押題02 第19題 壓軸新題型綜合(十一大題型)-沖刺2024年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)押題模擬預(yù)測卷(新高考專用)含解析_第1頁
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押題02第19題壓軸新題型綜合(十一大題型)-沖刺2024年高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)押題模擬預(yù)測卷(新高考專用)押題02第19題壓軸新題型綜合(十一大題型)1.(2023?北京)數(shù)列{an},{bn}的項(xiàng)數(shù)均為m(m>2),且an,bn∈{1,2,?,m},{an},{bn}的前n項(xiàng)和分別為An,Bn,并規(guī)定A0=B0=0.對于k∈{0,1,2,?,m},定義rk=max{i|Bi≤Ak,i∈{0,1,2,?,m}},其中,maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).(Ⅰ)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,求r0,r1,r2,r3的值;(Ⅱ)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj﹣1,j=1,2,?,m﹣1,求rn;(Ⅲ)證明:存在0≤p<q≤m,0≤r<s≤m,使得Ap+Bs=Aq+Br.2.(2022?北京)已知Q:a1,a2,…,ak為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m,若對任意的n∈{1,2,…,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0),使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n,則稱Q為m﹣連續(xù)可表數(shù)列.(Ⅰ)判斷Q:2,1,4是否為5﹣連續(xù)可表數(shù)列?是否為6﹣連續(xù)可表數(shù)列?說明理由;(Ⅱ)若Q:a1,a2,…,ak為8﹣連續(xù)可表數(shù)列,求證:k的最小值為4;(Ⅲ)若Q:a1,a2,…,ak為20﹣連續(xù)可表數(shù)列,且a1+a2+…+ak<20,求證:k≥7.3.(2021?北京)設(shè)p為實(shí)數(shù).若無窮數(shù)列{an}滿足如下三個(gè)性質(zhì),則稱{an}為?p數(shù)列:①a1+p≥0,且a2+p=0;②a4n﹣1<a4n(n=1,2,…);③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}(m=1,2,…;n=1,2,…).(Ⅰ)如果數(shù)列{an}的前四項(xiàng)為2,﹣2,﹣2,﹣1,那么{an}是否可能為?2數(shù)列?說明理由;(Ⅱ)若數(shù)列{an}是?0數(shù)列,求a5;(Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,是否存在?p數(shù)列{an},使得Sn≥S10恒成立?如果存在,求出所有的p;如果不存在,說明理由.4.(2023?上海)已知函數(shù)f(x)=ax3﹣(a+1)x2+x,g(x)=kx+m(其中a≥0,k,m∈R),若任意x∈[0,1]均有f(x)≤g(x),則稱函數(shù)y=g(x)是函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)”,且對所有滿足條件的函數(shù)y=g(x)在x處取得的最小值記為(x).(1)若a=2,g(x)=x,試判斷函數(shù)y=g(x)是否為函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)”,并說明理由;(2)若a=0,曲線y=f(x)在x處的切線為直線y=h(x),證明:函數(shù)y=h(x)為函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)”,并求()的值;(3)若曲線y=f(x)在x=x0,x0∈(0,1)處的切線過點(diǎn)(1,0),且c∈[x0,1],證明:當(dāng)且僅當(dāng)c=x0或c=1時(shí),(c)=f(c).5.(2021?上海)已知x1,x2∈R,若對任意的x2﹣x1∈S,f(x2)﹣f(x1)∈S,則有定義:f(x)是在S關(guān)聯(lián)的.(1)判斷和證明f(x)=2x﹣1是否在[0,+∞)關(guān)聯(lián)?是否有[0,1]關(guān)聯(lián)?(2)若f(x)是在{3}關(guān)聯(lián)的,f(x)在x∈[0,3)時(shí),f(x)=x2﹣2x,求解不等式:2≤f(x)≤3.(3)證明:f(x)是{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,當(dāng)且僅當(dāng)“f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的”.6.(2020?上海)已知非空集合A?R,函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镈,若對任意t∈A且x∈D,不等式f(x)≤f(x+t)恒成立,則稱函數(shù)f(x)具有A性質(zhì).(1)當(dāng)A={﹣1},判斷f(x)=﹣x、g(x)=2x是否具有A性質(zhì);(2)當(dāng)A=(0,1),f(x)=x,x∈[a,+∞),若f(x)具有A性質(zhì),求a的取值范圍;(3)當(dāng)A={﹣2,m},m∈Z,若D為整數(shù)集且具有A性質(zhì)的函數(shù)均為常值函數(shù),求所有符合條件的m的值.押題02壓軸新題型綜合高考模擬題型分布表題型序號題型內(nèi)容題號題型1集合新題型1-2題型2函數(shù)新題型3-4題型3數(shù)列新題型5-6題型4數(shù)列綜合新題型7-8題型5圓錐曲線新題型9-10題型6計(jì)數(shù)原理與統(tǒng)計(jì)概率新題型11-14題型7三角函數(shù)與數(shù)列、平面解析幾何綜合新題型15-16題型8導(dǎo)數(shù)新題型17題型9導(dǎo)數(shù)與數(shù)列新題型18-19題型10導(dǎo)數(shù)與函數(shù)新題型20-22題型11導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、平面解析幾何綜合新題型23題型1:集合新題型1.(2024·全國·模擬預(yù)測)拓?fù)鋵W(xué)是一個(gè)研究圖形(或集合)整體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的一門幾何學(xué),以抽象而嚴(yán)謹(jǐn)?shù)恼Z言將幾何與集合聯(lián)系起來,富有直觀和邏輯.已知平面,定義對,,其度量(距離)并稱為一度量平面.設(shè),,稱平面區(qū)域?yàn)橐詾樾?,為半徑的球形鄰域?1)試用集合語言描述兩個(gè)球形鄰域的交集;(2)證明:中的任意兩個(gè)球形鄰域的交集是若干個(gè)球形鄰域的并集;(3)一個(gè)集合稱作“開集”當(dāng)且僅當(dāng)其是一個(gè)無邊界的點(diǎn)集.證明:的一個(gè)子集是開集當(dāng)且僅當(dāng)其可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集.2.(2024·廣東·模擬預(yù)測)已知集合中含有三個(gè)元素,同時(shí)滿足①;②;③為偶數(shù),那么稱集合具有性質(zhì).已知集合,對于集合的非空子集,若中存在三個(gè)互不相同的元素,使得均屬于,則稱集合是集合的“期待子集”.(1)試判斷集合是否具有性質(zhì),并說明理由;(2)若集合具有性質(zhì),證明:集合是集合的“期待子集”;(3)證明:集合具有性質(zhì)的充要條件是集合是集合的“期待子集”.題型2:函數(shù)新題型3.(2024·安徽安慶·二模)取整函數(shù)被廣泛應(yīng)用于數(shù)論、函數(shù)繪圖和計(jì)算機(jī)領(lǐng)域,其定義如下:設(shè),不超過x的最大整數(shù)稱為x的整數(shù)部分,記作,函數(shù)稱為取整函數(shù).另外也稱是x的整數(shù)部分,稱為x的小數(shù)部分.(1)直接寫出和的值;(2)設(shè)a,,證明:,且,并求在b的倍數(shù)中不大于a的正整數(shù)的個(gè)數(shù);(3)對于任意一個(gè)大于1的整數(shù)a,a能唯一寫為,其中為質(zhì)數(shù),為整數(shù),且對任意的,,i,,稱該式為a的標(biāo)準(zhǔn)分解式,例如100的標(biāo)準(zhǔn)分解式為.證明:在的標(biāo)準(zhǔn)分解式中,質(zhì)因數(shù)(,,)的指數(shù).4.(2011·廣東惠州·一模)設(shè)是定義在上的函數(shù),用分點(diǎn),將區(qū)間任意劃分成個(gè)小區(qū)間,如果存在一個(gè)常數(shù),使得和()恒成立,則稱為上的有界變差函數(shù).(1)函數(shù)在上是否為有界變差函數(shù)?請說明理由;(2)設(shè)函數(shù)是上的單調(diào)遞減函數(shù),證明:為上的有界變差函數(shù);(3)若定義在上的函數(shù)滿足:存在常數(shù),使得對于任意的時(shí),.證明:為上的有界變差函數(shù).題型3:數(shù)列新題型5.(2024·山東泰安·一模)已知各項(xiàng)均不為0的遞增數(shù)列的前項(xiàng)和為,且(,且).(1)求數(shù)列的前項(xiàng)和;(2)定義首項(xiàng)為2且公比大于1的等比數(shù)列為“-數(shù)列”.證明:①對任意且,存在“-數(shù)列”,使得成立;②當(dāng)且時(shí),不存在“-數(shù)列”,使得對任意正整數(shù)成立.6.(23-24高三下·安徽·開學(xué)考試)基本不等式可以推廣到一般的情形:對于個(gè)正數(shù),它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均,即,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),等號成立.若無窮正項(xiàng)數(shù)列同時(shí)滿足下列兩個(gè)性質(zhì):①;②為單調(diào)數(shù)列,則稱數(shù)列具有性質(zhì).(1)若,求數(shù)列的最小項(xiàng);(2)若,記,判斷數(shù)列是否具有性質(zhì),并說明理由;(3)若,求證:數(shù)列具有性質(zhì).題型4:數(shù)列綜合新題型7.(2024·江蘇徐州·一模)對于每項(xiàng)均是正整數(shù)的數(shù)列P:,定義變換,將數(shù)列P變換成數(shù)列:.對于每項(xiàng)均是非負(fù)整數(shù)的數(shù)列,定義,定義變換,將數(shù)列Q各項(xiàng)從大到小排列,然后去掉所有為零的項(xiàng),得到數(shù)列.(1)若數(shù)列為2,4,3,7,求的值;(2)對于每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列,令,.(i)探究與的關(guān)系;(ii)證明:.8.(2024·河南·一模)在正項(xiàng)無窮數(shù)列中,若對任意的,都存在,使得,則稱為階等比數(shù)列.在無窮數(shù)列中,若對任意的,都存在,使得,則稱為階等差數(shù)列.(1)若為1階等比數(shù)列,,求的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和;(2)若為階等比數(shù)列,求證:為階等差數(shù)列;(3)若既是4階等比數(shù)列,又是5階等比數(shù)列,證明:是等比數(shù)列.題型5:圓錐曲線新題型9.(2024·山東臨沂·一模)動圓與圓和圓都內(nèi)切,記動圓圓心的軌跡為.(1)求的方程;(2)已知圓錐曲線具有如下性質(zhì):若圓錐曲線的方程為,則曲線上一點(diǎn)處的切線方程為:,試運(yùn)用該性質(zhì)解決以下問題:點(diǎn)為直線上一點(diǎn)(不在軸上),過點(diǎn)作的兩條切線,切點(diǎn)分別為.(i)證明:直線過定點(diǎn);(ii)點(diǎn)關(guān)于軸的對稱點(diǎn)為,連接交軸于點(diǎn),設(shè)的面積分別為,求的最大值.10.(2024·全國·一模)如圖,已知橢圓的短軸長為,焦點(diǎn)與雙曲線的焦點(diǎn)重合.點(diǎn),斜率為的直線與橢圓交于兩點(diǎn).

(1)求常數(shù)的取值范圍,并求橢圓的方程.(2)(本題可以使用解析幾何的方法,也可以利用下面材料所給的結(jié)論進(jìn)行解答)極點(diǎn)與極線是法國數(shù)學(xué)家吉拉德·迪沙格于1639年在射影幾何學(xué)的奠基之作《圓錐曲線論稿》中正式闡述的.對于橢圓,極點(diǎn)(不是原點(diǎn))對應(yīng)的極線為,且若極點(diǎn)在軸上,則過點(diǎn)作橢圓的割線交于點(diǎn),則對于上任意一點(diǎn),均有(當(dāng)斜率均存在時(shí)).已知點(diǎn)是直線上的一點(diǎn),且點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2.連接交軸于點(diǎn).連接分別交橢圓于兩點(diǎn).①設(shè)直線、分別交軸于點(diǎn)、點(diǎn),證明:點(diǎn)為、的中點(diǎn);②證明直線:恒過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).題型6:計(jì)數(shù)原理與統(tǒng)計(jì)概率新題型11.(2024·遼寧·一模)十七世紀(jì)至十八世紀(jì)的德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲是世界上第一個(gè)提出二進(jìn)制記數(shù)法的人,用二進(jìn)制記數(shù)只需數(shù)字0和1,對于整數(shù)可理解為逢二進(jìn)一,例如:自然數(shù)1在二進(jìn)制中就表示為,2表示為,3表示為,5表示為,發(fā)現(xiàn)若可表示為二進(jìn)制表達(dá)式,則,其中,或1().(1)記,求證:;(2)記為整數(shù)的二進(jìn)制表達(dá)式中的0的個(gè)數(shù),如,.(?。┣螅唬áⅲ┣螅ㄓ脭?shù)字作答).12.(2024·安徽合肥·一模)“數(shù)”在量子代數(shù)研究中發(fā)揮了重要作用.設(shè)是非零實(shí)數(shù),對任意,定義“數(shù)”利用“數(shù)”可定義“階乘”和“組合數(shù)”,即對任意,(1)計(jì)算:;(2)證明:對于任意,(3)證明:對于任意,13.(23-24高三上·北京西城·期末)給定正整數(shù),已知項(xiàng)數(shù)為且無重復(fù)項(xiàng)的數(shù)對序列:滿足如下三個(gè)性質(zhì):①,且;②;③與不同時(shí)在數(shù)對序列中.(1)當(dāng),時(shí),寫出所有滿足的數(shù)對序列;(2)當(dāng)時(shí),證明:;(3)當(dāng)為奇數(shù)時(shí),記的最大值為,求.14.(2024·廣東江門·一模)將2024表示成5個(gè)正整數(shù),,,,之和,得到方程①,稱五元有序數(shù)組為方程①的解,對于上述的五元有序數(shù)組,當(dāng)時(shí),若,則稱是密集的一組解.(1)方程①是否存在一組解,使得等于同一常數(shù)?若存在,請求出該常數(shù);若不存在,請說明理由;(2)方程①的解中共有多少組是密集的?(3)記,問是否存在最小值?若存在,請求出的最小值;若不存在,請說明理由.題型7:三角函數(shù)與數(shù)列、平面解析幾何綜合新題型15.(2024·河南開封·二模)在密碼學(xué)領(lǐng)域,歐拉函數(shù)是非常重要的,其中最著名的應(yīng)用就是在RSA加密算法中的應(yīng)用.設(shè)p,q是兩個(gè)正整數(shù),若p,q的最大公約數(shù)是1,則稱p,q互素.對于任意正整數(shù)n,歐拉函數(shù)是不超過n且與n互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù),記為.(1)試求,,,的值;(2)設(shè)n是一個(gè)正整數(shù),p,q是兩個(gè)不同的素?cái)?shù).試求,與φ(p)和φ(q)的關(guān)系;(3)RSA算法是一種非對稱加密算法,它使用了兩個(gè)不同的密鑰:公鑰和私鑰.具體而言:①準(zhǔn)備兩個(gè)不同的、足夠大的素?cái)?shù)p,q;②計(jì)算,歐拉函數(shù);③求正整數(shù)k,使得kq除以的余數(shù)是1;④其中稱為公鑰,稱為私鑰.已知計(jì)算機(jī)工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是.若滿足題意的正整數(shù)k從小到大排列得到一列數(shù)記為數(shù)列,數(shù)列滿足,求數(shù)列的前n項(xiàng)和.16.(2024·江蘇·模擬預(yù)測)交比是射影幾何中最基本的不變量,在歐氏幾何中亦有應(yīng)用.設(shè),,,是直線上互異且非無窮遠(yuǎn)的四點(diǎn),則稱(分式中各項(xiàng)均為有向線段長度,例如)為,,,四點(diǎn)的交比,記為.(1)證明:;(2)若,,,為平面上過定點(diǎn)且互異的四條直線,,為不過點(diǎn)且互異的兩條直線,與,,,的交點(diǎn)分別為,,,,與,,,的交點(diǎn)分別為,,,,證明:;(3)已知第(2)問的逆命題成立,證明:若與的對應(yīng)邊不平行,對應(yīng)頂點(diǎn)的連線交于同一點(diǎn),則與對應(yīng)邊的交點(diǎn)在一條直線上.題型8:導(dǎo)數(shù)新題型17.(2024·貴州貴陽·一模)英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式:其中為自然對數(shù)的底數(shù),.以上公式稱為泰勒公式.設(shè),根據(jù)以上信息,并結(jié)合高中所學(xué)的數(shù)學(xué)知識,解決如下問題.(1)證明:;(2)設(shè),證明:;(3)設(shè),若是的極小值點(diǎn),求實(shí)數(shù)的取值范圍.題型9:導(dǎo)數(shù)與數(shù)列新題型18.(2024·福建廈門·二模)若,都存在唯一的實(shí)數(shù),使得,則稱函數(shù)存在“源數(shù)列”.已知.(1)證明:存在源數(shù)列;(2)(?。┤艉愠闪ⅲ蟮娜≈捣秶?;(ⅱ)記的源數(shù)列為,證明:前項(xiàng)和.19.(23-24高三下·河北·開學(xué)考試)在數(shù)列中,若存在常數(shù),使得恒成立,則稱數(shù)列為“數(shù)列”.(1)若,試判斷數(shù)列是否為“數(shù)列”,請說明理由;(2)若數(shù)列為“數(shù)列”,且,數(shù)列為等比數(shù)列,且,求數(shù)列的通項(xiàng)公式;(3)若正項(xiàng)數(shù)列為“數(shù)列”,且,,證明:.題型10:導(dǎo)數(shù)與函數(shù)新題型20.(2024·山東菏澤·一模)帕德近似是法國數(shù)學(xué)家亨利.帕德發(fā)明的用有理多項(xiàng)式近似特定函數(shù)的方法.給定兩個(gè)正整數(shù)m,n,函數(shù)在處的階帕德近似定義為:,且滿足:,,,…,.(注:,,,,…;為的導(dǎo)數(shù))已知在處的階帕德近似為.(1)求實(shí)數(shù)a,b的值;(2)比較與的大?。?3)若在上存在極值,求的取值范圍.21.(上海市普陀區(qū)桃浦中學(xué)2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期12月月考數(shù)學(xué)試題)給出下列兩個(gè)定義:Ⅰ.對于函數(shù),定義域?yàn)?,且其在上是可?dǎo)的,其導(dǎo)函數(shù)定義域也為,則稱該函數(shù)是“同定義函數(shù)”.Ⅱ.對于一個(gè)“同定義函數(shù)”,若有以下性質(zhì):①;②,其中,為兩個(gè)新的函數(shù),是的導(dǎo)函數(shù).我們將具有其中一個(gè)性質(zhì)的函數(shù)稱之為“單向?qū)Ш瘮?shù)”,將兩個(gè)性質(zhì)都具有的函數(shù)稱之為“雙向?qū)Ш瘮?shù)”,將稱之為“自導(dǎo)函數(shù)”.(1)判斷下列兩個(gè)函數(shù)是“單向?qū)Ш瘮?shù)”,或者“雙向?qū)Ш瘮?shù)”,說明理由.如果具有性質(zhì)①,則寫出其對應(yīng)的“自導(dǎo)函數(shù)”.Ⅰ.;Ⅱ..(2)給出兩個(gè)命題,,判斷命題是的什么條件,證明你的結(jié)論.:是“雙向?qū)Ш瘮?shù)”且其“自導(dǎo)函數(shù)”為常值函數(shù),:.(3)已知函數(shù).①若的“自導(dǎo)函數(shù)”是,試求的取值范圍.②若,且定義,若對任意,,不等式恒成立,求的取值范圍.22.(23-24高三上·上海浦東新·階段練習(xí))若存在使得對任意恒成立,則稱為函數(shù)在上的最大值點(diǎn),記函數(shù)在上的所有最大值點(diǎn)所構(gòu)成的集合為(1)若,求集合;(2)若,求集合;(3)設(shè)為大于1的常數(shù),若,證明,若集合中有且僅有兩個(gè)元素,則所有滿足條件的從小到大排列構(gòu)成一個(gè)等差數(shù)列.題型11:導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、平面解析幾何綜合新題型23.(2024·甘肅蘭州·一模)定義:如果在平面直角坐標(biāo)系中,點(diǎn)A,B的坐標(biāo)分別為,,那么稱為A,B兩點(diǎn)間的曼哈頓距離.(1)已知點(diǎn),分別在直線,上,點(diǎn)與點(diǎn),的曼哈頓距離分別為,,求和的最小值;(2)已知點(diǎn)N是直線上的動點(diǎn),點(diǎn)與點(diǎn)N的曼哈頓距離的最小值記為,求的最大值;(3)已知點(diǎn),點(diǎn)(k,m,,e是自然對數(shù)的底),當(dāng)時(shí),的最大值為,求的最小值.押題02第19題壓軸新題型綜合(十一大題型)1.(2023?北京)數(shù)列{an},{bn}的項(xiàng)數(shù)均為m(m>2),且an,bn∈{1,2,?,m},{an},{bn}的前n項(xiàng)和分別為An,Bn,并規(guī)定A0=B0=0.對于k∈{0,1,2,?,m},定義rk=max{i|Bi≤Ak,i∈{0,1,2,?,m}},其中,maxM表示數(shù)集M中最大的數(shù).(Ⅰ)若a1=2,a2=1,a3=3,b1=1,b2=3,b3=3,求r0,r1,r2,r3的值;(Ⅱ)若a1≥b1,且2rj≤rj+1+rj﹣1,j=1,2,?,m﹣1,求rn;(Ⅲ)證明:存在0≤p<q≤m,0≤r<s≤m,使得Ap+Bs=Aq+Br.【分析】(Ⅰ)根據(jù)題意可得,列表分析ai,Ai,bi,Bi,rK的值,即可得出答案.(Ⅱ)由題意知rn≤m且rn∈N,an≥1,bn≥1,則An≥1,Bn≥1,當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí),等號成立,可推出rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0=1,即ri+1﹣ri≥1,用反證法證明滿足rn+1﹣rn>1的最小正整數(shù)為1≤j≤m﹣1不成立,推出rn+1﹣rn=1成立,由等差數(shù)列的性質(zhì),即可得出答案.(Ⅲ)分兩種情況:若Am≥Bm時(shí),若Am<Bm時(shí),證明AP+Bs=Aq+Br,即可得出答案.【解析】解:(Ⅰ)列表如下,對比可知r0=0,r1=1,r2=1,r3=2.i0123ai213Ai0236bi133Bi0147rk0112(Ⅱ)由題意知rn≤m且rn∈N,因?yàn)閍n≥1,bn≥1,an,bn∈{1,2,?,m},所以An≥1,Bn≥1,當(dāng)且僅當(dāng)n=1時(shí),等號成立,所以r0=0,r1=1,又因?yàn)?rj≤rj﹣1+rj+1,則rj+1﹣rj≥rj﹣rj﹣1,即rm﹣rm﹣1≥rm﹣1﹣rm﹣2≥...≥r1﹣r0=1,可得rj+1﹣rj≥1,反證:假設(shè)滿足rn+1﹣rn>1的最小正整數(shù)為1≤i≤m﹣1,當(dāng)j≥i時(shí),則ri+1﹣rj≥2;當(dāng)i≤j﹣1時(shí),則rj+1﹣rj=1,則rm=(rm﹣rm﹣1)+(rm﹣1﹣rm﹣2)+...+(r1﹣r0)+r0≥2(m﹣i)+i=2m﹣i,又因?yàn)?≤i≤m﹣1,則rm≥2m﹣i≥2m﹣(m﹣1)=m+1>m,所以假設(shè)不成立,rn+1﹣rn=1成立,所以數(shù)列{rn}是以首項(xiàng)為1,公差為1的等差數(shù)列,所以rn=0+1×n=n,n∈N.(Ⅲ)證明:若Am≥Bm,設(shè)Sn=An,1≤n≤m,根據(jù)題意可得Sn≥0且Sn為整數(shù),反證法:假設(shè)存在正整數(shù)K,使得SK≥m,且rK≠m(若rK=m時(shí),Am=Bm顯然成立,Am>Bm和Am<Bm同理,只需要論證Am<Bm,Bm+1不存在),則AKm,AK0,所以(AK)﹣(AK)>m,這與∈{1,2...,m}相矛盾,所以對任意1≤n≤m,n∈N,均有Sn≤m﹣1,①若存在正整數(shù)N,使得SN=AN0,即AN,取r=p=0,q=N,s=rN,使得AP+Bs=Aq+Br,②若不存在正整數(shù)N,使得SN=0,因?yàn)镾n∈{1,2m,…,m﹣1},且1≤n≤m,所以必存在1≤X<Y≤m,使得SX=SY,即AXAY,可得AXAY,取p=X,s=rY,q=Y(jié),r=rX,使得Ap+Bs=Aq+Br,若Am<Bm,設(shè)SnAn,1≤n≤m,根據(jù)題意可得Sn≤0且Sn為整數(shù),反證法:假設(shè)存在正整數(shù)K,使得SK≤﹣m,則AK≤﹣m,AK>0,所以(AK)﹣(AK)>m,這與∈{1,2...,m}相矛盾,所以對任意1≤n≤m,n∈N,均有Sn≥1﹣m,①若存在正整數(shù)N,使得SNAN=0,即AN,取r=p=0,q=N,s=rN,使得AP+Bs=Aq+Br,②若不存在正整數(shù)N,使得SN=0,因?yàn)镾n∈{﹣1,﹣2,…,1﹣m},且1≤n≤m,所以必存在1≤X<Y≤m,使得SX=SY,即AXAY,可得AXAY,取p=X,s=rY,q=Y(jié),r=rX,使得Ap+Bs=Aq+Br.綜上所述,存在0≤p<q≤m,0≤r<s≤m,使得Ap+Bs=Aq+Br.【點(diǎn)評】本題考查數(shù)列的綜合應(yīng)用,解題中需要理清思路,屬于中檔題.2.(2022?北京)已知Q:a1,a2,…,ak為有窮整數(shù)數(shù)列.給定正整數(shù)m,若對任意的n∈{1,2,…,m},在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0),使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n,則稱Q為m﹣連續(xù)可表數(shù)列.(Ⅰ)判斷Q:2,1,4是否為5﹣連續(xù)可表數(shù)列?是否為6﹣連續(xù)可表數(shù)列?說明理由;(Ⅱ)若Q:a1,a2,…,ak為8﹣連續(xù)可表數(shù)列,求證:k的最小值為4;(Ⅲ)若Q:a1,a2,…,ak為20﹣連續(xù)可表數(shù)列,且a1+a2+…+ak<20,求證:k≥7.【分析】(Ⅰ)直接根據(jù)m﹣連續(xù)可表數(shù)列的定義即可判斷;(Ⅱ)采用反證法證明,即假設(shè)k的值為3,結(jié)合Q是8﹣連續(xù)可表數(shù)列的定義推出矛盾,進(jìn)而得出證明;(Ⅲ)首先m﹣連續(xù)可表數(shù)列的定義,證明得出k≥6,然后驗(yàn)證k=6是否成立,進(jìn)而得出所證的結(jié)論.【解析】解:(Ⅰ)若m=5,則對于任意的n∈{1,2,3,4,5},a2=1,a1=2,a1+a2=2+1=3,a3=4,a2+a3=1+4=5,所以Q是5﹣連續(xù)可表數(shù)列;由于不存在任意連續(xù)若干項(xiàng)之和相加為6,所以Q不是6﹣連續(xù)可表數(shù)列;(Ⅱ)假設(shè)k的值為3,則a1,a2,a3最多能表示a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3,共6個(gè)數(shù)字,與Q是8﹣連續(xù)可表數(shù)列矛盾,故k≥4;現(xiàn)構(gòu)造Q:4,2,1,5可以表達(dá)出1,2,3,4,5,6,7,8這8個(gè)數(shù)字,即存在k=4滿足題意.故k的最小值為4.(Ⅲ)先證明k≥6.從5個(gè)正整數(shù)中,取一個(gè)數(shù)字只能表示自身,最多可表示5個(gè)數(shù)字,取連續(xù)兩個(gè)數(shù)字最多能表示4個(gè)數(shù)字,取連續(xù)三個(gè)數(shù)字最多能表示3個(gè)數(shù)字,取連續(xù)四個(gè)數(shù)字最多能表示2個(gè)數(shù)字,取連續(xù)五個(gè)數(shù)字最多能表示1個(gè)數(shù)字,所以對任意給定的5個(gè)整數(shù),最多可以表示5+4+3+2+1=15個(gè)正整數(shù),不能表示20個(gè)正整數(shù),即k≥6.若k=6,最多可以表示6+5+4+3+2+1=21個(gè)正整數(shù),由于Q為20﹣連續(xù)可表數(shù)列,且a1+a2+…+ak<20,所以其中必有一項(xiàng)為負(fù)數(shù).既然5個(gè)正整數(shù)都不能連續(xù)可表1﹣20的正整數(shù),所以至少要有6個(gè)正整數(shù)連續(xù)可表1﹣20的正整數(shù),所以至少6個(gè)正整數(shù)和一個(gè)負(fù)數(shù)才能滿足題意,當(dāng)k=7時(shí),數(shù)列1,2,4,5,8,﹣2,﹣1滿足題意,當(dāng)k>7時(shí),數(shù)列1,2,4,5,8,﹣2,﹣1,ak=…=an=0,所以k≥7符合題意,故k≥7.【點(diǎn)評】本題考查數(shù)列的新定義,考查學(xué)生的邏輯思維能力和運(yùn)算能力,屬中檔題.3.(2021?北京)設(shè)p為實(shí)數(shù).若無窮數(shù)列{an}滿足如下三個(gè)性質(zhì),則稱{an}為?p數(shù)列:①a1+p≥0,且a2+p=0;②a4n﹣1<a4n(n=1,2,…);③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}(m=1,2,…;n=1,2,…).(Ⅰ)如果數(shù)列{an}的前四項(xiàng)為2,﹣2,﹣2,﹣1,那么{an}是否可能為?2數(shù)列?說明理由;(Ⅱ)若數(shù)列{an}是?0數(shù)列,求a5;(Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,是否存在?p數(shù)列{an},使得Sn≥S10恒成立?如果存在,求出所有的p;如果不存在,說明理由.【分析】(Ⅰ)利用性質(zhì)③,結(jié)合題意進(jìn)行判斷,即可得到答案;(Ⅱ)由性質(zhì)③,確定a3,a4的取值情況,然后分別分析得到a4=1,a3=a1,從而求出a1的值,當(dāng)a1=0,則{an}的前四項(xiàng)為0,0,0,1,利用數(shù)學(xué)歸納法證明a4n+i=n(i=1,2,3),a4n+4=n+1(n∈N),即可求得答案;(Ⅲ)令bn=an+p,由性質(zhì)③進(jìn)行分析,可得數(shù)列{bn}為?0數(shù)列,利用(2)中的結(jié)論,得到p的取值情況,即可得到答案.【解析】解:(Ⅰ)數(shù)列{an}不可能為?2數(shù)列,理由如下,因?yàn)閜=2,a1=2,a2=﹣2,所以a1+a2+p=2,a1+a2+p+1=3,因?yàn)閍3=﹣2,所以a3?{a1+a2+p,a1+a2+p+1},所以數(shù)列{an}不滿足性質(zhì)③.(Ⅱ)性質(zhì)①,a1≥0,a2=0;由性質(zhì)③am+2∈{am,am+1},因此a3=a1或a3=a1+1,a4=0或a4=1,若a4=0,由性質(zhì)②可得a3<a4,即a1<0或a1+1<0,矛盾;若a4=1,a3=a1+1,由a3<a4,則a1+1<1,矛盾,因此只能是a4=1,a3=a1,又因?yàn)閍4=a1+a3或a4=a1+a3+1,所以a1或a1=0.若a1,則a2∈{a1+a1+0,a1+a1+0+1}={2a1,2a1+1}={1,2},不滿足a2=0,舍去;當(dāng)a1=0,則{an}的前四項(xiàng)為0,0,0,1,下面用數(shù)學(xué)歸納法證明a4n+i=n(i=1,2,3),a4n+4=n+1(n∈N),當(dāng)n=0時(shí),經(jīng)檢驗(yàn)命題成立;假設(shè)n≤k(k≥0)時(shí)命題成立.當(dāng)n=k+1時(shí),若i=1,則a4(k+1)+1=a4k+5=aj+(4k+5﹣j),利用性質(zhì)③:{aj+a4k+5﹣j|j∈N*,1≤j≤4k+4}={k,k+1},此時(shí)可得a4k+5=k+1,否則a4k+5=k,取k=0可得a5=0,而由性質(zhì)②可得a5=a1+a4∈{1,2},與a5=0矛盾.同理可得,{aj+a4k+6﹣j|j∈N*,1≤j≤4k+5}={k,k+1},此時(shí)可得a4k+6=k+1,{aj+a4k+8﹣j|j∈N*,2≤j≤4k+6}={k+1,k+2},此時(shí)可得a4k+8=k+2,{aj+a4k+7﹣j|j∈N*,1≤j≤4k+6}={k+1},又因?yàn)閍4k+7<a4k+8,此時(shí)可得a4k+7=k+1,即當(dāng)n=k+1時(shí),命題成立.綜上可得,a5=a4×1+1=1;(Ⅲ)令bn=an+p,由性質(zhì)③可知,?m,n∈N*,bm+n=am+n+p∈{am+p+an+p,am+p+an+p+1}={bm+bn,bm+bn+1},由于b1=a1+p≥0,b2=a2+p=0,b4n﹣1=a4n﹣1+p<a4n+p=b4n,因此數(shù)列{bn}為?0數(shù)列,由(Ⅱ)可知,若?n∈N*,a4n+i=n﹣p(i=1,2,3),a4n+1=n+1﹣p;S11﹣S10=a11=a4×2+3=2﹣p≥0,S9﹣S10=﹣a10=﹣a4×2+2=﹣(2﹣p)≥0,因此p=2,此時(shí)a1,a2,…,a10≤0,aj≥0(j≥11),滿足題意.【點(diǎn)評】本題考查了有關(guān)數(shù)列的新定義問題,解決此類問題,關(guān)鍵是讀懂題意,理解新定義的本質(zhì),把新情境下的概念、法則、運(yùn)算化歸到常規(guī)的數(shù)學(xué)背景中,運(yùn)用相關(guān)的數(shù)學(xué)公式、定理、性質(zhì)進(jìn)行解答即可,屬于難題.4.(2023?上海)已知函數(shù)f(x)=ax3﹣(a+1)x2+x,g(x)=kx+m(其中a≥0,k,m∈R),若任意x∈[0,1]均有f(x)≤g(x),則稱函數(shù)y=g(x)是函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)”,且對所有滿足條件的函數(shù)y=g(x)在x處取得的最小值記為(x).(1)若a=2,g(x)=x,試判斷函數(shù)y=g(x)是否為函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)”,并說明理由;(2)若a=0,曲線y=f(x)在x處的切線為直線y=h(x),證明:函數(shù)y=h(x)為函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)”,并求()的值;(3)若曲線y=f(x)在x=x0,x0∈(0,1)處的切線過點(diǎn)(1,0),且c∈[x0,1],證明:當(dāng)且僅當(dāng)c=x0或c=1時(shí),(c)=f(c).【分析】(1)設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x)=2x3﹣3x2,h′(x)=6x2﹣6x=6x(x﹣1),當(dāng)x∈[0,1]時(shí),易知h′(x)=6x(x﹣1)≤0,即h(x)單調(diào)減,求得最值即可判斷;(2)根據(jù)題意得到f(x)≤h(x),即y=h(x)為函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)“,代入即可求解;(3)f(x)=ax3﹣(a+1)x2+x,f′(x)=3ax2﹣2(a+1)x+1,y=f(x)在x=x0(x0∈(0,1))處的切線為t(x),求導(dǎo)整理得到函數(shù)t(x)必是函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)“,又此時(shí)“控制函數(shù)“g(x)必與y=f(x)相切于x點(diǎn),t(x)與y=f(x)在處相切,且過點(diǎn)(1,0),在之間的點(diǎn)不可能使得y=f(x)在切線下方,所以或c=1,即可得證.【解析】解:(1)f(x)=2x3﹣3x2+x,設(shè)h(x)=f(x)﹣g(x)=2x3﹣3x2,h′(x)=6x2﹣6x=6x(x﹣1),當(dāng)x∈[0,1]時(shí),易知h′(x)=6x(x﹣1)≤0,即h(x)單調(diào)減,∴h(x)max=h(0)=0,即f(x)﹣g(x)≤0?f(x)≤g(x),∴g(x)是f(x)的“控制函數(shù)“;(2),∴,∴f(x)≤h(x),即y=h(x)為函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)“,又,且,∴;證明:(3)f(x)=ax3﹣(a+1)x2+x,f′(x)=3ax2﹣2(a+1)x+1,y=f(x)在x=x0(x0∈(0,1))處的切線為t(x),t(x)=f′(x0)(x﹣x0)+f(x0),t(x0)=f(x0),t(1)=0?f(1)=0,,,,,恒成立,函數(shù)t(x)必是函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)“,是函數(shù)y=f(x)的“控制函數(shù)“,此時(shí)“控制函數(shù)“g(x)必與y=f(x)相切于x點(diǎn),t(x)與y=f(x)在處相切,且過點(diǎn)(1,0),在之間的點(diǎn)不可能使得y=f(x)在切線的下方,所以或c=1,所以曲線y=f(x)在x=x0(x0∈(0,1))處的切線過點(diǎn)(1,0),且c∈[x0,1],當(dāng)且僅當(dāng)c=x0或c=1時(shí),.【點(diǎn)評】本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合運(yùn)用,屬于難題.5.(2021?上海)已知x1,x2∈R,若對任意的x2﹣x1∈S,f(x2)﹣f(x1)∈S,則有定義:f(x)是在S關(guān)聯(lián)的.(1)判斷和證明f(x)=2x﹣1是否在[0,+∞)關(guān)聯(lián)?是否有[0,1]關(guān)聯(lián)?(2)若f(x)是在{3}關(guān)聯(lián)的,f(x)在x∈[0,3)時(shí),f(x)=x2﹣2x,求解不等式:2≤f(x)≤3.(3)證明:f(x)是{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,當(dāng)且僅當(dāng)“f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的”.【分析】(1)任取x1﹣x2∈[0,+∞),證明f(x1)﹣f(x2)∈[0,+∞),證明f(x)=2x﹣1在[0,+∞)關(guān)聯(lián),取x1=1,x2=0,證明f(x)在[0,1]不關(guān)聯(lián);(2)先得到f(x+3)﹣f(x)=3,再得到x∈[0,3)和x∈[3,6)的解析式,進(jìn)而得到答案;(3)先證明f(x)在{1}是關(guān)聯(lián)的?f(x)是在{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,再證明f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的?f(x)是在{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的.【解析】解:(1)f(x)在[0,+∞)關(guān)聯(lián),在[0,1]不關(guān)聯(lián),任取x1﹣x2∈[0,+∞),則f(x1)﹣f(x2)=2(x1﹣x2)∈[0,+∞),∴f(x)在[0,+∞)關(guān)聯(lián);取x1=1,x2=0,則x1﹣x2=1∈[0,1],∵f(x1)﹣f(x2)=2(x1﹣x2)=2?[0,1],∴f(x)在[0,1]不關(guān)聯(lián);(2)∵f(x)在{3}關(guān)聯(lián),∴對于任意x1﹣x2=3,都有f(x1)﹣f(x2)=3,∴對任意x,都有f(x+3)﹣f(x)=3,由x∈[0,3)時(shí),f(x)=x2﹣2x,得f(x)在x∈[0,3)的值域?yàn)閇﹣1,3),∴f(x)在x∈[3,6)的值域?yàn)閇2,6),∴2≤f(x)≤3僅在x∈[0,3)或x∈[3,6)上有解,x∈[0,3)時(shí),f(x)=x2﹣2x,令2≤x2﹣2x≤3,解得x<3,x∈[3,6)時(shí),f(x)=f(x﹣3)+3=x2﹣8x+18,令2≤x2﹣8x+18≤3,解得3≤x≤5,∴不等式2≤f(x)≤3的解為[,5],(3)證明:①先證明:f(x)是在{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的?f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的,由已知條件可得,f(x+1)=f(x)+1,∴f(x+n)=f(x)+n,n∈Z,又∵f(x)是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,∴任意x2>x1,f(x2)>f(x1)成立,若1≤x2﹣x1≤2,∴x1+1≤x2≤x1+2,∴f(x1+1)≤f(x2)≤f(x1+2),即f(x1)+1≤f(x2)≤f(x1)+2,∴1≤f(x2)﹣f(x1)≤2,∴f(x)是[1,2]關(guān)聯(lián),②再證明:f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的?f(x)是在{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,∵f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的,∴任取x1﹣x2∈[1,2],都有f(x1)﹣f(x2)∈[1,2]成立,即滿足1≤x1﹣x2≤2,都有1≤f(x1)﹣f(x2)≤2,下面用反證法證明f(x+1)﹣f(x)=1,若f(x+1)﹣f(x)>1,則f(x+2)﹣f(x)=f(x+2)﹣f(x+1)+f(x+1)﹣f(x)>2,與f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的矛盾,若f(x+1)﹣f(x)<1,而f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的,則f(x+1)﹣f(x)≥1,矛盾,∴f(x+1)﹣f(x)=1成立,即f(x)是在{1}關(guān)聯(lián)的,再證明f(x)是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,任取x1﹣x2∈[n,+∞)(n∈N),則存在n∈N,使得任取x1﹣x2∈[n,n+1](n∈N),∵1≤x1﹣(n﹣1)﹣x2≤2,∴f[x1﹣(n﹣1)]﹣f(x2)=f(x1)﹣(n﹣1)﹣f(x2)∈[1,2],∴f(x1)﹣f(x2)?[n,n+1]?[0,+∞),∴f(x)是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的;綜上所述,f(x)是{1}關(guān)聯(lián)的,且是在[0,+∞)關(guān)聯(lián)的,當(dāng)且僅當(dāng)“f(x)在[1,2]是關(guān)聯(lián)的”,故得證.【點(diǎn)評】該題考查了函數(shù)求解析式,解不等式,函數(shù)恒成立的知識,對學(xué)生邏輯推理能力提出了很高的要求,屬于難題.6.(2020?上海)已知非空集合A?R,函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)镈,若對任意t∈A且x∈D,不等式f(x)≤f(x+t)恒成立,則稱函數(shù)f(x)具有A性質(zhì).(1)當(dāng)A={﹣1},判斷f(x)=﹣x、g(x)=2x是否具有A性質(zhì);(2)當(dāng)A=(0,1),f(x)=x,x∈[a,+∞),若f(x)具有A性質(zhì),求a的取值范圍;(3)當(dāng)A={﹣2,m},m∈Z,若D為整數(shù)集且具有A性質(zhì)的函數(shù)均為常值函數(shù),求所有符合條件的m的值.【分析】(1)利用函數(shù)的單調(diào)性結(jié)合新定義,逐個(gè)判斷即可;(2)依題意,為增函數(shù),由雙勾函數(shù)的圖象及性質(zhì)即得解;(3)根據(jù)條件,分m≤0,m為正偶數(shù)和m為正奇數(shù)三種情況,求出條件的m的值.【解析】解:(1)∵f(x)=﹣x為減函數(shù),∴f(x)<f(x﹣1),∴f(x)=﹣x具有A性質(zhì);∵g(x)=2x為增函數(shù),∴g(x)>g(x﹣1),∴g(x)=2x不具有A性質(zhì);(2)依題意,對任意t∈(0,1),f(x)≤f(x+t)恒成立,∴為增函數(shù)(不可能為常值函數(shù)),由雙勾函數(shù)的圖象及性質(zhì)可得a≥1,當(dāng)a≥1時(shí),函數(shù)單調(diào)遞增,滿足對任意t∈(0,1),f(x)≤f(x+t)恒成立,綜上,實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1,+∞).(3)∵D為整數(shù)集,具有A性質(zhì)的函數(shù)均為常值函數(shù),當(dāng)m≤0時(shí),取單調(diào)遞減函數(shù)f(x)=﹣x,兩個(gè)不等式恒成立,但f(x)不為常值函數(shù);當(dāng)m為正偶數(shù)時(shí),取,兩個(gè)不等式恒成立,但f(x)不為常值函數(shù);當(dāng)m為正奇數(shù)時(shí),根據(jù)對任意t∈A且x∈D,不等式f(x)≤f(x+t)恒成立,可得f(x﹣m)≤f(x)≤f(x+m)≤f(x+1)≤f(x﹣1)≤f(x﹣m),則f(x)=f(x+1),所以f(x)為常值函數(shù),綜上,m為正奇數(shù).【點(diǎn)評】本題以新定義為載體,考查抽象函數(shù)的性質(zhì)及其運(yùn)用,考查邏輯推理能力及靈活運(yùn)用知識的能力,屬于中檔題.押題02壓軸新題型綜合高考模擬題型分布表題型序號題型內(nèi)容題號題型1集合新題型1-2題型2函數(shù)新題型3-4題型3數(shù)列新題型5-6題型4數(shù)列綜合新題型7-8題型5圓錐曲線新題型9-10題型6計(jì)數(shù)原理與統(tǒng)計(jì)概率新題型11-14題型7三角函數(shù)與數(shù)列、平面解析幾何綜合新題型15-16題型8導(dǎo)數(shù)新題型17題型9導(dǎo)數(shù)與數(shù)列新題型18-19題型10導(dǎo)數(shù)與函數(shù)新題型20-22題型11導(dǎo)數(shù)與函數(shù)、不等式、平面解析幾何綜合新題型23題型1:集合新題型1.(2024·全國·模擬預(yù)測)拓?fù)鋵W(xué)是一個(gè)研究圖形(或集合)整體結(jié)構(gòu)和性質(zhì)的一門幾何學(xué),以抽象而嚴(yán)謹(jǐn)?shù)恼Z言將幾何與集合聯(lián)系起來,富有直觀和邏輯.已知平面,定義對,,其度量(距離)并稱為一度量平面.設(shè),,稱平面區(qū)域?yàn)橐詾樾?,為半徑的球形鄰域?1)試用集合語言描述兩個(gè)球形鄰域的交集;(2)證明:中的任意兩個(gè)球形鄰域的交集是若干個(gè)球形鄰域的并集;(3)一個(gè)集合稱作“開集”當(dāng)且僅當(dāng)其是一個(gè)無邊界的點(diǎn)集.證明:的一個(gè)子集是開集當(dāng)且僅當(dāng)其可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】(1)由交集的定義可解;(2)結(jié)合題意,利用并集的定義證明;(3)利用題目定義分別證明充分性和必要性.【解析】(1)設(shè)這兩個(gè)球形鄰域分別為,,為和的交集.①若與不相交,則;②若與相交,則且故或且.(2)我們約定集合族是指以集合為元素的集合,其并運(yùn)算為表示集合族的所有集合的并集回到原題,設(shè)這兩個(gè)球形鄰域分別為,,為和的交集.①若與不相交,則,即可以看作零個(gè)球形鄰域的并集;②若與相交,則取,令,構(gòu)造球形鄰域.因?yàn)閷τ冢泄?,這說明.由于是中任取的一點(diǎn),這說明,繼而即可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集.命題得證.(3)①先證充分性:當(dāng)?shù)囊粋€(gè)子集可以寫為若干球形鄰域的并時(shí),其必為開集.設(shè),由(2)可知可看作若干個(gè)球形鄰域的并集,即則,使得,故是開集.充分性證畢.②再證必要性:若的一個(gè)子集是開集,則其可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集.設(shè)是一個(gè)開集,由情況①得,使得,所以即故可被表示為若干個(gè)球形鄰域的并集.必要性證畢.【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛:利用集合的運(yùn)算和題干中的定義完成問題.2.(2024·廣東·模擬預(yù)測)已知集合中含有三個(gè)元素,同時(shí)滿足①;②;③為偶數(shù),那么稱集合具有性質(zhì).已知集合,對于集合的非空子集,若中存在三個(gè)互不相同的元素,使得均屬于,則稱集合是集合的“期待子集”.(1)試判斷集合是否具有性質(zhì),并說明理由;(2)若集合具有性質(zhì),證明:集合是集合的“期待子集”;(3)證明:集合具有性質(zhì)的充要條件是集合是集合的“期待子集”.【答案】(1)不具有,理由見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】(1)分取到的三個(gè)元素都是奇數(shù)和有偶數(shù)2,兩種情況比較三個(gè)條件,即可判斷;(2)首先根據(jù)性質(zhì),確定集合,再根據(jù)“期待子集”的定義,確定集合是集合的“期待子集”;(3)首先證明充分性,存在三個(gè)互不相同的,使得均屬于證明滿足性質(zhì)的三個(gè)條件;再證明必要性,首先設(shè)滿足條件的,再證明均屬于,即可證明.【解析】(1)集合不具有性質(zhì),理由如下:(i)從集合中任取三個(gè)元素均為奇數(shù)時(shí),為奇數(shù),不滿足條件③(ii)從集合中任取三個(gè)元素有一個(gè)為,另外兩個(gè)為奇數(shù)時(shí),不妨設(shè),,則有,即,不滿足條件②,綜上所述,可得集合不具有性質(zhì).(2)證明:由是偶數(shù),得實(shí)數(shù)是奇數(shù),當(dāng)時(shí),由,得,即,不合題意,當(dāng)時(shí),由,得,即,或(舍),因?yàn)槭桥紨?shù),所以集合,令,解得,顯然,所以集合是集合的“期待子集”得證.(3)證明:先證充分性:當(dāng)集合是集合的“期待子集”時(shí),存在三個(gè)互不相同的,使得均屬于,不妨設(shè),令,,,則,即滿足條件①,因?yàn)?,所以,即滿足條件②,因?yàn)?,所以為偶?shù),即滿足條件③,所以當(dāng)集合是集合的“期待子集”時(shí),集合具有性質(zhì).再證必要性:當(dāng)集合具有性質(zhì),則存在,同時(shí)滿足①;②;③為偶數(shù),令,,,則由條件①得,由條件②得,由條件③得均為整數(shù),因?yàn)?,所以,且均為整?shù),所以,因?yàn)?,所以均屬于,所以?dāng)集合具有性質(zhì)時(shí),集合是集合的“期待子集”.綜上所述,集合是集合的“期待子集”的充要條件是集合具有性質(zhì).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題的關(guān)鍵是利用“性質(zhì)”和“期待子集”的定義.題型2:函數(shù)新題型3.(2024·安徽安慶·二模)取整函數(shù)被廣泛應(yīng)用于數(shù)論、函數(shù)繪圖和計(jì)算機(jī)領(lǐng)域,其定義如下:設(shè),不超過x的最大整數(shù)稱為x的整數(shù)部分,記作,函數(shù)稱為取整函數(shù).另外也稱是x的整數(shù)部分,稱為x的小數(shù)部分.(1)直接寫出和的值;(2)設(shè)a,,證明:,且,并求在b的倍數(shù)中不大于a的正整數(shù)的個(gè)數(shù);(3)對于任意一個(gè)大于1的整數(shù)a,a能唯一寫為,其中為質(zhì)數(shù),為整數(shù),且對任意的,,i,,稱該式為a的標(biāo)準(zhǔn)分解式,例如100的標(biāo)準(zhǔn)分解式為.證明:在的標(biāo)準(zhǔn)分解式中,質(zhì)因數(shù)(,,)的指數(shù).【答案】(1),(2)證明見解析,個(gè)(3)證明見解析【分析】(1)結(jié)合定義計(jì)算即可得;(2)由題意可得,等式兩邊同時(shí)乘b,即可得證,由a,b都為整數(shù),結(jié)合定義可證得,即可得證,假設(shè)b,,…,都小于等于a,可得,即有,又,即可得,即可得解;(3)利用(2)中結(jié)論可得的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為,的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為,的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為,依次進(jìn)行下去,可得,即得證.【解析】(1)由,故,故,;(2)因?yàn)?,等式兩邊同時(shí)乘b,得,因?yàn)閍,b都為整數(shù),所以也為整數(shù),又,所以,所以,即得證,假設(shè)b,,…,都小于等于a,,因?yàn)?,所以,所以,因?yàn)?,所以,所以b的倍數(shù)中不大于a的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為個(gè);(3),將2,3,…,n每一個(gè)數(shù)都分解為質(zhì)因數(shù)的乘積.對于質(zhì)因數(shù),利用(2)中結(jié)論,的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為,記為,將這些數(shù)都提取出來,此時(shí)p的倍數(shù)中還有可以提取出的數(shù),注意到的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為,記為,將這些數(shù)提取出來;同理,的倍數(shù)中不大于n的正整數(shù)的個(gè)數(shù)為,記為,依此這樣進(jìn)行下去,則質(zhì)因數(shù)的指數(shù),即得證.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題中第二小問關(guān)鍵點(diǎn)在于由題意得到,從而借助該式變形證明、;假設(shè)b,,…,都小于等于a,得到,從而得到.4.(2011·廣東惠州·一模)設(shè)是定義在上的函數(shù),用分點(diǎn),將區(qū)間任意劃分成個(gè)小區(qū)間,如果存在一個(gè)常數(shù),使得和()恒成立,則稱為上的有界變差函數(shù).(1)函數(shù)在上是否為有界變差函數(shù)?請說明理由;(2)設(shè)函數(shù)是上的單調(diào)遞減函數(shù),證明:為上的有界變差函數(shù);(3)若定義在上的函數(shù)滿足:存在常數(shù),使得對于任意的時(shí),.證明:為上的有界變差函數(shù).【答案】(1)是有界變差函數(shù),理由見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】(1)利用函數(shù)在是增函數(shù),去掉絕對值,將連和符號用函數(shù)值的和表示出來,求出值,取M大于等于此值,滿足有界變差函數(shù)的定義;(2)利用函數(shù)為減函數(shù),將連和符號中的絕對值符號去掉,將連和用函數(shù)值的差表示出,求出連和的值,將M取此值,滿足有界變差函數(shù)的定義;(3)利用已知不等式,將函數(shù)值差的連和表示成自變量差的連和,去掉絕對值,將連和寫成自變量差的和形式,求出連和的值,找到M,滿足有界變差函數(shù)的定義.【解析】(1)在上是增函數(shù),故對任意劃分,,取常數(shù),則和式恒成立.故函數(shù)在是有界變差函數(shù).(2)函數(shù)是上的單調(diào)遞減函數(shù),任意的劃分,一定存在一個(gè)常數(shù),使,故為上有界變差函數(shù).(3),故對任意的劃分,,取常數(shù),由有界變差函數(shù)定義知為有界變差函數(shù).題型3:數(shù)列新題型5.(2024·山東泰安·一模)已知各項(xiàng)均不為0的遞增數(shù)列的前項(xiàng)和為,且(,且).(1)求數(shù)列的前項(xiàng)和;(2)定義首項(xiàng)為2且公比大于1的等比數(shù)列為“-數(shù)列”.證明:①對任意且,存在“-數(shù)列”,使得成立;②當(dāng)且時(shí),不存在“-數(shù)列”,使得對任意正整數(shù)成立.【答案】(1)(2)①證明見解析;②證明見解析【分析】(1)根據(jù)和的關(guān)系,結(jié)合等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式、裂項(xiàng)相消法進(jìn)行求解即可;(2)①根據(jù)不等式,構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行運(yùn)算證明即可;②根據(jù)①的結(jié)論,結(jié)合特殊值法進(jìn)行運(yùn)算證明即可.【解析】(1),各項(xiàng)均不為0且遞增,,,,,化簡得,,,,,,為等差數(shù)列,,,;(2)①證明:設(shè)“G-數(shù)列”公比為,且,由題意,只需證存在對且成立,即成立,設(shè),則,令,解得,當(dāng)時(shí),單調(diào)遞增,當(dāng)時(shí),單調(diào)遞減,,,存在,使得對任意且成立,經(jīng)檢驗(yàn),對任意且均成立,對任意且,存在“G-數(shù)列”使得成立;②由①知,若成立,則成立,當(dāng)時(shí),取得,取得,由,得,不存在,當(dāng)且時(shí),不存在“G-數(shù)列”使得對任意正整數(shù)成立.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛:根據(jù)不等式的形式,構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解.6.(23-24高三下·安徽·開學(xué)考試)基本不等式可以推廣到一般的情形:對于個(gè)正數(shù),它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均,即,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),等號成立.若無窮正項(xiàng)數(shù)列同時(shí)滿足下列兩個(gè)性質(zhì):①;②為單調(diào)數(shù)列,則稱數(shù)列具有性質(zhì).(1)若,求數(shù)列的最小項(xiàng);(2)若,記,判斷數(shù)列是否具有性質(zhì),并說明理由;(3)若,求證:數(shù)列具有性質(zhì).【答案】(1)最小項(xiàng)為(2)數(shù)列具有性質(zhì),理由見解析.(3)證明見解析【分析】(1)利用,結(jié)合三個(gè)數(shù)的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均求解;(2)變形,再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①,利用證明②;(3)結(jié)合二項(xiàng)式定理及n元基本不等式求解.【解析】(1),當(dāng)且僅當(dāng),即時(shí),等號成立,數(shù)列的最小項(xiàng)為.(2)數(shù)列具有性質(zhì).,,數(shù)列滿足條件①.為單調(diào)遞增數(shù)列,數(shù)列滿足條件②.綜上,數(shù)列具有性質(zhì).(3)先證數(shù)列滿足條件①:.當(dāng)時(shí),則,數(shù)列滿足條件①.再證數(shù)列滿足條件②:(,等號取不到)為單調(diào)遞增數(shù)列,數(shù)列滿足條件②.綜上,數(shù)列具有性質(zhì).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題考查等比數(shù)列求和及二項(xiàng)式定理,證明性質(zhì)①均需要放縮為可求和數(shù)列.題型4:數(shù)列綜合新題型7.(2024·江蘇徐州·一模)對于每項(xiàng)均是正整數(shù)的數(shù)列P:,定義變換,將數(shù)列P變換成數(shù)列:.對于每項(xiàng)均是非負(fù)整數(shù)的數(shù)列,定義,定義變換,將數(shù)列Q各項(xiàng)從大到小排列,然后去掉所有為零的項(xiàng),得到數(shù)列.(1)若數(shù)列為2,4,3,7,求的值;(2)對于每項(xiàng)均是正整數(shù)的有窮數(shù)列,令,.(i)探究與的關(guān)系;(ii)證明:.【答案】(1)172;(2)(i);(ii)證明見解析.【分析】(1)根據(jù)給定的數(shù)列及變換計(jì)算即得.(2)(i)根據(jù)給定的信息依次計(jì)算,再作差即得;(ii)是每項(xiàng)均為非負(fù)整數(shù)的數(shù)列,交換數(shù)列的第項(xiàng)與第項(xiàng)得到數(shù)列,利用已知證明,再結(jié)合(i)推理即得.【解析】(1)依題意,,,.(2)(i)記,,,,,所以.(ii)設(shè)是每項(xiàng)均為非負(fù)整數(shù)的數(shù)列,當(dāng)存在,使得時(shí),交換數(shù)列的第項(xiàng)與第項(xiàng)得到數(shù)列,則,當(dāng)存在,使得時(shí),若記數(shù)列為,則,因此,從而對于任意給定的數(shù)列,由,,由(i)知,所以.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛:涉及數(shù)列新定義問題,關(guān)鍵是正確理解給出的定義,由給定的數(shù)列結(jié)合新定義探求數(shù)列的相關(guān)性質(zhì),并進(jìn)行合理的計(jì)算、分析、推理等方法綜合解決.8.(2024·河南·一模)在正項(xiàng)無窮數(shù)列中,若對任意的,都存在,使得,則稱為階等比數(shù)列.在無窮數(shù)列中,若對任意的,都存在,使得,則稱為階等差數(shù)列.(1)若為1階等比數(shù)列,,求的通項(xiàng)公式及前項(xiàng)和;(2)若為階等比數(shù)列,求證:為階等差數(shù)列;(3)若既是4階等比數(shù)列,又是5階等比數(shù)列,證明:是等比數(shù)列.【答案】(1),前項(xiàng)和為(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】(1)根據(jù)題意可得為正項(xiàng)等比數(shù)列,求出首項(xiàng)與公比,再根據(jù)等比數(shù)列的前項(xiàng)和公式即可得解;(2)由為階等比數(shù)列,可得,使得成立,再根據(jù)階等差數(shù)列即可得出結(jié)論;(3)根據(jù)既是4階等比數(shù)列,又是5階等比數(shù)列,可得與同時(shí)成立,再結(jié)合等比數(shù)列的定義即可得出結(jié)論.【解析】(1)因?yàn)闉?階等比數(shù)列,所以為正項(xiàng)等比數(shù)列,設(shè)公比為,則為正數(shù),由已知得兩式相除得,所以(舍去),所以,所以的通項(xiàng)公式為,前項(xiàng)和為;(2)因?yàn)闉殡A等比數(shù)列,所以,使得成立,所以,又,所以,即成立,所以為階等差數(shù)列;(3)因?yàn)榧仁?階等比數(shù)列,又是5階等比數(shù)列,所以與同時(shí)成立,所以與同時(shí)成立,又的各項(xiàng)均為正數(shù),所以對任意的,數(shù)列和數(shù)列都是等比數(shù)列,由數(shù)列是等比數(shù)列,得也成等比數(shù)列,設(shè),所以,所以是等比數(shù)列.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:新定義題型的特點(diǎn)是:通過給出一個(gè)新概念,或約定一種新運(yùn)算,或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景,要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上,依據(jù)題目提供的信息,聯(lián)系所學(xué)的知識和方法,實(shí)現(xiàn)信息的遷移,達(dá)到靈活解題的目的;遇到新定義問題,應(yīng)耐心讀題,分析新定義的特點(diǎn),弄清新定義的性質(zhì),按新定義的要求,“照章辦事”,逐條分析、驗(yàn)證、運(yùn)算,使問題得以解決.題型5:圓錐曲線新題型9.(2024·山東臨沂·一模)動圓與圓和圓都內(nèi)切,記動圓圓心的軌跡為.(1)求的方程;(2)已知圓錐曲線具有如下性質(zhì):若圓錐曲線的方程為,則曲線上一點(diǎn)處的切線方程為:,試運(yùn)用該性質(zhì)解決以下問題:點(diǎn)為直線上一點(diǎn)(不在軸上),過點(diǎn)作的兩條切線,切點(diǎn)分別為.(i)證明:直線過定點(diǎn);(ii)點(diǎn)關(guān)于軸的對稱點(diǎn)為,連接交軸于點(diǎn),設(shè)的面積分別為,求的最大值.【答案】(1)(2)(i)證明見解析,(ii)【分析】(1)根據(jù)橢圓的定義求解點(diǎn)的軌跡方程;(2)(i)根據(jù)題意中的性質(zhì)求解出兩條切線方程,代入點(diǎn)坐標(biāo)后,得出直線的方程,從而得出定點(diǎn)坐標(biāo);(ii)聯(lián)立直線的方程與橢圓的方程,由韋達(dá)定理得出,進(jìn)而求解出的定點(diǎn)坐標(biāo),表示出,由基本不等式得出結(jié)果.【解析】(1)設(shè)動圓的半徑為,由題意得圓和圓的半徑分別為,,因?yàn)榕c,都內(nèi)切,所以,,所以,又,,故,所以點(diǎn)的軌跡是以,為焦點(diǎn)的橢圓,設(shè)的方程為:,則,,所以,故的方程為:.(2)(i)證明:設(shè),,,由題意中的性質(zhì)可得,切線方程為,切線方程為,因?yàn)閮蓷l切線都經(jīng)過點(diǎn),所以,,故直線的方程為:,顯然當(dāng)時(shí),,故直線經(jīng)過定點(diǎn).(ii)設(shè)直線的方程為:,聯(lián)立,整理得,由韋達(dá)定理得,又,所以直線的方程為,令得,,所以直線經(jīng)過定點(diǎn),又,所以,所以,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí),即時(shí)取等號.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:求解直線過定點(diǎn)問題常用方法如下:(1)“特殊探路,一般證明”,即先通過特殊情況確定定點(diǎn),再轉(zhuǎn)化為有方向、有目的的一般性證明;(2)“一般推理,特殊求解”:即設(shè)出定點(diǎn)坐標(biāo),根據(jù)題設(shè)條件選擇參數(shù),建立一個(gè)直線系或曲線的方程,再根據(jù)參數(shù)的任意性得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組,以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求點(diǎn);(3)求證直線過定點(diǎn),常利用直線的點(diǎn)斜式方程或截距式來證明.10.(2024·全國·一模)如圖,已知橢圓的短軸長為,焦點(diǎn)與雙曲線的焦點(diǎn)重合.點(diǎn),斜率為的直線與橢圓交于兩點(diǎn).

(1)求常數(shù)的取值范圍,并求橢圓的方程.(2)(本題可以使用解析幾何的方法,也可以利用下面材料所給的結(jié)論進(jìn)行解答)極點(diǎn)與極線是法國數(shù)學(xué)家吉拉德·迪沙格于1639年在射影幾何學(xué)的奠基之作《圓錐曲線論稿》中正式闡述的.對于橢圓,極點(diǎn)(不是原點(diǎn))對應(yīng)的極線為,且若極點(diǎn)在軸上,則過點(diǎn)作橢圓的割線交于點(diǎn),則對于上任意一點(diǎn),均有(當(dāng)斜率均存在時(shí)).已知點(diǎn)是直線上的一點(diǎn),且點(diǎn)的橫坐標(biāo)為2.連接交軸于點(diǎn).連接分別交橢圓于兩點(diǎn).①設(shè)直線、分別交軸于點(diǎn)、點(diǎn),證明:點(diǎn)為、的中點(diǎn);②證明直線:恒過定點(diǎn),并求出定點(diǎn)的坐標(biāo).【答案】(1),(2)①證明過程見解析②證明過程見解析,定點(diǎn)坐標(biāo)為【分析】(1)由橢圓焦點(diǎn)在軸上面,列出不等式組即可得的范圍,由的關(guān)系以及短軸長列出方程組即可得,由此即可得橢圓方程.(2)為了說明結(jié)論的驗(yàn)證性,首先證明一下題述引理(用解析幾何方法),即聯(lián)立直線方程與橢圓方程,由韋達(dá)定理以及斜率公式證明即可,從而對于①由結(jié)論法說明Q是和的交點(diǎn),且,結(jié)合由此即可進(jìn)一步得證;對于②由結(jié)論法可表示出的方程,由此整理即可得解.【解析】(1)由題意焦點(diǎn)在軸上,所以,解得,即的范圍為,且,解得,所以橢圓方程為.(2)我們首先給出題目給出的引理的證明:設(shè),則Q在P的極線上,現(xiàn)在如果經(jīng)過P的直線交橢圓于:那么,代入橢圓就得到,所以,由韋達(dá)定理有,此時(shí)要證明的是:,也就是,也就是,也就是,

也就是,也就是,

也就是,也就是,也就是,也就是,也就是,這顯然成立,所以結(jié)論得證.接下來我們回到原題,

①首先由于Q在P的極線上,故由引理有,,而,所以,這表明Q是和的交點(diǎn),又由于,故,設(shè),而,,,所以,也就是E是的中點(diǎn);②設(shè),那么,所以,這表明的方程是,即,所以恒過點(diǎn).【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:第二問的關(guān)鍵是用解析幾何證明題述引理的正確性,由此即可利用結(jié)論法進(jìn)一步求解.題型6:計(jì)數(shù)原理與統(tǒng)計(jì)概率新題型11.(2024·遼寧·一模)十七世紀(jì)至十八世紀(jì)的德國數(shù)學(xué)家萊布尼茲是世界上第一個(gè)提出二進(jìn)制記數(shù)法的人,用二進(jìn)制記數(shù)只需數(shù)字0和1,對于整數(shù)可理解為逢二進(jìn)一,例如:自然數(shù)1在二進(jìn)制中就表示為,2表示為,3表示為,5表示為,發(fā)現(xiàn)若可表示為二進(jìn)制表達(dá)式,則,其中,或1().(1)記,求證:;(2)記為整數(shù)的二進(jìn)制表達(dá)式中的0的個(gè)數(shù),如,.(?。┣?;(ⅱ)求(用數(shù)字作答).【答案】(1)證明見解析(2)(?。?;(ⅱ)9841【分析】(1)借助二進(jìn)制的定義計(jì)算可得,,即可得證;(2)(?。┙柚M(jìn)制的定義可計(jì)算出,即可得表達(dá)式中的0的個(gè)數(shù);(ⅱ)計(jì)算出從到中,、、,的個(gè)數(shù),即可得.【解析】(1),,,,;(2)(ⅰ),,(ⅱ),,故從到中,有、、、共9個(gè),有個(gè),由,即共有個(gè)有個(gè),由,即共有個(gè)……,有個(gè),.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本體最后一小問關(guān)鍵點(diǎn)在于結(jié)合二進(jìn)制的定義,得到,,通過組合數(shù)的計(jì)算得到、、、的個(gè)數(shù),再結(jié)合組合數(shù)的性質(zhì)計(jì)算得到結(jié)果.12.(2024·安徽合肥·一模)“數(shù)”在量子代數(shù)研究中發(fā)揮了重要作用.設(shè)是非零實(shí)數(shù),對任意,定義“數(shù)”利用“數(shù)”可定義“階乘”和“組合數(shù)”,即對任意,(1)計(jì)算:;(2)證明:對于任意,(3)證明:對于任意,【答案】(1)155(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】(1)根據(jù)題中定義,直接進(jìn)行計(jì)算即可;(2)根據(jù)題中定義計(jì)算出等式左右兩邊的值,化簡后即可證明;(3)根據(jù)題中的定義化簡題中的條件,得到,利用此等式,等到個(gè)等式,相加即可.【解析】(1)由定義可知,.(2)因?yàn)椋?又,所以(3)由定義得:對任意.結(jié)合(2)可知即,也即.所以,,…….上述個(gè)等式兩邊分別相加得:.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題的關(guān)鍵是充分利用題中的定義進(jìn)行運(yùn)算.13.(23-24高三上·北京西城·期末)給定正整數(shù),已知項(xiàng)數(shù)為且無重復(fù)項(xiàng)的數(shù)對序列:滿足如下三個(gè)性質(zhì):①,且;②;③與不同時(shí)在數(shù)對序列中.(1)當(dāng),時(shí),寫出所有滿足的數(shù)對序列;(2)當(dāng)時(shí),證明:;(3)當(dāng)為奇數(shù)時(shí),記的最大值為,求.【答案】(1)或(2)證明詳見解析(3)【分析】(1)利用列舉法求得正確答案.(2)利用組合數(shù)公式求得的一個(gè)大致范圍,然后根據(jù)序列滿足的性質(zhì)證得.(3)先證明,然后利用累加法求得.【解析】(1)依題意,當(dāng),時(shí)有:或.(2)當(dāng)時(shí),因?yàn)榕c不同時(shí)在數(shù)對序列中,所以,所以每個(gè)數(shù)至多出現(xiàn)次,又因?yàn)?,所以只有對?yīng)的數(shù)可以出現(xiàn)次,所以.(3)當(dāng)為奇數(shù)時(shí),先證明.因?yàn)榕c不同時(shí)在數(shù)對序列中,所以,當(dāng)時(shí),構(gòu)造恰有項(xiàng),且首項(xiàng)的第個(gè)分量與末項(xiàng)的第個(gè)分量都為.對奇數(shù),如果和可以構(gòu)造一個(gè)恰有項(xiàng)的序列,且首項(xiàng)的第個(gè)分量與末項(xiàng)的第個(gè)分量都為,那么多奇數(shù)而言,可按如下方式構(gòu)造滿足條件的序列:首先,對于如下個(gè)數(shù)對集合:,,……,,每個(gè)集合中都至多有一個(gè)數(shù)對出現(xiàn)在序列中,所以,其次,對每個(gè)不大于的偶數(shù),將如下個(gè)數(shù)對并為一組:,共得到組,將這組對數(shù)以及,按如下方式補(bǔ)充到的后面,即.此時(shí)恰有項(xiàng),所以.綜上,當(dāng)為奇數(shù)時(shí),.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:解新定義題型的步驟:(1)理解“新定義”——明確“新定義”的條件、原理、方法、步驟和結(jié)論.(2)重視“舉例”,利用“舉例”檢驗(yàn)是否理解和正確運(yùn)用“新定義”;歸納“舉例”提供的解題方法.歸納“舉例”提供的分類情況.(3)類比新定義中的概念、原理、方法,解決題中需要解決的問題.14.(2024·廣東江門·一模)將2024表示成5個(gè)正整數(shù),,,,之和,得到方程①,稱五元有序數(shù)組為方程①的解,對于上述的五元有序數(shù)組,當(dāng)時(shí),若,則稱是密集的一組解.(1)方程①是否存在一組解,使得等于同一常數(shù)?若存在,請求出該常數(shù);若不存在,請說明理由;(2)方程①的解中共有多少組是密集的?(3)記,問是否存在最小值?若存在,請求出的最小值;若不存在,請說明理由.【答案】(1)不存在,理由見解析(2)(3)存在,最小值為.【分析】(1)若等于同一常數(shù),則構(gòu)成等差數(shù)列,根據(jù)等差數(shù)列下標(biāo)和性質(zhì)得到,推出矛盾即可得解;(2)依題意時(shí),即當(dāng)時(shí),,則,,即可求出,,,,中有個(gè),個(gè),從而得解;(3)由方差公式得到(為方差),從而得到當(dāng)方差取最小值時(shí)取最小值,從而推出是密集,即可求出的最小值.【解析】(1)若等于同一常數(shù),根據(jù)等差數(shù)列的定義可得構(gòu)成等差數(shù)列,所以,解得,與矛盾,所以不存在一組解,使得等于同一常數(shù);(2)因?yàn)?,依題意時(shí),即當(dāng)時(shí),,所以,,設(shè)有個(gè),則有個(gè),由,解得,所以,,,,中有個(gè),個(gè),所以方程①的解共有組.(3)因?yàn)槠骄鶖?shù),又方差,即,所以,因?yàn)闉槌?shù),所以當(dāng)方差取最小值時(shí)取最小值,又當(dāng)時(shí),即,方程無正整數(shù)解,故舍去;當(dāng)時(shí),即是密集時(shí),取得最小值,且.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:對于新定義問題關(guān)鍵是理解題意,第三問的關(guān)鍵是方差公式的應(yīng)用.題型7:三角函數(shù)與數(shù)列、平面解析幾何綜合新題型15.(2024·河南開封·二模)在密碼學(xué)領(lǐng)域,歐拉函數(shù)是非常重要的,其中最著名的應(yīng)用就是在RSA加密算法中的應(yīng)用.設(shè)p,q是兩個(gè)正整數(shù),若p,q的最大公約數(shù)是1,則稱p,q互素.對于任意正整數(shù)n,歐拉函數(shù)是不超過n且與n互素的正整數(shù)的個(gè)數(shù),記為.(1)試求,,,的值;(2)設(shè)n是一個(gè)正整數(shù),p,q是兩個(gè)不同的素?cái)?shù).試求,與φ(p)和φ(q)的關(guān)系;(3)RSA算法是一種非對稱加密算法,它使用了兩個(gè)不同的密鑰:公鑰和私鑰.具體而言:①準(zhǔn)備兩個(gè)不同的、足夠大的素?cái)?shù)p,q;②計(jì)算,歐拉函數(shù);③求正整數(shù)k,使得kq除以的余數(shù)是1;④其中稱為公鑰,稱為私鑰.已知計(jì)算機(jī)工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是.若滿足題意的正整數(shù)k從小到大排列得到一列數(shù)記為數(shù)列,數(shù)列滿足,求數(shù)列的前n項(xiàng)和.【答案】(1);(2),;(3).【分析】(1)利用歐拉函數(shù)的定義直接求值.(2)利用歐拉函數(shù)的定義求出,進(jìn)而分析計(jì)算.(3)根據(jù)給定信息求出,再利用差角的正切公式,借助裂項(xiàng)求和法求解即得.【解析】(1)由歐拉函數(shù)的定義知,不越過3且與3互素的正整數(shù)有1,2,則,不越過9且與9互素的正整數(shù)有1,2,4,5,7,8,則,不越過7且與7互素的正整數(shù)有1,2,3,4,5,6,則,不越過21且與21互素的正整數(shù)有1,2,4,5,8,10,11,13,16,17,19,20,則,所以.(2)在不大于的正整數(shù)中,只有3的倍數(shù)不與互素,而3的倍數(shù)有個(gè),因此.由,是兩個(gè)不同的素?cái)?shù),得,在不超過的正整數(shù)中,的倍數(shù)有個(gè),的倍數(shù)有個(gè),于是,所以.(3)計(jì)算機(jī)工程師在某RSA加密算法中公布的公鑰是,則,從而由(2)得,,即正整數(shù)滿足的條件為:,,令,則,令,則,取,則,于是,因此,即,,.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛:數(shù)列求和,利用差角的正切變式進(jìn)行裂項(xiàng)是求解的關(guān)鍵.16.(2024·江蘇·模擬預(yù)測)交比是射影幾何中最基本的不變量,在歐氏幾何中亦有應(yīng)用.設(shè),,,是直線上互異且非無窮遠(yuǎn)的四點(diǎn),則稱(分式中各項(xiàng)均為有向線段長度,例如)為,,,四點(diǎn)的交比,記為.(1)證明:;(2)若,,,為平面上過定點(diǎn)且互異的四條直線,,為不過點(diǎn)且互異的兩條直線,與,,,的交點(diǎn)分別為,,,,與,,,的交點(diǎn)分別為,,,,證明:;(3)已知第(2)問的逆命題成立,證明:若與的對應(yīng)邊不平行,對應(yīng)頂點(diǎn)的連線交于同一點(diǎn),則與對應(yīng)邊的交點(diǎn)在一條直線上.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)證明見解析【分析】(1)根據(jù)題干所給交比的定義即可證;(2)把交比轉(zhuǎn)化成面積之比,在利用面積公式把面積之比轉(zhuǎn)化為邊之比;(3)把三點(diǎn)共線問題轉(zhuǎn)化為其中一個(gè)點(diǎn)在另外兩個(gè)點(diǎn)所構(gòu)成的直線上.再利用第(2)問的結(jié)論得到兩組交比相等,根據(jù)逆命題也成立即可證明三點(diǎn)共線.【解析】(1);(2);

(3)設(shè)與交于,與交于,與交于,連接,與交于,與交于,與交于,欲證,,三點(diǎn)共線,只需證在直線上.考慮線束,,,,由第(2)問知,再考慮線束,,,,由第(2)問知,從而得到,于是由第(2)問的逆命題知,,,交于一點(diǎn),即為點(diǎn),從而過點(diǎn),故在直線上,,,三點(diǎn)共線.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛:本題考查射影幾何中交比的性質(zhì),屬新定義題型,難度較大.第一問直接根據(jù)交比的定義證明即可;第二問首先要理解交比的本質(zhì)就是兩組邊比值的乘積,而邊的比值可以根據(jù)圖形(高相同)轉(zhuǎn)化為面積之比,而面積之比又可以通過面積公式轉(zhuǎn)化為邊的比值,從而使得問題得證.其核心思想是利用三角形面積計(jì)算的兩個(gè)公式進(jìn)行轉(zhuǎn)化;第三問需要根據(jù)第二問的結(jié)論以及其逆命題是真命題來證明,第二問是由線共點(diǎn)導(dǎo)出交比相等,第三問是由交比相等導(dǎo)出線共點(diǎn),所以要想證明第三問,必須先導(dǎo)出交比相等,而使用第二問的結(jié)論恰好可以導(dǎo)出兩組交比相等,進(jìn)而根據(jù)傳遞性得到想要證的一組交比相等,從而證明出三線共點(diǎn),進(jìn)而再說明三點(diǎn)共線.題型8:導(dǎo)數(shù)新題型17.(2024·貴州貴陽·一模)英國數(shù)學(xué)家泰勒發(fā)現(xiàn)了如下公式:其中為自然對數(shù)的底數(shù),.以上公式稱為泰勒公式.設(shè),根據(jù)以上信息,并結(jié)合高中所學(xué)的數(shù)學(xué)知識,解決如下問題.(1)證明:;(2)設(shè),證明:;(3)設(shè),若是的極小值點(diǎn),求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析(3)【分析】(1)首先設(shè),利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值問題;(2)首先由泰勒公式,由和,再求得和的解析式,即可證明;(3)分和兩種情況討論,求出在附近的單調(diào)區(qū)間,即可求解.【解析】(1)設(shè),則.當(dāng)時(shí),:當(dāng)時(shí),,所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.因此,,即.(2)由泰勒公式知,①于是,②由①②得所以即.(3),則,設(shè),由基本不等式知,,當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號成立.所以當(dāng)時(shí),,所以在上單調(diào)遞增.又因?yàn)槭瞧婧瘮?shù),且,所以當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),.所以在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.因此,是的極小值點(diǎn).下面證明:當(dāng)時(shí),不是的極小值點(diǎn).當(dāng)時(shí),,又因?yàn)槭巧系呐己瘮?shù),且在上單調(diào)遞增,所以當(dāng)時(shí),.因此,在上單調(diào)遞減.又因?yàn)槭瞧婧瘮?shù),且,所以當(dāng)時(shí),;當(dāng)時(shí),.所以在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.因此,是的極大值點(diǎn),不是的極小值點(diǎn).綜上,實(shí)數(shù)的取值范圍是.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:第三問是本題的難點(diǎn),關(guān)鍵是分和兩種情況,利用導(dǎo)數(shù)判斷附近的單調(diào)性.題型9:導(dǎo)數(shù)與數(shù)列新題型18.(2024·福建廈門·二模)若,都存在唯一的實(shí)數(shù),使得,則稱函數(shù)存在“源數(shù)列”.已知.(1)證明:存在源數(shù)列;(2)(?。┤艉愠闪?,求的取值范圍;(ⅱ)記的源數(shù)列為,證明:前項(xiàng)和.【答案】(1)證明見解析(2)(i);(ii)證明見解析【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,結(jié)合,根據(jù)數(shù)列的新定義,即可證明結(jié)論;(2)(i)由恒成立,可得恒成立,構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的最值,即可求得答案;(ii)由(i)可得,從而由,推得,可得到,繼而可利用放縮法以及裂項(xiàng)求和法,證明不等式.【解析】(1)由,得,即在上單調(diào)遞減,又,當(dāng)且x無限趨近于0時(shí),趨向于正無窮大,即的值域?yàn)椋液瘮?shù)在上單調(diào)遞減,對于可以取到任意正整數(shù),且在上都有存在唯一自變量與之對應(yīng),故對于,令,其在上的解必存在且唯一,不妨設(shè)解為,即,則都存在唯一的實(shí)數(shù),使得,即存在源數(shù)列;(2)(i)恒成立,即恒成立,令,即恒成立,令,則,令,則,僅在時(shí)取等號,即在上單調(diào)遞減,故,即在上單調(diào)遞增,、故,故;(ii)由(i)得,故,即,故,當(dāng)時(shí),,當(dāng)時(shí),,即前項(xiàng)和.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:本題考查了數(shù)列的新定義以及數(shù)列不等式恒成立以及證明不等式問題,綜合性較強(qiáng),解答的關(guān)鍵在于證明不等式時(shí),得到后,即可推出,此時(shí)要用放縮法得到,從而再用裂項(xiàng)法求和,證明不等式.19.(23-24高三下·河北·開學(xué)考試)在數(shù)列中,若存在常數(shù),使得恒成立,則稱數(shù)列為“數(shù)列”.(1)若,試判斷數(shù)列是否為“數(shù)列”,請說明理由;(2)若數(shù)列為“數(shù)列”,且,數(shù)列為等比數(shù)列,且,求數(shù)列的通項(xiàng)公式;(3)若正項(xiàng)數(shù)列為“數(shù)列”,且,,證明:.【答案】(1)數(shù)列不是“數(shù)列”(2)(3)證明見解析【分析】(1)根據(jù)已知條件求出即可判斷;(2)根據(jù)數(shù)列為“數(shù)列”,化為,進(jìn)而求得,作差有,根據(jù)已知條件化為,解出,由此求出,即可求出數(shù)列的通項(xiàng)公式.(3)構(gòu)造函數(shù),通過導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性,有在上單調(diào)遞減,且,再推導(dǎo)出且,符合上述區(qū)間,即可證明不等式.【解析】(1)數(shù)列不是“數(shù)列”,理由如下:,則,又,所以,因?yàn)椴皇浅?shù),所以數(shù)列不是“數(shù)列”.(2)因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”,由,有①,所以②,兩式作差得,又因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”,所以,設(shè)數(shù)列的公比為,所以,即對成立,則,得;又,,得,所以.(3)設(shè)函數(shù),則,當(dāng)時(shí),,則在上單調(diào)遞減,且,因?yàn)閿?shù)列為“數(shù)列”,則,因?yàn)椋?,則,故,由此類推,可得對,,所以,即,所以得證.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:①理解“數(shù)列”的定義并運(yùn)用;②通過構(gòu)造函數(shù)利用函

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