tpsqABAB+=+；②若不存在正整数N，使得0NS=，因为()1,2,,1nSm−−−−，且1

nm，所以必存在1XYm，使得XYSS=，即XYrXrYBABA−=−，可得XYYrXrABAB+=+，可取,,,YXpYsrqXtr====，满足,pqst，使得tpsqABAB+=+；（ⅲ）若mmAB，定义max,{0,1,2,,}kik

RiABim=L∣，则kRm，构建,1nnRnSABnm=−，由题意可得：0nS，且nS为整数，反证，假设存在正整数,1KKm，使得KSm−，则1,0KKRKRKABmAB+−−−，可得()()111KKKKKRRRRKRKaAAABAB

m+++=−=−−−，这与11,2,,KRam+相矛盾，故对任意11,nmn−N，均有1nSm−.①若存在正整数N，使得0NNRNSAB=−=，即NRNAB=，可取0,,NqtsNpR====，即满足,pqst，使得tpsqABAB+=+

；②若不存在正整数N，使得0NS=，因为()1,2,,1nSm−−−−，且1nm，所以必存在1XYm，使得XYSS=，即XYRXRYABAB−=−，可得YXRXRYABAB+=+，可取,,,YXpRtXqRsY====，

满足,pqst，使得tpsqABAB+=+.综上所述：存在0,0qpmtsm使得tpsqABAB+=+．4．（2022·北京·高考真题）已知12:,,,kQaaa为有穷整数数列．给定正

整数m，若对任意的{1,2,,}nm，在Q中存在12,,,,(0)iiiijaaaaj+++，使得12iiiijaaaan+++++++=，则称Q为m−连续可表数列．(1)判断:2,1,4Q是否为5−连

续可表数列？是否为6−连续可表数列？说明理由；(2)若12:,,,kQaaa为8−连续可表数列，求证：k的最小值为4；(3)若12:,,,kQaaa为20−连续可表数列，且1220kaaa+++，求证：7k．【答案】(1)是5−连续可表数列；不是6−连续可表

数列．(2)证明见解析．(3)证明见解析．【分析】（1）直接利用定义验证即可；（2）先考虑3k不符合，再列举一个4k=合题即可；（3）5k时，根据和的个数易得显然不行，再讨论6k=时，由12620aaa+++可知里面必然有负数，再确定负数只能是1

−，然后分类讨论验证不行即可．【详解】（1）21a=，12a=，123aa+=，34a=，235aa+=，所以Q是5−连续可表数列；易知，不存在,ij使得16iiijaaa+++++=，所以Q不是6−连续可表数列．（2）若3k,设为:Q,,abc,

则至多,,,,,abbcabcabc++++，6个数字，没有8个，矛盾；当4k=时,数列:1,4,1,2Q，满足11a=，42a=，343aa+=，24a=，125aa+=，1236aaa++=，2347aaa++=，123

48aaaa+++=，min4k=．（3）12:,,,kQaaa，若ij=最多有k种，若ij，最多有2Ck种，所以最多有()21C2kkkk++=种，若5k，则12,,,kaaa…至多可表()551152+=个数，矛盾,从而若7k<,则6k=，,,,

,,abcdef至多可表6(61)212+=个数，而20abcdef+++++，所以其中有负的，从而,,,,,abcdef可表1~20及那个负数（恰21个），这表明~af中仅一个负的，没有0，且这个负的在~af中绝对值最小，同时~a

f中没有两数相同,设那个负数为(1)mm−，则所有数之和125415mmmmm++++++−=+，415191mm+=，{,,,,,}{1,2,3,4,5,6}abcdef=−，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个，112=−+（仅一种方式），1

−与2相邻，若1−不在两端,则",1,2,__,__,__"x−形式，若6x=，则56(1)=+−（有2种结果相同，方式矛盾），6x，同理5,4,3x，故1−在一端，不妨为"1,2,,,,"ABCD−形式，若3A=,则523=+（有2种结果相同，矛盾），4A=同理不行，5A=，则6

125=−++（有2种结果相同，矛盾），从而6A=，由于7126=−++,由表法唯一知3,4不相邻,、故只能1,2,6,3,5,4−，①或1,2,6,4,5,3−，②这2种情形，对①：96354=+=+，矛盾，对②：82653=+=+，也矛盾，综上6k，当7k=时，数列1,2,4,5,8

,2,1−−满足题意，7k．【点睛】关键点睛，先理解题意，是否为m−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1到m中间的任意一个值．本题第二问3k时，通过和值可能个数否定3k

；第三问先通过和值的可能个数否定5k，再验证6k=时，数列中的几项如果符合必然是{1,2,3,4,5,6}−的一个排序，可验证这组数不合题．5．（2021·北京·高考真题）设p为实数.若无穷数列na满足如下三个性质，则称na为p数列：①10ap+，且20ap+=；②414,1,2

,nnaan−=()；③,1mnmnmnaaapaap++++++，(),1,2,mn=．（1）如果数列na的前4项为2，-2，-2，-1，那么na是否可能为2数列？说明理由；（2

）若数列na是0数列，求5a；（3）设数列na的前n项和为nS.是否存在p数列na，使得10nSS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2R数列；理由见解析；（2）51a=；（3）存

在；2p=．【分析】(1)由题意考查3a的值即可说明数列不是2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5a的值；(3)构造数列nnbap=+，易知数列nb是0的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数p的值.

【详解】(1)因为122,2,2,paa===−所以12122,13aapaap++=+++=，因为32,a=−所以312122,21aaaaa+++++所以数列na，不可能是2数列.(2)性质①120,

0aa=，由性质③2,1mmmaaa++，因此31aa=或311aa=+，40a=或41a=，若40a=，由性质②可知34aa，即10a或110a+，矛盾；若4311,1aaa==+，由34aa有111a+，

矛盾.因此只能是4311,aaa==.又因为413aaa=+或4131aaa=++，所以112a=或10a=.若112a=，则2111111110,012,211,2aaaaaaaa+=+++++=+=，不满足20a=，舍去.当10a=，则na前四项为:0，0，0

，1，下面用数学归纳法证明()444(1,2,3),1ninaniannN++===+：当0n=时，经验证命题成立，假设当(0)nkk时命题成立，当1nk=+时：若1i=，则()()4541145kkjkjaaa+++++−==，利用性质③：*4

5,144{,1}jkjaajNjkkk+−++=+∣，此时可得：451kak+=+；否则，若45kak+=，取0k=可得：50a=，而由性质②可得：5141,2aaa=+，与50a=矛盾.同理

可得：*46,145{,1}jkjaajNjkkk+−++=+∣，有461kak+=+；*48,246{1,2}jkjaajNjkkk+−++=++∣，有482kak+=+；*47,146{1}jk

jaajNjkk+−++=+∣，又因为4748kkaa++，有471.kak+=+即当1nk=+时命题成立，证毕.综上可得：10a=，54111aa+==.(3)令nnbap=+，由性质③可知：*,,mnmnmnNbap++=+,1

mnmnapapapap+++++++,1mnmnbbbb=+++，由于11224141440,0,nnnnbapbapbapapb−−=+=+==++=，因此数列nb为0数列.由（2）可知:若444,(1,2,3),1ninnNanpia

np++=−==+−；11111402320aSSap+−==−=，91010422(2)0SSaap+−=−=−=−−，因此2p=，此时1210,,,0aaa，()011jaj，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.

6．（2020·北京·高考真题）已知na是无穷数列．给出两个性质：①对于na中任意两项,()ijaaij，在na中都存在一项ma，使2imjaaa=；②对于na中任意项(3)nan…，在na中都存在两项,()klaakl．使得2knlaaa=．(Ⅰ)若(1,2,

)nann==，判断数列na是否满足性质①，说明理由；(Ⅱ)若12(1,2,)nnan−==，判断数列na是否同时满足性质①和性质②，说明理由；(Ⅲ)若na是递增数列，且同时满足性质①和性质②，证明：na为等比数列.【答案】(Ⅰ)详见解析；(Ⅱ)详解解析；(Ⅲ)证明详见解析.

【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2231aaa=，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123,,aaa成等比数列，之后证得1234,

,,aaaa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)2323292,3,2naaaaZa===Q不具有性质①；(Ⅱ)22*(2)1*2,,,2,2ijiiijnjjaaijNijijNaaaa−−−=−=Q具有性质①；

2*(2)11,3,1,2,22,klnknnlanNnknlanaa−−−=−=−===Q具有性质②；(Ⅲ)解法一首先，证明数列中的项数同号，不妨设恒为正数：显然()0*nanN，假设数列中存在负项，设

0max|0nNna=，第一种情况：若01N=，即01230aaaa，由①可知：存在1m，满足12210maaa=，存在2m，满足22310maaa=，由01N=可知223211aaaa=，从而23aa

=，与数列的单调性矛盾，假设不成立.第二种情况：若02N，由①知存在实数m，满足0210Nmaaa=，由0N的定义可知：0mN，另一方面，0000221NNmNNaaaaaa==，由数列的单调性可

知：0mN，这与0N的定义矛盾，假设不成立.同理可证得数列中的项数恒为负数.综上可得，数列中的项数同号.其次，证明2231aaa=：利用性质②：取3n=，此时()23klaakla=，由数列的单调性可知0klaa，而3kkklaaaaa=，故

3k，此时必有2,1kl==，即2231aaa=，最后，用数学归纳法证明数列为等比数列：假设数列na的前()3kk项成等比数列，不妨设()111ssaaqsk−=，其中10,1aq，（10,01aq的情况类似）由①可得：存在整数m，满足211kkmkkaaaq

aa−==，且11kmkaaqa+=（*）由②得：存在st，满足：21sskssttaaaaaaa+==，由数列的单调性可知：1tsk+，由()111ssaaqsk−=可得：2211111stkskktaaaqaaqa−−−+===（**）由（**）和（*）式可得

：211111kstkaqaqaq−−−，结合数列的单调性有：211kstk−−−，注意到,,stk均为整数，故21kst=−−，代入（**）式，从而11kkaaq+=.总上可得，数列na的通项公式为：11nnaaq−=.即数列na为

等比数列.解法二：假设数列中的项数均为正数：首先利用性质②：取3n=，此时23()klaakla=，由数列的单调性可知0klaa，而3kkklaaaaa=，故3k，此时必有2,1kl==，即2231aaa=，即123,,aaa成等比数列，不妨设22131,(1)aaqaaqq

==，然后利用性质①：取3,2ij==，则224331121maaqaaqaaq===，即数列中必然存在一项的值为31aq，下面我们来证明341aaq=，否则，由数列的单调性可知341aaq，在性质②中，取4n=，则24kkkkllaaaaa

aa==，从而4k，与前面类似的可知则存在{,}{1,2,3}()klkl，满足24klaaa=，若3,2kl==，则：2341klaaaqa==，与假设矛盾；若3,1kl==，则：243411klaaaqaqa==，与假设矛盾；若2,1kl==，则：

22413klaaaqaa===，与数列的单调性矛盾；即不存在满足题意的正整数,kl，可见341aaq不成立，从而341aaq=，然后利用性质①：取4,3ij==，则数列中存在一项2264411231maaqaaqaaq===，下面我们用反证法来证明451aaq=，否则，由数列的单调性

可知34151aqaaq，在性质②中，取5n=，则25kkkkllaaaaaaa==，从而5k，与前面类似的可知则存在(),1,2,3,4klkl，满足25klaaa=，即由②可知：22222115111kk

lkllaaqaaqaaq−−−−===，若214kl−−=，则451aaq=，与假设矛盾；若214kl−−，则451aaq，与假设矛盾；若214kl−−，由于,kl为正整数，故213kl−−，则351aaq，与315aqa矛盾；综上可知，假设不

成立，则451aaq=.同理可得：566171,,aaqaaq==，从而数列na为等比数列，同理，当数列中的项数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na为等比数

列.【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.7．（2020·江苏·高考真题）已知数列

*()nanN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11111kkknnnSSa++−=成立，则称此数列为“λ~k”数列．（1）若等差数列na是“λ~1”数列，求λ的值；（2）若数列na是“323−”数列，且an＞0，求数列

na的通项公式；（3）对于给定的λ，是否存在三个不同的数列na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）21,134,2nnnan−==（3）01【分析】（1）根据定义得+11nnnSSa+−=，再根

据和项与通项关系化简得11nnaa++=，最后根据数列不为零数列得结果；（2）根据定义得111222+1+13()3nnnnSSSS−=−，根据平方差公式化简得+1=4nnSS，求得nS，即得na；（3）根据定义得111333+11nnnSSa+−=，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）+111111101nnnnnnSSaaaaa++++−====Q（2）11221100nnnnnaSSSS++−Q111222+1+13()3nnnnSSSS−=−Q111111222

2222+1+1+11()()()3nnnnnnSSSSSS−=−+1111111222222+1+1+1+11()=2=443nnnnnnnnnnSSSSSSSSS−−=+=111Sa==，14nnS−=1224434,2nnnnan−−−=−=21,

134,2nnnan−==（3）假设存在三个不同的数列na为"3"−数列.111113333333+11+1+1()()nnnnnnnSSaSSSS+−=−=−1133+1nnS

S=或11221123333333+1+1+1()()nnnnnnSSSSSS−=+++1nnSS=或22113333333+1+1(1)(1)(2)0nnnnSSSS−+−++=∵对于给定的，存在三个不同的数列na为"3"−数列，且0na1,10

,2nnan==或()22113333333+1+1(1)(1)(2)01nnnnSSSS−+−++=有两个不等的正根.()22113333333+1+1(1)(1)(2)01nnnnSSSS−+−++=可转化为(

)2133333+1+12133(1)(2)(1)01nnnnSSSS−++−+=，不妨设()1310nnSxxS+=，则()3233(1)(2)(1)01xx−+++−=有两个不等正根，设()()3233(1)(2)(1)01fxxx=−

+++−=.①当1时，32323(2)4(1)004=+−−，即01，此时()3010f=−，33(2)02(1)x+=−−对，满足题意.②当1时，32323(2)4(1)004=+−−，即3

14，此时()3010f=−，33(2)02(1)x+=−−对，此情况有两个不等负根，不满足题意舍去.综上，01【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.8．（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：245132,440aaaaaa=−+=，求证:数列{an}为“M－数列”；（2）已知数列{bn}满足:111221,nnnbSbb+==−，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1kkkcbc+成立，求m的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①bn=n()

*n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kb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）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.由245321440aaaaaa=−+=，得244112111440aqaqaqaqa=−+=，解得112aq==．因此数列{}na为

“M—数列”.（2）①因为1122nnnSbb+=−，所以0nb．由1111,bSb==得212211b=−，则22b=.由1122nnnSbb+=−，得112()nnnnnbbSbb++=−，当2n时，由1nnnbSS−=−，得()()1

11122nnnnnnnnnbbbbbbbbb+−+−=−−−，整理得112nnnbbb+−+=．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()*nN.②由①知，bk=k，*kN.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1kkqkq−，其中k=1，2，3，…，m.当k=1时，有q≥1；当k=2，3，…，m时，有lnlnln1kkqkk−．设f（x）=ln(1)xxx，则21ln()xf'xx−=．令()0f'

x=，得x=e.列表如下：x(1,e)e(e，+∞)()f'x+0–f（x）极大值因为ln2ln8ln9ln32663==，所以maxln3()(3)3fkf==．取33q=，当k=1，2，3，4，5时，lnlnkqk„，即kkq，经检验知1kqk−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．9．（2018·江苏·高考真题）设*nN，对1，2，···，n的一个排列12niii，如果当s<t时，有stii，则称(,)stii是排列12niii的一个逆序，排

列12niii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()nfk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34(2),(2)ff的值；（2）求(2)(5)nfn的表达式(用n表示)．【答案】（1）25（2）n≥5时，(2)nf=222nn−−【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()abc为排列abc的逆序数，对1，2，3的所有排列，有()()()()()()123=0132=12

13=1231=2312=2321=3，，，，，，所以()()()33301122fff===，．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，()()()()433322105ffff=++=．（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()01nf=．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()11nfn=−．为计算()12nf+，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，()()()()()122102nnnnnfffffn+=++=+．当n≥5时，()()()()()()()()1

1254422222222nnnnnffffffff−−−=−+−++−+()()()24212422nnnnf−−=−+−+++=，因此，n≥5时，()2nf=222nn−−．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.10．（2017·北京·高考真题）设{}na和{}nb是两个等差数列，记1122max{,,,}n

nncbanbanban=−−−(1,2,3,)n=，其中12max{,,,}sxxx表示12,,,sxxx这s个数中最大的数．（Ⅰ）若nan=，21nbn=−，求123,,ccc的值，并证明{}nc是等差数列；（Ⅱ）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当nm时，

ncMn；或者存在正整数m，使得12,,,mmmccc++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123,,ccc，观察规律，再证明当3n时，11()()20kkkkbnabnan++−−−=−，所以kkbna−关于*kN单调递减.所以1

12211max{,,,}1nnncbanbanbanbann=−−−=−=−，从而得证；（Ⅱ）首先求nc的通项公式，分1110,0,0ddd=三种情况讨论证明.试题解析：（Ⅰ）111110,cba=−=

−=21122max2,2max121,3221cbaba=−−=−−=−，3112233max3,3,3max131,332,5332cbababa=−−−=−−−=−.当3n时，()()()(

)111120kkkkkkkkbnabnabbnaan++++−−−=−−−=−，所以kkbna−关于*kN单调递减.所以112211max,,,1nnncbanbanbanbann=−−−=

−=−.所以对任意1,1nncn=−，于是11nncc+−=−，所以nc是等差数列.（Ⅱ）设数列{}na和{}nb的公差分别为12,dd，则()()()()12111121111kkbnabkdakdnbandndk−=+−−+−=−+−−

.所以()()11212111211,,nbanndnddndcbandnd当时，当时，−+−−=−①当10d时，取正整数21dmd，则当nm时，12ndd，因此11ncban=−.此时，12,,,mmmccc++是等差数列.②当10d=时，对任意1n，()()(

)11211211max,01max,0.ncbanndbanda=−+−=−+−−此时，123,,,,,ncccc是等差数列.③当10d时，当21dnd时，有12ndd.所以()()()11211211121nb

anndndcbdnddadnnn−+−−−==−+−++()111212.nddadbd−+−+−−对任意正数M，取正整数12112211max,Mbdadddmdd+−+−−−，故当nm时，ncMn.【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.11．（2017·江苏·高考真题）对于给定的正整数k,若数列{an}满足aaaaaaa−−+−++−++++++=11

11......2nknknnnknknk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2nknknaaa−++=，即得nnnnnaaaaa−−−+++++32112++nnaa+=36，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得21124nnnnnaaaa

a−−+++++=，321nnnaaa−−−+++1236nnnnaaaa+++++=，再将条件集中消元：nnnaaa−−−+=−32141()nnaa++，nnnaaa++++=−23141()nnaa−+，即得112nnnaaa−++=，最后验证起始项也满足

即可．试题解析：证明:（1）因为na是等差数列，设其公差为d，则()11naand=+−，从而，当4n时，1nknkaaa−++=+()()111nkdankd−−+++−()12212nanda=+−=，1,2,3,k=所以321123+++6nnnnnnnaaaaaaa−−−+

++++=，因此等差数列na是“()3P数列”.（2）数列na既是“()2P数列”，又是“()3P数列”，因此，当3n时，21124nnnnnaaaaa−−+++++=，①当4n时，3211236n

nnnnnnaaaaaaa−−−++++++++=.②由①知，3214nnnaaa−−−+=−()1nnaa++，③2314nnnaaa++++=−()1nnaa−+，④将③④代入②，得112nnnaaa−++=，其中4n，所以345,,

,aaa是等差数列，设其公差为'd.在①中，取4n=，则235644aaaaa+++=，所以23'aad=−，在①中，取3n=，则124534aaaaa+++=，所以122'aad=−，所以数列{}na是等差数列.点睛:证明{}na为等差数列的方法

：①用定义证明：1(nnaadd+−=为常数）；②用等差中项证明：122nnnaaa++=+；③通项法：na为关于n的一次函数；④前n项和法：2nSAnBn=+．12．（2016·江苏·高考真题）记1,2,,100U=.对数列()*nanN

和U的子集T，若T=，定义0TS=；若12,,,kTttt=，定义12kTtttSaaa=+++.例如：=1,3,66T时，1366+TSaaa=+.现设()*nanN是公比为3的等比数列，且当

=2,4T时，=30TS.（1）求数列na的通项公式；（2）对任意正整数()1100kk，若1,2,,Tk，求证：1TkSa+；（3）设,,CDCUDUSS，求证：2CCDDSSS+.【答案】（1）13nna−=（2）详见解析（3）详见解

析【详解】（1）由已知得1*13,nnaanN−=.于是当2,4T=时，2411132730rSaaaaa=+=+=.又30rS=，故13030a=，即11a=.所以数列na的通项公式为1*3,nnanN−=.

（2）因为1,2,,Tk，1*30,nnanN−=，所以1121133(31)32kkkrkSaaa−+++=+++=−.因此，1rkSa+.（3）下面分三种情况证明.①若D是C的子集，则2CCDCDDDDSSS

SSSS+=++=.②若C是D的子集，则22CCDCCCDSSSSSS+=+=.③若D不是C的子集，且C不是D的子集.令UECD=ð，UFDC=ð则E，F，EF=.于是CECDSSS=+，DFCDS

SS=+，进而由CDSS，得EFSS.设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则1,1,klkl.由（2）知，1EkSa+，于是1133lklFEkaSSa−+==，所以1lk−，即lk.又kl，故1lk−，从而1121131133222llkEFlaS

Saaa−−−−+++=+++=，故21EFSS+，所以2()1CCDDCDSSSS−−+，即21CCDDSSS++.综合①②③得，2+CCDDSSS.【考点】等比数列的通项公式、求和【名师点睛】本题有三个难点：一是数列新定义，利用新定义确定等比数

列的首项，再代入等比数列通项公式求解；二是利用放缩法求证不等式，放缩的目的是将非特殊数列转化为特殊数列，从而可利用特殊数列的性质，以算代征；三是结论含义的应用，实质又是一个新定义，只不过是新定义的性质应用.13．（2016·北京·高考真题）设数列A：1a，2a,…Na

(2N).如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有ka＜na，则称n是数列A的一个“G时刻”.记“()GA是数列A的所有“G时刻”组成的集合.（1）对数列A：-2，2，-1，1，3，写出()GA的

所有元素；（2）证明：若数列A中存在na使得na>1a，则()GA；（3）证明：若数列A满足na-1na−≤1（n=2,3,…,N）,则()GA的元素个数不小于Na-1a.【答案】（1）()GA的元素为2和5；（2）详见解析；（3）详见解析.【详解】试题

分析：（Ⅰ）关键是理解“G时刻”的定义，根据定义即可写出的所有元素；（Ⅱ）要证，即证中含有一元素即可；（Ⅲ）当时，结论成立.只要证明当时结论仍然成立即可.试题解析：（Ⅰ）的元素为和.（Ⅱ）因为存在使得，所以1|2,

iiNiNaa.记1min|2,imiNiNaa=，则，且对任意正整数.因此，从而.（Ⅲ）当时，结论成立.以下设.由（Ⅱ）知.设.记.则.对，记|,iiiknGkNnkNaa=.如果，取，则对任何.从而且.又因为是中的最大元素，所以.从而对任意pnk

N，，特别地，.对.因此.所以.因此的元素个数p不小于1Naa−.【考点】数列、新定义问题.【名师点睛】数列的实际应用题要注意分析题意，将实际问题转化为常用的数列模型，数列的综合问题涉及的数学思想：函数与方程思想(如：求最值或基本量)、转化与化归思想

(如：求和或应用)、特殊到一般思想(如：求通项公式)、分类讨论思想(如：等比数列求和，或)等.14．（2016·上海·高考真题）若无穷数列{}na满足：只要*(,)pqaapqN=，必有11pqaa++=，则称{}na具有性质P.（1）若{}na具有性质P，且12451,2,3

,2aaaa====，67821aaa++=，求3a；（2）若无穷数列{}nb是等差数列，无穷数列nc是公比为正数的等比数列，151bc==，5181bc==，nnnabc=+判断{}na是否具有性质P，并说明理由；（3）设{}nb是无穷数列，已知*1sin()nnnabanN+

=+.求证：“对任意1,naa都具有性质P”的充要条件为“{}nb是常数列”.【答案】（1）316a=．（2）na不具有性质．（3）见解析．【详解】试题分析：（1）根据已知条件，得到678332aaaa++=++，结合67821

aaa++=求解即可．（2）根据nb的公差为20，nc的公比为13，写出通项公式，从而可得520193nnnnabcn−=+=−+．通过计算1582aa==，248a=，63043a=，26aa，即知na不具有性质．（3）从充分性、必要性两方面加以证明，其中必要性用反

证法证明．试题解析：（1）因为52aa=，所以63aa=，743aa==，852aa==．于是678332aaaa++=++，又因为67821aaa++=，解得316a=．（2）nb的公差为20，nc的公比为13，所以()12012019nb

nn=+−=−，1518133nnnc−−==．520193nnnnabcn−=+=−+．1582aa==，但248a=，63043a=，26aa，所以na不具有性质．[证]（3）充分性：当nb为常数列时，11sinnnaba+=+．对任意

给定的1a，只要pqaa=，则由11sinsinpqbaba+=+，必有11pqaa++=．充分性得证．必要性：用反证法证明．假设nb不是常数列，则存在k，使得12kbbbb====，而1kbb+．下面证明存在满足1sinnnnaba+

=+的na，使得121kaaa+===，但21kkaa++．设()sinfxxxb=−−，取m，使得πmb，则()ππ0fmmb=−，()ππ0fmmb−=−−，故存在c使得()0fc=．取1ac=，因为1sinnnaba+

=+（1nk），所以21sinabcca=+==，依此类推，得121kaaac+====．但2111sinsinsinkkkkababcbc++++=+=++，即21kkaa++．所以na不具有性质，矛盾．必要性得证．综上，“对任意1a，na都具有性质”的充要条

件为“nb是常数列”．【考点】等差数列、等比数列、充要条件的证明、反证法【名师点睛】本题对考生的逻辑推理能力要求较高，是一道难题.解答此类题目时，熟练掌握等差数列、等比数列的相关知识及反证法是基础，灵活应用已知条件进行推理是关键.本题易错主要有两个原因，一是不得法，二是对复杂式子

的变形能力不足，导致错漏百出.本题能较好地考查考生的逻辑思维及推理能力、运算求解能力、分析问题解决问题的能力等.15．（2016·上海·高考真题）对于无穷数列{na}与{nb}，记A={x|x=na，*Nn}，B={x|x=nb，*Nn}，若同时满足条件：①{na}，{nb}

均单调递增；②AB=且*NAB=，则称{na}与{nb}是无穷互补数列．（1）若na=21n−，nb=42n−，判断{na}与{nb}是否为无穷互补数列，并说明理由；（2）若na=2n且{na}与{n

b}是无穷互补数列，求数列{nb}的前16项的和；（3）若{na}与{nb}是无穷互补数列，{na}为等差数列且16a=36，求{na}与{nb}得通项公式．【答案】（1）na与nb不是无穷互补数列

；（2）180；（3）24nan=+，,5{25,5nnnbnn=−．【详解】（1）因为4，4，所以4，从而na与nb不是无穷互补数列．（2）因为416a=，所以1616420b=+=．数列nb的前16项的和为()()2

3412202222+++−+++()512020221802+−−=．（3）设na的公差为d，d，则1611536aad=+=．由136151ad=−，得1d=或2．若1d=，则121a=，20nan=+，与“na与nb是无穷互补数列”矛盾；

若2d=，则16a=，24nan=+，,5{25,5nnnbnn=−．综上，24nan=+，,5{25,5nnnbnn=−．16．（2015·北京·高考真题）已知数列na满足：*1aN，136a，且1218{23618nnnnnaaaaa+

=−，，，()12n=，，．记集合*|nManN=．（Ⅰ）若16a=，写出集合M的所有元素；（Ⅱ）若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；（Ⅲ）求集合M的元素个数的最大值

．【答案】（Ⅰ）6,12,24M=；（Ⅱ）证明见解析；（III）8．【分析】（Ⅰ）16a=，利用1182,18236,nnnnnaaaaa+=−„可求得集合M的所有元素为6，12，24；（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，

所以不妨设ka是3的倍数，由1182,18(1236,nnnnnaaanaa+==−„，2，)，可归纳证明对任意nk…，na是3的倍数；（Ⅲ）分1a是3的倍数与1a不是3的倍数讨论，即可求得集合M的元素个数的最大值．【详解】解：（Ⅰ）若16a=，由于1182,

18(1236,nnnnnaaanaa+==−„，2，)，*{|}nManN=．故集合M的所有元素为6，12，24，6,12,24M=；（Ⅱ）因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ka是3的倍数，由1182,18(1236,nnnnnaaana

a+==−„，2，)，可归纳证明对任意nk…，na是3的倍数．如果1k=，M的所有元素都是3的倍数；如果1k，因为12kkaa−=，或1236kkaa−=−，所以12ka−是3的倍数；于是1ka−是3的倍数；类似可得，2ka−，，1a都是3的倍数；从而对任意1n…，na是3的倍数；综

上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则集合M的所有元素都是3的倍数（Ⅲ）对136a„，11182,18(1236,nnnnnaaanaa−−==−„，2，)，可归纳证明对任意nk…，36(2nan=，3，)因为1a是正整数，112112,18236,18aaaaa=−

„，所以2a是2的倍数．从而当2n…时，na是2的倍数．如果1a是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n，na是3的倍数．因此当3n…时，{12na，24，36}，这时M的元素个数不超过5．如果1a不是3的倍数，由（Ⅱ）知，对所有正整数n，na不是3的倍数．

因此当3n…时，{4na，8，16，20，28，32}，这时M的元素个数不超过8．当11a=时，{1M=，2，4，8，16，20，28，32}，有8个元素．综上可知，集合M的元素个数的最大值为8．考点：1.分段函数形数列通项公式求值；2.归纳法证明；3.

数列元素分析.考点02函数新定义一、小题1．（2015·湖北·高考真题）已知符号函数1,0,sgn{0,0,1,0.xxxx==−()fx是R上的增函数，()()()(1)gxfxfaxa=−，则A．sgn[()]sgngxx=B．sgn[()]sgngxx=−C．sgn[(

)]sgn[()]gxfx=D．sgn[()]sgn[()]gxfx=−【答案】B【详解】试题分析：本题是选择题，可以用特殊法，符号函数1,0sgn{0,01,0xxxx==−，()fx是R上的增

函数，()()()()1gxfxfaxa=−，不妨令(),2fxxa==，则()()()gxfxfaxx=−=−，()sgnsgngxx=−，所以A不正确，B正确，()sgnsgnfxx=，C不正确，D正确；对于D，令()1,2fx

xa=+=，则()()()gxfxfaxx=−=−，()()1,1sgnsgn1{0,11,1xfxxxx−=+==−−−()()()()1,01,1sgnsgn{0,0,sgnsgn1{0,11,01,

1xxgxxxfxxxxx−−−=−==−=−+==−−，所以D不正确；故选B．考点：函数与方程的综合应用【思路点睛】符号函数或者说函数的新定义问题是高考中一类常考题目，此类题目一般难度不是很大

，但想做出来也是很复杂的．所以做此类题目一定要弄清楚新定义函数的意思，然后根据函数的意义及性质，逐步进行解题．此题中新定义的函数sgn，是分段函数的形式，且给了我们另一个函数()gx以及与()fx的关系，利用函数的性

质代入即可得到所求答案．2．（2015·福建·高考真题）一个二元码是由0和1组成的数字串()*12nxxxnN，其中()1,2,,kxkn=称为第k位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由

1变为0）已知某种二元码127xxx的码元满足如下校验方程组：4567236713570,{0,0,xxxxxxxxxxxx===其中运算定义为：000,011,101,110====．现已知一个这种二元

码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于．【答案】5．【详解】由题意得相同数字经过运算后为0，不同数字运算后为1．由45670xxxx=可判断后4个数字出错；由23670xxxx

=可判断后2个数字没错，即出错的是第4个或第5个；由13570xxxx=可判断出错的是第5个，综上，第5位发生码元错误．考点：推理证明和新定义．二、大题1．（2024·上海·高考真题）对于一个函数()fx和一个点(),Mab，令()()22()()sxxafxb=−+−，

若()()00,Pxfx是()sx取到最小值的点，则称P是M在()fx的“最近点”．(1)对于1()(0)fxxx=，求证：对于点()0,0M，存在点P，使得点P是M在()fx的“最近点”；(2)对于()()e,1,0xfxM=，请判断是否存在一个点P，它是M在()fx的“最近点

”，且直线MP与()yfx=在点P处的切线垂直；(3)已知()yfx=在定义域R上存在导函数()fx，且函数()gx在定义域R上恒正，设点()()()11,Mtftgt−−，()()()21,Mtftgt++．若对

任意的tR，存在点P同时是12,MM在()fx的“最近点”，试判断()fx的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)存在，()0,1P(3)严格单调递减【分析】（1）代入(0,0)M，利用基本不等式即可；

（2）由题得()22(1)exsxx=−+，利用导函数得到其最小值，则得到P，再证明直线MP与切线垂直即可；（3）根据题意得到()()10200sxsx==，对两等式化简得()01()fxgt=−，再利用“最近点”的定义得到不等式组，即可证明0xt=，最后得到

函数单调性.【详解】（1）当(0,0)M时，()222222111(0)022sxxxxxxx=−+−=+=，当且仅当221xx=即1x=时取等号，故对于点()0,0M，存在点()1,1P，使得该点是()0,0M在()fx的“最近点”．（2）由题设可得()()222

2(1)e0(1)exxsxxx=−+−=−+，则()()2212exsxx=−+，因为()221,2exyxy=−=均为R上单调递增函数，则()()2212exsxx=−+在R上为严格增函数，而()00s=，故当0x

时，()0sx，当0x时，()0sx，故()()min02sxs==，此时()0,1P，而()()e,01xfxkf===，故()fx在点P处的切线方程为1yx=+.而01110MPk−==−−，故1MPkk=−，故直线MP与()yfx=在点P处的切线垂直．（

3）设()()()()221(1)()sxxtfxftgt=−++−+，()()()()222(1)()sxxtfxftgt=−−+−−，而()()()()()12(1)2()sxxtfxftgtfx=−++−+，()()()()()

22(1)2()sxxtfxftgtfx=−−+−−，若对任意的tR，存在点P同时是12,MM在()fx的“最近点”，设()00,Pxy，则0x既是()1sx的最小值点，也是()2sx的最小值点，因为两函数的定义域均为R，则0x也是两函数的极小值点，则存在0x,使得()()10200s

xsx==，即()()()()10000212()()0sxxtfxfxftgt=−++−+=①()()()()20000212()()0sxxtfxfxftgt=−−+−−=②由①②相等得()044()0gtfx+

=，即()01()0fxgt+=，即()01()fxgt=−，又因为函数()gx在定义域R上恒正，则()010()fxgt=−恒成立，接下来证明0xt=，因为0x既是()1sx的最小值点，也是()2sx的最小值点，则()()1020(),()sxst

sxst，即()()()()()()()2220011xtfxftgtgt−++−++，③()()()()()()()2220011xtfxftgtgt−−+−−+，④③+④得()()222200222()2()22()xtfxftgtgt−++−++即()(

)()()22000xtfxft−+−，因为()()()()2200,00xtfxft−−则()()0000xtfxft−=−=，解得0xt=，则()10()ftgt=−恒成立，因为t的任意性，则()fx严格单调递减.【点

睛】关键点点睛：本题第三问的关键是结合最值点和极小值的定义得到()01()fxgt=−，再利用最值点定义得到0xt=即可.2．（2020·江苏·高考真题）已知关于x的函数(),()yfxygx==与()(,)hxkxbkb=+R在区间D

上恒有()()()fxhxgx．（1）若()()2222()fxxxgxxxD=+=−+=−+，，，，求h(x)的表达式；（2）若2()1()ln(),(0)fxxxgxkxhxkxkD=−+==−=+，，，，求k的取值范围；（3）若()()()()42234

2248432(02)fxxxgxxhxttxttt=−=−=−−+，，，,2,2Dmn=−，求证：7nm−．【答案】（1）()2hxx=；（2）0,3k；（3）证明详见解析【分析】（

1）方法一：根据一元二次不等式恒成立问题的解法，即可求得()hx的表达式；（2）方法一：先由()()0hxgx−，求得k的一个取值范围，再由()()0fxhx−，求得k的另一个取值范围，从而求得k的取值范围.（3）方法一：根据题意可得两个含参

数t的一元二次不等式在区间,2,2mn−上恒成立，再结合放缩，即可利用导数证得不等式成立.【详解】（1）[方法一]:判别式法由()()()fxhxgx可得2222xxkxbxx++−+在R上恒成立，即2(2)0xkxb+−−和2(2)

0xkxb−−+，从而有2122Δ(2)40,Δ(2)40,kbkb=−+=−−即22(2)4(2)kbk−−−，所以2(2)0,40kb−==，因此，2,0kb==．所以()2hxx=．[方法二]

【最优解】：特值+判别式法由题设有2222xxkxbxx−+++对任意的xR恒成立.令0x=，则00b，所以0b=.因此22kxxx+即()220xkx+−对任意的xR恒成立，所以()220k=−，因此2k=

.故()2hxx=.（2）[方法一]令()()()()()1ln0Fxhxgxkxxx=−=−−，()10F=.又()1xFxkx−=.若0k，则()Fx在()0,1上递增，在()1,+上递减，则()()10FxF=，

即()()0hxgx−，不符合题意.当0k=时，()()()()()0,Fxhxgxhxgx=−==，符合题意.当0k时，()Fx在()0,1上递减，在()1,+上递增，则()()10FxF=，即()()0hxgx−，符合题意.综上所述，0k.由()()()21fxhxxxkx

k−=−+−−()()2110xkxk=−+++当102kx+=，即1k−时，()211yxkxk=−+++在()0,+为增函数，因为()()0010fhk−=+，故存在()00,x+，使()()0fxhx−，不符合题意.当102kx+==，即1k=−时，()()20

fxhxx−=，符合题意.当102kx+=，即1k−时，则需()()21410kk=+−+，解得13k−.综上所述，k的取值范围是0,3k.[方法二]【最优解】：特值辅助法由已知得2()1()()lnfxxxhxkxkgx

kx=−+=−=在()0,D=+内恒成立；由已知得()()()()1ln0Fxhxgxkxx=−=−−，令xe=，得()e20k−，∴0k(*)，令()1lnGxxx=−−，()111xGxxx−=−=，当01x时，()'0Gx，()Gx单调递减；当1x时，()0G

x，()Gx单调递增，∴()()min10GxG==，∴当0k时()0Fx在()0,D=+内恒成立；由()()()21fxhxxxkxk−=−+−−()()2110xkxk=−+++在()0,D=+内恒

成立，由(*)知0k，∴102k+，∴()()21410kk=+−+，解得13k−.∴k的取值范围是0,3k.（3）[方法一]：判别式+导数法因为()423422243248xxttxttx−−−+−对任意[,][2,2]xmn−恒成立

，①()423422432xxttxtt−−−+对任意[,][2,2]xmn−恒成立，等价于()222()2320xtxtxt−++−对任意[,][2,2]xmn−恒成立.故222320xt

xt++−对任意[,][2,2]xmn−恒成立.令22()232Mxxtxt=++−，当201t，2880,11tt=−+−−，此时2217nmt−++，当212t，2880t=−+，但()234248432xttxtt−

−−+对任意的[,][2,2]xmn−恒成立.等价于()()()2322443420xttxtt−−++−对任意的[,][2,2]xmn−恒成立.()()()2322443420xttxtt−−++−=的两

根为12,xx，则4231212328,4ttxxttxx−−+=−=，所以()21212124nmxxxxxx−−=+−642538ttt=−++.令2,1,2t=，构造函数()()325381,2P=−+

+，()()()23103331P=−+=−−，所以1,2时，()0P，()P递减，()()max17PP==.所以()max7nm−=，即7nm−.[方法二]：判别式法由()222()()(

)232fxhxxtxtxt−=−++−，从而对任意的[,]xmn有()()fxhx恒成立，等价于对任意的22[,],2320xmnxtxt++−①，恒成立．（事实上，直线()yhx=为函数()yfx=的图像在xt=处的切线）同理()()hxgx对任意的[,]xmn恒成

立，即等价于对任意的()()()2223234[,],04ttxmnxttx−++−+恒成立．②当21t时，将①式看作一元二次方程，进而有21880t=−，①式的解为1xx或2xx（不妨设12xx）；当223t时，120xx，从而0m或0n，又[,

][2,2]mn−，从而27nm−成立；当2213t时，由①式得221xtt−−或221xtt−−−，又[,][2,2]mn−，所以22||21217nmtt−+−−+．当221t时，将②式看作一元二次方程，进而有()642242

2538538tttttt=−++=−++．由24221,3531ttt−−+−，得227，此时②式的解为34xxx不妨设34xx，从而4327nmxx−−=．综上所述，7nm−．[方法三]【最优解】：反证法假设存在(0,2]t，使得满足条件的m，

n有7nm−．因为[,][2,2]mn−，所以227nm−．因为2(1)217−−=+，所以[1,1][,]mn−．因为()()()fxhxgx对恒成立，所以有(1)(1)(1),(1)(1)(1),(

0)(0)(0)fhgfhgfhg−−−．则有4320342413tttt+−−−，③4320342413tttt−−+−，④解得623t．由③+④并化简得，421324tt−．

因为42211()32333mtttt=−=−−在区间6,23上递增，且(1)1m=，所以，12t．由()()hxgx对[,]xmn恒成立，即有()2342443280xttxtt−−+−−⑤对[,]xmn恒成立，将⑤式看

作一元二次方程，进而有()()()2342642161632816538ttttttt=−−−−=−++．设642()538,12uttttt=−++，则()()5322()620623130utttttt

t=−+=−−，所以()ut在区间[1,2]上递减，所以7(1)()(2)2uutu==，即0．设不等式⑤的解集为12,xx，则642125387nmxxttt−−=−++，这与假设矛盾．从而7nm−．由(),()fxgx均为偶函数．同样可证20t−

时，7nm−也成立．综上所述，7nm−．【整体点评】（1）的方法一利用不等式恒成立的意义，结合二次函数的性质，使用判别式得到不等式组，求解得到；方法二先利用特值求得b的值，然后使用判别式进一步求解，简化了运算，是最优解；（2）中的方法一利用导数和二次函数的性质，使用分类讨论思想分别求得k的

取值范围，然后取交集；方法二先利用特殊值进行判定得到0k，然后在此基础上，利用导数验证不等式的一侧恒成立，利用二次函数的性质求得不等式的另一侧也成立的条件，进而得到结论，是最优解；（3）的方法一、方法二中的分

解因式难度较大，方法三使用反证法，推出矛盾，思路清晰，运算简洁，是最优解.3．（2018·江苏·高考真题）记()(),fxgx分别为函数()(),fxgx的导函数．若存在0xR，满足()()00fxgx=且(

)()00fxgx=，则称0x为函数()fx与()gx的一个“S点”．（1）证明：函数()fxx=与()222gxxx=+−不存在“S点”；（2）若函数()21fxax=−与()lngxx=存在“S点”，求实数a的值；（3）已知函数()2fxxa=−+，()xbegxx=．对任意0a，判断是

否存在0b，使函数()fx与()gx在区间()0,+内存在“S点”，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）e2；（3）存在0b，使函数()fx与()gx在区间()0,+内存在“S点”．【详解】分析：（1）根据题中“S点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；（2）同（

1）根据“S点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；（3）通过构造函数以及结合“S点”的定义列两个方程，再判断方程组是否有解即可证得结论.详解：解：（1）函数f（x）=x，g（x）=x2+2x-2，则f′（x）=1，g′（x）=2x+2．由f（x）=g（x）且f′

（x）=g′（x），得222122xxxx=+−=+，此方程组无解，因此，f（x）与g（x）不存在“S”点．（2）函数21fxax=−（），()lngxx=，则1'2'fxaxgxx==（），（）．设x0为f（x）与g（x）的“S”点，由f（x0）与g

（x0）且f′（x0）与g′（x0），得20000112axlnxaxx−==，即20020121axlnxax−==，（*）得01ln2x=−，即120ex−=，则2121e22ae−==．当e2a=时，12

0ex−=满足方程组（*），即0x为f（x）与g（x）的“S”点．因此，a的值为e2．（3）对任意a>0，设()323hxxxaxa=−−+．因为()()0011320hahaa==−−+=−，，且h（x）的图象是不间断的，所以存在0x∈（0，1），使得()00hx=，令()03002e

1xxbx=−，则b>0．函数()()2exbfxxagxx=−+=，，则()()()2e1'2'xbxfxxgxx−=−=，．由f（x）与g（x）且f′（x）与g′（x），得()22ee12xxbxaxbxxx−+=−−=，即()()()003

20030202ee1e122e1xxxxxxaxxxxxxx−+=−−−=−（**）此时，0x满足方程组（**），即0x是函数f（x）与g（x）在区间（0，1）内的一个“S点”．因此，对任意a>0，存在b>0，使函数f（x）与g（x）在区间（0，

+∞）内存在“S点”．点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通

过数形结合的思想找到解题的思路.考点03集合新定义一、小题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T②对于任意x，yT，若x<y，则yx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1,2,4S=，则2,4,8T=，此时1,2,4,8ST=，包含4个元素，排除选项C；若取2,4,8S=，则8,16,32T=，此时2,4,8,16,32ST=，包含5个

元素，排除选项D；若取2,4,8,16S=，则8,16,32,64,128T=，此时2,4,8,16,32,64,128ST=，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1234,,,Spppp=，且1234pppp，*12

34,,,ppppN，则1224pppp，且1224,ppppT，则41pSp，同理42pSp，43pSp，32pSp，31pSp，21pSp，若11p=，则22p，则332ppp，故322ppp=即232pp=，又444231ppppp，

故442232ppppp==，所以342pp=，故232221,,,Sppp=，此时522,pTpT，故42pS，矛盾，舍.若12p，则32311ppppp，故322111,pppppp==即323121,ppp

p==，又44441231ppppppp，故441331ppppp==，所以441pp=，故2341111,,,Spppp=，此时3456711111,,,,pppppT.若qT，则31qSp，故131,1,2,3,4iqpip==，故31,1,

2,3,4iqpi+==，即45671111,,,qpppp，故45671111,,,ppppT=，此时234456711111111,,,,,,,STpppppppp=即ST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．（2015·山东·高考真题）集合M，N，S都是非空集合，现规定如下运算：MNS=()()(){|xxMNNSSM且}xMNS．假设集合Axaxb=，Bxcxd=，Cxexf=

，其中实数a，b，c，d，e，f满足：（1）0ab，0cd；0ef；（2）badcfe−=−=−；（3）badcfe+++．计算ABC=．【答案】{|xcxe或}bxd【分析】由题设条件求a，b，c，d，e，f的大小关系，再根据集合运算新定义求ABC即可.【详

解】abcd++，得acdb−−；abcd−=−，得acbd−=−；∴bddb−−，bd；同理df，∴bdf．由(1)(3)可得0acebdf．∴ABxcxb=，BCxexd

=，CAxexb=．ABC={|xcxe或}bxd．故答案为：{|xcxe或}bxd3．（2015·浙江·高考真题）设A，B是有限集，定义(,)()()dABcardABcardAB=−，其中card()A表示有限集A中的元素

个数，命题①：对任意有限集A，B，“AB”是“(,)0dAB”的充分必要条件；命题②：对任意有限集A，B，C，(,)(,)(,)dACdABdBC+，A．命题①和命题②都成立B．命题①和命题②都不成立C．命题①成立，命题②不成立D．命题①不成立，命题②成立【答案】A【

详解】命题①显然正确，通过如下文氏图亦可知表示的区域不大于的区域，故命题②也正确，故选A.考点：集合的性质4．（2015·湖北·高考真题）已知集合22(,)|1,,AxyxyxyZ=+，(,)|2,2,,BxyxyxyZ=，定义集合12121122(,)|(,),(,)A

BxxyyxyAxyB=++，则AB中元素的个数为A．77B．49C．45D．30【答案】C【详解】因为集合，所以集合中有5个元素（即5个点），即图中圆中的整点，集合中有25个元素（即25个点）：即图中正方形中的整点，集合的元素可看作正方形中的整点（除去四个顶点），即个．考点

：1．集合的相关知识，2．新定义题型．二、大题1．（2018·北京·高考真题）设n为正整数，集合A=()12{|,,,,0,1,1,2,,}nkttttkn==．对于集合A中的任意元素()12,,,nxxx=和()12,,,nyyy=，记M（，）=()()()

1111222212nnnnxyxyxyxyxyxy+−−++−−+++−−．（Ⅰ）当n=3时，若()1,1,0=，()0,1,1=，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其他新定

义1．（2020·北京·高考真题）2020年3月14日是全球首个国际圆周率日（Day）．历史上，求圆周率的方法有多种，与中国传统数学中的“割圆术”相似．数学家阿尔·卡西的方法是：当正整数n充分大时，计算单位圆的内接正6n

边形的周长和外切正6n边形（各边均与圆相切的正6n边形）的周长，将它们的算术平均数作为2的近似值．按照阿尔·卡西的方法，的近似值的表达式是（）．A．30303sintannnn+B．30306sintannnn+C．606

03sintannnn+D．60606sintannnn+【答案】A【分析】计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长，利用它们的算术平均数作为2的近似值可得出结果.【详解】单位圆内接正6n边形的每条边所对应的圆心角为3

60606nn=，每条边长为302sinn，所以，单位圆的内接正6n边形的周长为3012sinnn，单位圆的外切正6n边形的每条边长为302tann，其周长为3012tannn，303012sin12tan303026sintan2nnnnnnn+

==+，则30303sintannnn=+.故选：A.【点睛】本题考查圆周率的近似值的计算，根据题意计算出单位圆内接正6n边形和外切正6n边形的周长是解答的关键，考查计算能力，属于中等题.2．（2016·四川·

高考真题）在平面直角坐标系中，当(,)Pxy不是原点时，定义P的“伴随点”为2222(,)yxPxyxy−++，当P是原点时，定义“伴随点”为它自身，现有下列命题：①若点A的“伴随点”是点A，则点A的“伴随点”是点A.②单元圆上的“伴随点”还在单位圆上．③若两点关于x轴对称，则他们的“伴随

点”关于y轴对称④若三点在同一条直线上，则他们的“伴随点”一定共线．其中的真命题是．【答案】②③【详解】对于①，若令(1,1)P，则其伴随点为11(,)22P−，而11(,)22P−的伴随点为(1,1)−−，而不是P，故错误；对于②，设曲线0(),fxy=关于x轴对称，则(,)0fxy−

=对曲线0(),fxy=表示同一曲线，其伴随曲线分别为2222(,)0yxfxyxy−=++与2222(,)0yxfxyxy−−=++也表示同一曲线，又因为其伴随曲线分别为2222(,)0yxfxyxy−=++与2222(,)0yxfxyxy−−=++的图象关于y轴对

称，所以正确；③令单位圆上点的坐标为(cos,sin)Pxx其伴随点为(sin,cos)Pxx−仍在单位圆上，故正确；对于④，直线ykxb=+上取点后得其伴随点2222(,)yxxyxy−++消参后轨迹是圆，故错误.故答案为：②③.