數學壓軸-2024屆新高考壓軸新題型綜合

2024屆新高考第19題壓軸新題型綜合【押題系列】

真題解讀北京、上海近年新題型真題

集合新題型

—函數新題型

押題02第19題壓軸新題型綜合

-------------拗盼析(新高考地區(qū))__+-趣歸納醍曲纜艇

—計數原理、統(tǒng)計與概率綜合新題型

—導數新艇

「不同模塊綜合新題型

1.(2023?北京)數列｛即｝，｛瓦｝的項數均為一(m>2),且即，bne｛l,2,…，相｝,｛斯｝，｛為｝的前〃項

和分別為4,Bn,并規(guī)定Ao=3o=O.對于髭｛0,1,2,…，m｝,定義j=相融｛心,WA七記｛0,1,2,

…，m｝｝,其中，maxM表示數集M中最大的數.

(I)若。1=2,〃2=1,的=3,6=1,歷=3,fe—3,求廠o，n,ri,咫的值；

(II)若2加，且1，j=l,2,…，m~1,求%;

(III)證明：存在OWpVqW根，OWrVsW如使得Ap+Bs=Ag+a.

【分析】(I)根據題意可得，列表分析即4,bi，Bi,小的值，即可得出答案.

(II)由題意知%Wm且%EN,即21,b會1,則421,Bn21,當且僅當幾=1時，等號成立，可推

出外?-12%-1-6-22...2/1-r0=1,即n+i-用反證法證明滿足rn+\-rn>X的最小正整數

為不成立，推出2+1-%=1成立，由等差數列的性質，即可得出答案.

(III)分兩種情況：若人加巳即時，若AX%時,證明AP+&=&+&,即可得出答案.

【解析】解：(I)列表如下，對比可知ro=O,n—L9=1,門=2.

所以421,當且僅當〃=1時，等號成立，

所以n)=0,〃=1,

又因為i+o+i，

貝!Jv+i-rj^rj-rj-\,即rm-rm-\^rm-\~一根-2三…三門--0=1,

可得。+1--芹1，

反證：假設滿足rn+x-rn>\的最小正整數為iWiWm-1,

當j>i時，則兀+i-

當，V-1時，則7)+1-叮=1,

則rm=(rm-rm-1)+(rm-1-rm-2)+.??+(n-ro)+n)22(m-i)+i=2m-i,

又因為則-加22機-機-(m-1)=m+l>m,

所以假設不成立，%+1-%=1成立，

所以數列｛%｝是以首項為b公差為1的等差數列，

所以%=O+1X〃=〃，neN.

(Ill)證明：若4根與3根，設S〃=A九"1W幾Wm,

根據題意可得Sn^o且Sn為整數，

反證法：假設存在正整數K,使得SK2如

且木力根(若木=加時，A根=3根顯然成立，機和A根〈3相同理，只需要論證A^V5n

B工

，'B加+i不存在),

-B>.8.V

則AK'1~m,AK'0,

所以"「??B',(AK-(AKT)>m,

這與，?、｛1,2…，機｝相矛盾，

所以對任意幾Wm,尤N,均有SnWm-1,

_11=sf>

①若存在正整數M使得SN=A『「0,即AN-

取r=p=0,q=N,S=TN，使得Ap+3s=Aq+8「，

②若不存在正整數N,使得SN=0，

因為S底{1,2m,…，m-\],且

所以必存在IWXVYWm,使得Sx=Sy,即AX''Ay可得AxfAy'，，

取〃=X,s=ry,q=Kr=rx，使得Ap+3s=Aq+以，

、=B-

右nAfn<Bfn，設S〃1-A〃,iW/lWnt,

根據題意可得%W0且Sn為整數，

反證法：假設存在正整數K,使得SKW-m,

B-BL

則AKW-m,1AK>0,

bJ.—HsB上一H

所以‘,7,,'1'，('，'iAK)-('，AK)>m,

這與瓦，G{1,2…，加}相矛盾，

所以對任意1W幾Wm,〃EN,均有-m,

itU

①若存在正整數N,使得S/AN=0,即A/

取r=〃=0,q—N,S=TN，使得Ap+5s=Aq+5「，

②若不存在正整數N,使得SN=0,

因為S〃€{-1,-2,…，1-m),且

4.M4,U

所以必存在iWXVYWm,使得Sx=Sy,即Ax'--Al■,可得Ax1--Ay，,

p=X,s=ry,q=Y,r=rx，使得/+&=%+房.

綜上所述，存在OWpVqW如OWYsW加，使得Ap+3s=Ag+外.

【點評】本題考查數列的綜合應用，解題中需要理清思路，屬于中檔題.

2.(2022?北京)已知Q：ai，ai,,,,,或為有窮整數數列.給定正整數出若對任意的〃6{1,2,…，m],

在。中存在即。，+1，〃計2，…，研/。20),使得的+。計1+〃計2+…+〃，+/=〃，則稱Q為機-連續(xù)可表數

歹!J.

(I)判斷Q：2,1,4是否為5-連續(xù)可表數列？是否為6-連續(xù)可表數列？說明理由；

(II)若Q：a\,〃2,…，四為8-連續(xù)可表數列，求證：上的最小值為4；

(III)若Q：ai，az，…，延為20-連續(xù)可表數列，且〃i+〃2+…+〃左<20,求證：k、7.

【分析】（I）直接根據m-連續(xù)可表數列的定義即可判斷；

（II）采用反證法證明，即假設％的值為3,結合。是8-連續(xù)可表數列的定義推出矛盾，進而得出證

明；

（III）首先連續(xù)可表數列的定義，證明得出kN6,然后驗證左=6是否成立，進而得出所證的結論.

【解析】解：（I）若m=5,則對于任意的”6｛1,2,3,4,5）,

＜22=Lai=2,41+42=2+1=3,。3=4,。2+的=1+4=5,

所以。是5-連續(xù)可表數列；

由于不存在任意連續(xù)若干項之和相加為6,

所以。不是6-連續(xù)可表數列；

（II）假設上的值為3,則ai，03最多能表示ai,ai,的，ai+a2,。2+。3,ai+ai+a3,共6個數字，

與。是8-連續(xù)可表數列矛盾，故人》4；

現(xiàn)構造Q：4,2,1,5可以表達出1,2,3,4,5,6,7,8這8個數字，即存在左=4滿足題意.

故人的最小值為4.

（III）先證明46.

從5個正整數中，取一個數字只能表示自身，最多可表示5個數字，

取連續(xù)兩個數字最多能表示4個數字，取連續(xù)三個數字最多能表示3個數字，

取連續(xù)四個數字最多能表示2個數字，取連續(xù)五個數字最多能表示1個數字，

所以對任意給定的5個整數，最多可以表示5+4+3+2+1=15個正整數，不能表示20個正整數，即Z26.

若k=6,最多可以表示6+5+4+3+2+1=21個正整數，

由于。為20-連續(xù)可表數列，且。1+。2+…+延＜20,

所以其中必有一項為負數.

既然5個正整數都不能連續(xù)可表1-20的正整數，

所以至少要有6個正整數連續(xù)可表1-20的正整數，

所以至少6個正整數和一個負數才能滿足題意，

當k=7時，數列1,2,4,5,8,-2,-1滿足題意，

當上＞7時，數列1,2,4,5,8,-2,-1,ak=--=an=0,所以上27符合題意，

故后7.

【點評】本題考查數列的新定義，考查學生的邏輯思維能力和運算能力，屬中檔題.

3.（2021?北京）設p為實數.若無窮數列｛斯｝滿足如下三個性質，則稱｛斯｝為％數列：

①ai+p20,且。2+2=0;

②(〃=1,2,…)；

@am+n^｛am^-an+p,+。九+夕+1｝(加=1，2,,??；n—1,2,???).

(I)如果數列｛即｝的前四項為2,-2,-2,-1,那么｛斯｝是否可能為!R2數列？說明理由；

(II)若數列｛斯｝是！Ro數列,求〃5；

(III)設數列｛斯｝的前〃項和為S，是否存在與數列｛〃〃｝,使得%2Sio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③，結合題意進行判斷，即可得到答案；

(II)由性質③，確定〃3，。4的取值情況，然后分別分析得到。4=1，〃3=〃1，從而求出的值，當

=0,則｛斯｝的前四項為0,0,0,1,利用數學歸納法證明次"+i=u(i=l,2,3),〃4八+4=〃+1(〃WN),

即可求得答案；

(III)令bn=an+p，由性質③進行分析，可得數列｛尻｝為！Ro數列，利用(2)中的結論，得到P的取值情

況，即可得到答案.

【解析】解：(I)數列｛斯｝不可能為%數列，理由如下，

因為p=2,〃i=2,〃2=-2,所以〃i+〃2+p=2,〃I+〃2+P+1=3,

因為。3=-2,所以硝金｛41+42+p，41+〃2+p+l｝，

所以數列｛斯｝不滿足性質③.

(II)性質①，4120,〃2=0；

由性質③〃加+2日〃加，而+1｝，因此。3=。1或。3=41+1，〃4=0或44=1，

若04=0,由性質②可得。3<四，即。1<0或41+1<0,矛盾；

若的=1,〃3=〃1+1，由〃3<〃4，則〃1+1V1,矛盾，

因此只能是。4=1，。3=〃1，

1

又因為。4=。1+。3或〃4=。1+硝+1，所以。12或〃i=0.

1

若2,則〃21。1+。1+0，41+41+0+1｝=｛2。1，2。1+1｝=｛1,2｝,不滿足。2=0，舍去；

當〃1=0,則｛斯｝的前四項為0,0,0,1,

下面用數學歸納法證明函函=〃(i=l,2,3),3〃+4=幾+1(nGN),

當n=0時，經檢驗命題成立；

假設nWk(左20)時命題成立.

當〃=%+1時，

右i=1,貝!J〃4(HI)+1=〃4%+5=可+(4女+5-j)，

利用性質③：{勾+〃必+5J7CN*,1W/W44+4}=化k+1},此時可得以好5=4+1，

否則04■4+5=左，取左=0可得〃5=。，而由性質②可得〃5=。1+。代{1，2},與〃5=0矛盾.

同理可得，{旬+匈：+6-4EN*,1WjW4Z+5}={%,Z+1},此時可得〃北+6=%+1,

{@,+。4k+8-j|/EN*,2W/W4Z+6}={Z+l,Z+2},此時可得4+8=左+2,

{q,+。4好7-/I/CN*,10W4Z+6}={k+1},又因為〃4女+7<〃44+8，此時可得〃必+7=Z+1，

即當〃=k+1時，命題成立.

綜上可得，〃5=〃4*1+1=1；

(III)令bn=an+p,由性質③可知，Ym,〃WN*,bm+n=am+n+p^{am+p+a/p，am+p+an+p+1}={bm+bn，

bm+bn+1}，

由于bl=ai+p20,歷=G2+p=0，b4n-l=a4n-l+p<O4n+p=b4n^

因此數列{a}為!Ro數列，

由(II)可知，若V〃€N*,a4n+t=n-p(i=l,2,3),?4n+i—n+1-p；

Sil-S10=〃ll=44x2+3=2-p，U,

S9-S10=-aio=-。4*2+2=-(2-p)20，

因此p=2,此時Q2,…，QioWO,q20(，2n),滿足題意.

【點評】本題考查了有關數列的新定義問題，解決此類問題，關鍵是讀懂題意，理解新定義的本質，把

新情境下的概念、法則、運算化歸到常規(guī)的數學背景中，運用相關的數學公式、定理、性質進行解答即

可，屬于難題.

4.(2023?上海)已知函數/(x)—aj?-(〃+1)/+冗，g(x)=丘+加(其中〃三0,k,mGR),若任意xE[0,

1]均有/G)Wg(x),則稱函數y=g(x)是函數y=/(x)的“控制函數”，且對所有滿足條件的函

數y=g(%)在x處取得的最小值記為/(工).

(1)若4=2,g(x)=x，試判斷函數y=g(x)是否為函數>=/(%)的“控制函數”，并說明理由；

1

(2)若4=0,曲線y=/(x)在X4處的切線為直線y=〃(％),證明：函數y="(x)為函數y=/(x)

1

的“控制函數”，并求了(4)的值；

(3)若曲線y=/(x)在x=xo，xoE(0,1)處的切線過點(1,0),且ce[xo，1],證明：當且僅當。

=如或。=1時，/(c)=f(c).

【分析】(1)設7z(九)—f(x)-g(x)=2/-3/,h'(x)=6/-6x—6x(x-1),當xG[0,1]時，

易知/?'(x)=6x(x-1)WO,即/z(x)單調減，求得最值即可判斷；

(2)根據題意得到/(x)Wh(x),即y=/7(x)為函數y=/(x)的“控制函數"，代入即可求解；

(3)f(x)=ax3-(a+1)/+x,f(無)=3ax2-2(a+1)x+\,y=f(x)在x=xo(xoG(0,1))處

的切線為t(x),求導整理得到函數t(x)必是函數y=f(x)的“控制函數”，又此時”控制函數"g

11

X■,(；-.1)

(%)必與＞=/(%)相切于x點，f(x)與y=f(X)在2a處相切，且過點a,o),在2a之

1

7(c)=/(c)w?sT-sX0

間的點不可能使得y=/(x)在切線下方，所以2a或C=l,即可得證.

【解析】解：(1)/(x)=29-3/+x,設h(x)=f(x)-g(x)=2W-3x2,

h'(x)=6/-6x=6x(x-1),當xe[0,1]時,易知h'(x)—6x(x-1)WO,即h(x)單調減，

:.h(x)max=h(0)=0,即/(x)-g(%)WO*(%)Wg(x),

???g(x)是/(x)的“控制函數”；

21311

f(x)?-x+x?f(7)■77-f(x)--2x+i.f(-)?-

(2)41642,

113111112

++f(x)-h(x)=~x+50

24162162164

：.f(x)Wh(x),即y=/2(x)為函數y=/(x)的“控制函數"，

11311313

,()=z,()=℃)之”/=

又4Z747176,且441176,.?.4=16.

證明：(3)f(x)=〃/一(〃+1)/+%,f(%)=3〃/-2(a+1)x+1,

y=f(x)在x=xo(xoE(0,1))處的切線為/(%),

t(x)—f(xo)(x-xo)+f(xo)，t(xo)—f(xo)，t(1)=0*(1)=0,

g

22

■3ax0-2(a+l)x0+1*/("(l-xj-/⑴一”“■(l-x0)|a(l++x0)-(a+1)(1+xj

+11

22111

=3ax0-2(a+l)x0+l=ax0-x0^(2ax0-l)(x0-l)=0.x0*l=^a=~-6(-.+8)n,=—

2。Lza

1z11

2

f(Xo)=3ax0-2(a+l)x0+1=3a(—)-2(a+1)(-)+1=--

la2a4a,

2a-l

13121

/=。(丁)-(a+D(丁)*+丁=

2a2a2a8a2,

112a-l1

t(x)=r(xj(x-xj+f(x0)=---(x---)+------T-=?t(x)=-y-fx-l)

4a2a8a?4a

211Z

f(x)=x(x-l)(ax-l)￡((x)=?ax-x+—20?(x——)20

4a2a恒成立,

函數r(無)必是函數y=/(x)的“控制函數"，

^g(x)-kx>m/(x)s>v7(x)f(x｝.7(x)?f(x).x€(0.1)是函數y=/(x)的“控制函數”，

1

x=^-

此時“控制函數"g(無)必與>=/(無)相切于X點，f(尤)與y=/(尤)在2Q處相切，且過點(1,

0),

11

(―-1)7(c)=/(c)=>c=—?x0

在2a之間的點不可能使得y=/(x)在切線的下方，所以2a或。=1,

所以曲線>=/(無)在x=xo(xoe(0,1))處的切線過點(1,0),且c€［尤o，1］,

當且僅當C=xo或C=1時，八i)八工).

【點評】本題考查了導數的綜合運用，屬于難題.

5.(2021?上海)已知xi，X26R,若對任意的尤2-xieS,f(x2)-f(xi)ES,則有定義：f(x)是在S關

聯(lián)的.

(1)判斷和證明/(x)=2x-l是否在［0,+8)關聯(lián)？是否有［0,1］關聯(lián)？

(2)若f(x)是在｛3｝關聯(lián)的，f(x)在xRO,3)時，f(x)=W-2x,求解不等式：2W/(x)W3.

(3)證明：/(%)是｛1｝關聯(lián)的，且是在［0,+8)關聯(lián)的，當且僅當V(x)在口，2］是關聯(lián)的”.

【分析】(1)任取xi-尤240,+8),證明/(xi)-f(%2)G［0,+8),證明/(x)=2x-l在［0,+

8)關聯(lián)，取X1=1,x2=O,證明/(無)在［0,1J不關聯(lián)；(2)先得到/(x+3)-/(X)=3,再得到放［0,

3)和xe［3,6)的解析式，進而得到答案；(3)先證明了(無)在｛1｝是關聯(lián)的a(x)是在｛1｝關聯(lián)的，

且是在［0,+8)關聯(lián)的，再證明/(%)在［1,2］是關聯(lián)的R(x)是在｛1｝關聯(lián)的，且是在［0,+8)關聯(lián)

的.

【解析】解：(1)f3在［0,+8)關聯(lián)，在［0,1］不關聯(lián)，

任取X1-X2H0,+8),則/(XI)-/(X2)=2(尤1-尤2)G［0,+8),：.f(x)在［0,+8)關聯(lián)；

取xi=l,X2=o,則Xl-X2=le［O，1J,

,：f(xi)-f(X2)=2(XI-Xi)=2《［0,1］,：.f(x)在［0,1］不關聯(lián)；

(2):/(x)在｛3｝關聯(lián)，，對于任意xi-初=3,都有/(xi)-f(x2)=3,

對任意x,都有/(x+3)-f(x)=3,

由xe［O,3)時，f(x)=/-2x,得/(x)在xRO,3)的值域為［-1,3),

：.f(x)在撫［3,6)的值域為［2,6),

：.2^f(x)W3僅在xe［O,3)或尤6［3,6)上有解，

xG［O,3)時，/(無)=?-2%,令2W7-2xW3,解得、<+1三彳<3,

xG［3,6)時，f(x)=/(尤-3)+3=？-8.r+18,令2W--8x+18W3,解得3WxW5,

不等式2守(尤)<3的解為［\i+1,5］,

(3)證明：①先證明：f(x)是在｛1｝關聯(lián)的，且是在［0,+8)關聯(lián)的“(工)在口，2］是關聯(lián)的，

由已知條件可得，f(x+1)=f(x)+1,

.*./(x+〃)—f(x)+n,幾CZ,

又?:fQx)是在［0,+8)關聯(lián)的，

...任意X2>X1，f(X2)>/(xi)成立，

若1Wx2-xiW2,

WX2WXI+2,

:?/(xi+1)Wf(12)Wf(xi+2),即/(xi)+1W/(九2)Wf(xi)+2,

1^/(X2)~f(xi)W2,

.V(x)是［L2］關聯(lián),

②再證明：f(x)在［1,2］是關聯(lián)的可(x)是在｛1｝關聯(lián)的，且是在［0,+8)關聯(lián)的，

V/(%)在［1,2］是關聯(lián)的，???任取為一12包1,2］,都有/(處)-f(X2)G［l,2］成立，

即滿足1Wxi-12W2,都有1W/(xi)-f(%2)&2,

下面用反證法證明/(x+l)-f(x)=1,

若/(x+1)-f(x)>1,則/(x+2)-f(x)—f(x+2)-f(x+1)4/(x+1)-f(x)>2,與/(x)在

［b2］是關聯(lián)的矛盾，

若/(尤+1)-f(x)<1,而/(%)在［1,2］是關聯(lián)的，則/(x+1)-f(x)21,矛盾，

：.f(x+1)-于3=1成立，即/(x)是在｛1｝關聯(lián)的，

再證明了(龍)是在［0,+8)關聯(lián)的，

任取羽-126［%+°°)(〃EN)，則存在使得任取冗1-12日小n+1］(〃EN)，

V-（H-1）-X2W2,

.,./[xi-（M-1）]-/（X2）=f（XI）-（?-1）-f（X2）G[L2],

'.f（xi）-f（X2）旦〃,n+l]￡[O,+°°），

：.f(x)是在［0,+8)關聯(lián)的；

綜上所述，f(x)是{1}關聯(lián)的，且是在［0,+8)關聯(lián)的，當且僅當7(X)在［1,2］是關聯(lián)的”，

故得證.

【點評】該題考查了函數求解析式，解不等式，函數恒成立的知識，對學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AUR,函數y=/(x)的定義域為。，若對任意正4且xeD,不等式/(無)

W/(x+f)恒成立，則稱函數f(x)具有A性質.

(1)當4={-1},判斷/(x)=-x、g(x)=2尤是否具有A性質；

1

+—

(2)當4=(0,1),f(x)=xX,xE［a,+°°),若/(x)具有A性質，求a的取值范圍；

(3)當4={-2,m},m￡Z,若。為整數集且具有A性質的函數均為常值函數，求所有符合條件的機

的值.

【分析】(1)利用函數的單調性結合新定義，逐個判斷即可；

1

f(x)=x+-(x2a)

(2)依題意，X為增函數，由雙勾函數的圖象及性質即得解；

(3)根據條件，分加W0,機為正偶數和機為正奇數三種情況，求出條件的機的值.

【解析】解：(1)(x)=-X為減函數，

/./(X)</(尤-1),

：.f(X)=-X具有A性質；

???g(x)=2x為增函數，

.,.g(無)>g(尤-1),

：.g(X)=2尤不具有A性質；

(2)依題意，對任意怎(0,1),f(%)wy(無+力恒成立，

1

f(x)=x+-fxWa)

x為增函數(不可能為常值函數)，

由雙勾函數的圖象及性質可得

當時，函數單調遞增，滿足對任意正(0,1),/(x)W/(無+力恒成立，

綜上，實數a的取值范圍為［1,+8).

（3）?.?。為整數集，具有A性質的函數均為常值函數,

當機W0時，取單調遞減函數/（無）=-x,兩個不等式恒成立，但/（x）不為常值函數；

）,（??n為得數

當機為正偶數時，取f‘（x,不數，兩個不等式恒成立，但了（無）不為常值函數；

當根為正奇數時，根據對任意怎A且在。，不等式/（x）W/（x+t）恒成立，

可得/（X-/"）W/（x）W/（x+7"）W/（尤+1）,

則y（x）=/（%+i）,所以y（x）為常值函數，

綜上，根為正奇數.

【點評】本題以新定義為載體，考查抽象函數的性質及其運用，考查邏輯推理能力及靈活運用知識的能

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

題型序號題型內容題號

題型1集合新題型1-2

題型2函數新題型3-4

題型3數列新題型5-6

題型4數列綜合新題型7-8

題型5圓錐曲線新題型9-10

題型6計數原理與統(tǒng)計概率新題型11-14

題型7三角函數與數列、平面解析幾何綜合新題型15-16

題型8導數新題型17

題型9導數與數列新題型18-19

題型10導數與函數新題型20-22

題型11導數與函數、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.模擬預測）拓撲學是一個研究圖形（或集合）整體結構和性質的一門幾何學，以抽象而嚴

謹的語言將幾何與集合聯(lián)系起來，富有直觀和邏輯.已知平面爐={（x,y）|Vx,yeR},定義對A（與％）,

4（%，%），其度量（距離）d（4,4）=-々-%）2并稱（E。，力為一度量平面.設毛?石2,4,

￡CR+,稱平面區(qū)域8（%，￡）=卜€(wěn)（后2,d）\d（x0,x）＜M為以毛為心，￡為半徑的球形鄰域.

（1）試用集合語言描述兩個球形鄰域的交集；

（2）證明：（E。,力中的任意兩個球形鄰域的交集是若干個球形鄰域的并集；

（3）一個集合稱作“開集”當且僅當其是一個無邊界的點集.證明：（爐，d）的一個子集是開集當且僅當其可被

表示為若干個球形鄰域的并集.

【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）設這兩個球形鄰域分別為耳（士，耳），與（龍2,外），

。為耳和B2的交集.

①若與B2不相交，則用cB?=0；

②若與B2相交，則

O=B]cB,={xe")|“(孫x)<劣}ed^\d(x2,x)<

=「€（爐，x）＜￡],且4（和x）＜f2｝

故81cB2=0或卜€(wěn)（爐，x￡

)<￡1，且〃(無2，^)<2}.

（2）我們約定集合族是指以集合為元素的集合，其并運算為

U〃A4表示集合族｛AJAGA｝的所有集合的并集

回到原題，設這兩個球形鄰域分別為男（孫￡j,B2（X2,S2）,。為片和坊的交集.

①若B1與B2不相交，則B^B2=0,即?？梢钥醋髁銈€球形鄰域的并集;

②若4與與相交，則取VyeBx（%,弓）c4（尤2，，

令￡,=min{￡]-〃(&,y),s2-d(x2,y)},構造球形鄰域耳(y,￡J.

因為對于VzeBy(y,eJ,有

d(xpz)<y)+d(y,z)(d(玉，y')+￡y<￡x

z)<d(x2,y)+d(y,z)<d[<x2,y)+gyWj

故zeB[(X1,^)nB2(x2,s2),這說明紇卜，^)nfi2(x2,%)=D.

由于y是。中任取的一點，這說明4(“eJuBiU，￡])門外(如s2),

繼而OnUysUKUyaoB、。，￡)[瓦(占，^)nB2(x2,￡2)=D

即。=耳(沖^)nB2(x2,和)可被表示為若干個球形鄰域4("ej的并集.

命題得證.

⑶①先證充分性：當饞2,4的一個子集可以寫為若干球形鄰域的并時，其必為開集.

設Ga(E2,4,由(2)可知G可看作若干個球形鄰域的并集，

即6=0”用(與￡,)

則X/xeG,表>0使得%€3,&,￡,)UG,故G是開集.充分性證畢.

②再證必要性：若(E\d)的一個子集是開集，則其可被表示為若干個球形鄰域的并集.

設G是一個開集，由情況①得VxeG,三￡>0：使得彳€旦仁,￡,)UG,所以

G=ULG㈤=U￥G4(七，弓)[G

即G=U8,eG耳(與與)

故G可被表示為若干個球形鄰域4(尤,，4)的并集.必要性證畢.

【點睛】思路點睛：利用集合的運算和題干中的定義完成問題.

2.(2024?廣東?模擬預測)已知集合A中含有三個元素x,y,z,同時滿足①x<y<z；②x+y>z；③x+y+z

為偶數，那么稱集合A具有性質P.已知集合Sn={1,2,3,--,2〃}(〃eN*,〃")，對于集合S,的非空子集B,

若S,,中存在三個互不相同的元素名"c,使得a+仇Hc,c+a均屬于B,則稱集合B是集合S,,的“期待子集”.

⑴試判斷集合A={1,2,3,5,7,9}是否具有性質P,并說明理由;

(2)若集合8={3,4a}具有性質？，證明：集合8是集合S’的“期待子集”；

(3)證明：集合M具有性質P的充要條件是集合M是集合S”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)分取到的三個元素都是奇數和有偶數2,兩種情況比較三個條件，即可判斷；

(2)首先根據性質P,確定集合B,再根據“期待子集”的定義，確定集合8是集合S’的“期待子集”；

(3)首先證明充分性，存在三個互不相同的a,b,c,使得a+仇b+c,c+a均屬于M

證明滿足性質P的三個條件；再證明必要性，首先設滿足條件的。,瓦。，再證明"+Ab+c,c+a均屬于M,

即可證明.

【解析】(1)集合4={1,2,3,5,7,9}不具有性質p,理由如下：

(i)從集合A中任取三個元素x，y，z均為奇數時，x+y+z為奇數，不滿足條件③

(ii)從集合A中任取三個元素x,y,z有一個為2,另外兩個為奇數時，不妨設y=2,x<z,

則有z-尤“，即z-My,不滿足條件②，

綜上所述，可得集合A={123,5,7,9}不具有性質P.

(2)證明：由3+4+a是偶數，得實數。是奇數，

當a<3<4時，由a+3>4,得l<a<3,即a=2,不合題意，

當由3+4>a,得4<a<7,即a=5,或a=6(舍)，

因為3+4+5=12是偶數，所以集合8={3,4,5},

令〃+/?=3,/?+c=4,c+q=5,解得a=2,6=1,c=3,

顯然a,6,ceS4={l,2,3,4,5,6,7,8},

所以集合8是集合S4的“期待子集”得證.

(3)證明：

先證充分性：

當集合M是集合S”的“期待子集”時，存在三個互不相同的。，瓦c,使得a+4A+c,c+a均屬于

不妨設a<b<c,令x=a+b,y=a+c,z-b+c,則x<y<z,即滿足條件①,

因為x+y—z=(a+b)+(a+c)—(6+c)=2a>。，所以x+y>z,即滿足條件②,

因為x+y+z=2(a+Z?+c),所以無+y+z為偶數，即滿足條件③，

所以當集合M是集合S”的“期待子集”時，集合M具有性質P.

再證必要性:

當集合M具有性質P,則存在無，y，z,同時滿足①x<y<z；②尤+y>z；③尤+y+z為偶數,

令”葉產-z,戒號c=江產-x,則由條件①得"b<c,

由條件②得a=E±^-z=葉廠>0,

由條件③得。，6,c均為整數，

國歸x+y+zz+x-yz-h(z-y)-y

因為z-c=z+x--------=------—>--------=z-y>0,

222

所以0<〃<b<c<z,且〃，仇。均為整數，

所以,

因為a+b=x,a+c=y,b+c=z,

所以a+5,b+c,c+a均屬于M,

所以當集合M具有性質P時，集合M是集合S”的“期待子集”.

綜上所述，集合M是集合S”的“期待子集”的充要條件是集合M具有性質P.

【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是利用“性質P”和“期待子集”的定義

題型2：函數新題型

3.(2024.安徽安慶.二模)取整函數被廣泛應用于數論、函數繪圖和計算機領域，其定義如下：設尤eR,

不超過x的最大整數稱為x的整數部分，記作田，函數y=［劃稱為取整函數.另外也稱四是尤的整數部分,

稱{x}=x-［x］為X的小數部分.

⑴直接寫出［In可和的值；

(2)設a,6eN*,證明：a=b*+b\^^且04“小非-1,并求在b的倍數中不大于a的正整數的個數;

(3)對于任意一個大于1的整數a,a能唯一寫為a=pfxpfx…xp2，其中p,為質數，q為整數，且對任意

的i<j,A<Pj,i,je{l,2,3,…用，稱該式為。的標準分解式，例如100的標準分解式為100=2?x5?.證

nnn+-=￡00n

明：在川的標準分解式中，質因數2(Pi0,n>lneN")的指數G=++

Pip;Pir=lPi

【答案】⑴1,0.25

⑵證明見解析，[[個

(3)證明見解析

【分析】

(1)結合定義計算即可得；

(2)由題意可得:=[]+[],等式兩邊同時乘6,即可得證。="父+”3，由a,6都為整數，結合

bLb]㈤|_6」㈤

定義可證得,即可得證0。仁卜人1,假設b,2b,泌都小于等于a,可得

nb<a=b\即有〃4I+]]，又即可得即可得解；

(3)利用(2)中結論可得P,的倍數中不大于〃的正整數的個數為一，P；的倍數中不大于〃的正整數的

LAJ

rjH

個數為—,P；的倍數中不大于n的正整數的個數為—,依次進行下去，可得

LAJLAJ

nnnr=lrj

++

H---=Zr,即得證.

Pip;Pi00Pi

【解析】(1)由e<兀<2e,故1</加<2,故[/〃句=1,

33

=———1)=—=0.25?

444v74

(2)

「、iaa+用，等式兩邊同時乘"得a=baa

因為廠b+b

b~b~b

="b閭也為整數,

因為a,。都為整數，所以人

aaa

又<b,所以<b-\,即得證,

OK~b<1,所以0/~b0?Z?~b

aa

+b

假設b,2b,.腦都小于等于Q,〃EN*,因為〃=b~b~b

aaa

所以?a=Z?—+b7,所以三”

b~b~b

a

因為0W<1,所以〃W,所以b的倍數中不大于〃的正整數的個數為個;

b

(3)

w!=lx2x3x…x”,將2,3,w每一個數都分解為質因數的乘積.

對于質因數Pi，利用（2）中結論，P,的倍數中不大于〃的正整數的個數為一，記為4,

LAJ

將這些數都提取Pt出來，此時P的倍數中還有可以提取出pt的數，

17

注意到P；的倍數中不大于〃的正整數的個數為—，記為幾2,將這些數提取Pj出來;

Pi

同理，Pi*的倍數中不大于〃的正整數的個數為—，記為％,

Pi

依此這樣進行下去,

nnnr=ln

則質因數Pi的指數卬="1+%+%+…=++H--=2—，即得證.

PiPiPi8Pi

aa

【點睛】關鍵點點睛：本題中第二小問關鍵點在于由題意得到;=