2024数学高考前冲刺题《新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义）》含答案.pdf

黄金冲刺大题 07 新定义综合黄金冲刺大题 07 新定义综合（数列新定义、函数新定义、集合新定义）（精选 30 题）（数列新定义、函数新定义、集合新定义）（精选 30 题）1（2024辽宁辽宁二模）二模）已知数列 na的各项是奇数，且na是正整数n的最大奇因数，34212nnSaaaaaL.(1)求620,a a的值；(2)求123,S SS的值；(3)求数列 nS的通项公式.【答案】(1)63a，205a(2)12S，26S，322S(3)423nnS【分析】（1）根据所给定义直接计算可得；（2）根据所给定义列出1,2,3,8iia，即可得解；（3）当n为奇数时2121nkaakN*k，即可求出13521naaaa，当n为偶数时2nkkaaaN*k，从而得到246812nnaaaaaS，即可推导出114nnnSS2n，再利用累加法计算可得.【详解】（1）因为61 23，所以63a，又201 4 5 ，所以205a；（2）依题意可得121aa，33a，41a，55a，63a，77a，81a，所以1122Saa，234121 1 3 16aSaaa ，3123567481 1 3 1 537 122Saaaaaaaa .（3）因为na是正整数n的最大奇因数，当n为奇数，即21nkN*k时2121nkaak，所以11135211211 3521242nnnnnaaaa ，当n为偶数，即2nkN*k时2nkkaaa，所以当2n 时124681 22 23 24 222 2nnaaaaaaaaaa1123412nnaaaaaS，所以34212nnSaaaaaL 1352468212nnaaaaaaaaa114nnS，所以114nnnSS2n 且12S，所以 11221321nnnnnSSSSSSSSSS12244442nn14 1 44221 43nn，当1n 时12S 也满足423nnS，所以数列 nS的通项公式为423nnS.【点睛】关键点点睛：本题关键是理解定义，第三问关键是推导出114nnnSS2n 且12S，最后利用累加法求出nS.2（2024黑龙江双鸭山黑龙江双鸭山模拟预测）模拟预测）已知数列12:,(3)NA a aaN 的各项均为正整数，设集合jiTx xaa，1ijN，记T的元素个数为()P T.(1)若数列 A:1，3，5，7，求集合T，并写出()P T的值;(2)若A是递减数列，求证:“()1P TN”的充要条件是“A为等差数列”;(3)已知数列2:2,2,2NA，求证:(1)()2N NP T.【答案】(1)2,4,6,()3TP T.(2)证明见解析；(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，结合集合的新定义，即可求解；（2）若A为等差数列，且A是递减数列，得到0d，结合()ijaaji d，证得充分性成立；再由A是递减数列，得到2131411,NTaa aa aaaaL，结合互不相等，得到21321NNaaaaaa，得到必要性成立，即可得证；（3）根据题意，得到(1)()2N NPT，得出22ijjiaa，得到111222221221ijiiji，不妨设12ii，则12112222121iijiji，推得2221ji为奇数，矛盾，进而得证.【详解】（1）解：由题意，数列:1,3,5,7A，可得3 12,5 14,7 16,532,734 752，所以集合2,4,6T，所以()3P T.（2）证明：充分性：若A为等差数列，且A是递减数列，则A的公差为(0)d d，当1ijN 时，()ijaaji d，所以,2,3,(1)TdddNd，则()1P TN，故充分性成立.必要性:若A是递减数列，()1P TN，则A为等差数列，因为A是递减数列，所以2131411Naaaaaaaa，所以2131411,Naa aa aaaaTL，且互不相等，所以2131411,NTaa aa aaaaL，又因为324221NNaaaaaaaa，所以232421,NNaa aaaa aaT且互不相等，所以322142312,Naaaa aaaaaa11Naa，所以21321NNaaaaaa，所以A为等差数列，必要性成立.所以若A是递减数列，“()1P TN”的充要条件是“A为等差数列”.（3）证明：由题意集合|,1jiTx xaaijN 中的元素个数最多为(1)2N N 个，即(1)()2N NPT，对于数列2:2,2,2NA，此时22ijjiaa，若存在1122jijiaaaa，则11222222jiji，其中1122,jiji，故111222221221ijiiji，若12ii，不妨设12ii，则12112222121iijiji，而1122,jiji，故1211221iiji为偶数，2221ji为奇数，矛盾，故12ii，故12jj，故由2:2,2,2NA得到的jiaa彼此相异，所以(1)()2N NP T.3（2024广西广西二模）二模）已知函数 lnf xx，若存在 g xf x恒成立，则称 g x是 f x的一个“下界函数”(1)如果函数 lntg xxx为 f x的一个“下界函数”，求实数t的取值范围；(2)设函数 12eexF xf xx，试问函数 F x是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由【答案】(1)2(,)e(2)函数 F(x)是否存在零点，理由见解答【分析】（1）把恒成立问题转换为求2 lnxx的最小值问题，利用导数求出最小值即可；（2）把函数整理成 111121 1lneeeeeeexxxxF xxxxxx，要判断是否有零点，只需看()F x的正负问题，令1()eexxG x，利用导数分析()G x即可.【详解】（1）由()()g xf x恒成立，可得lnlntxxx恒成立，所以2 lntxx恒成立,令()2 lnh xxx，所以()2 1lnh xx（），当1(0,)ex时,()0h x，()h x在1(0,)e单调递减；当1()ex，时,()0h x，()h x在1()e，单调递增；所以()h x的最小值为12()eeh，所以2et ，实数 t 的取值范围2(,e；（2）由（1）可知22 lnexx ，所以22lnexx，所以1lnexx，又 12eexF xf xx，所以121121 1()ln()eeeeeeexxxxF xxxxxx，令1()eexxG x，所以1()exxG x，当(0,1)x时,()0G x，()G x在(0,1)单调递减；当(1)x，时,()0G x，()G x在1,单调递增；所以()(1)0G xG，所以121121 1()ln()0eeeeeeexxxxF xxxxxx，又中取等号的条件不同，所以()0F x 所以函数没有零点.4（2024湖南长沙湖南长沙模拟预测）模拟预测）设 n 次多项式121210()0nnnnnnP ta tata tataa，若其满足(cos)cosnPxnx，则称这些多项式 nP t为切比雪夫多项式.例如：由coscos可得切比雪夫多项式1()P xx，由2cos22cos1可得切比雪夫多项式22()21P xx.(1)若切比雪夫多项式323()P xaxbxcxd，求实数 a，b，c，d 的值；(2)对于正整数3n时，是否有 122nnnPxx PxPx成立？(3)已知函数3()861f xxx在区间1,1上有 3 个不同的零点，分别记为123,x xx，证明：1230 xxx.【答案】(1)4,0,3abdc(2)112nnnPxx PxPx成立(3)证明见解析【分析】（1）利用3coscos3cos 2P展开计算，根据切比雪夫多项式可求得,a b d c；（2）要证原等式成立，只需证明cos1cos12coscosnnn成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；（3）由已知可得方程31432xx在区间1,1上有 3 个不同的实根，令cos,0,x，结合（1）可是1cos32，可得12357cos,cos,cos999xxx，计算可得结论.【详解】（1）依题意，223coscos3cos 2cos2 cossin2 sin2cos1 cos2sincosP3232coscos2 1 coscos4cos3cos，因此 3343P xxx，即32343axbxcxdxx，则4,0,3abdc，（2）112nnnPxx PxPx成立.这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式cos1cos12coscosnnn.首先有如下两个式子：1coscoscoscossinsinnPnnn，1coscoscoscossinsinnPnnn，两式相加得，11coscos2coscos2coscosnnnPPnP，将cos替换为x，所以 112nnnPxx PxPx.所以对于正整数3n 时，有 122nnnPxx PxPx成立.（3）函数 3861f xxx在区间1,1上有 3 个不同的零点123,x xx，即方程31432xx在区间1,1上有 3 个不同的实根，令cos,0,x，由 1知1cos32，而30,3，则33或533或733，于是12357cos,cos,cos999xxx，则1235742coscoscoscoscoscos999999xxx，而4233coscoscoscos2coscoscos999999399，所以1230 xxx.5（2024浙江浙江模拟预测）模拟预测）已知实数0q，定义数列 na如下：如果2012222,0,1kkinxxxxx，0,1,2,ik，则2012knkaxx qx qx q(1)求7a和8a（用q表示）；(2)令12nnba，证明：211nniiba；(3)若12q，证明：对于任意正整数n，存在正整数m，使得1nmnaaa【答案】(1)23781,aaq(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）观察题目条件等式中的系数可得答案；（2）112nnnbaq，分别计算1niib和2 1na可证明结论；（3）先根据112nnaq无上界说明存在正整数m，使得nmaa，分1m是偶数和1m是奇数分别说明.【详解】（1）因为27122，所以271a；因为382，所以38aq；（2）由数列 na定义得：112nnnbaq；所以2111nniibq 而21211222nn ，所以121211nnniiaqb；（3）当12q，由（2）可知，112nnaq无上界，故对任意na，存在ma，使得mnaa设m是满足mnaa的最小正整数下面证明1mnaa若1m是偶数，设2121222,0,1,1,2,kkimxxxxik，则2121222kkmxxx，于是212111kmkmax qx qx qa 因为1nmaa，所以111mmnaaa 若1m是奇数，设2221122222llklkmxx ，则 1222111 1111llllmmaaq 所以111mmnaaa 综上所述，对于任意正整数n，存在正整数m，使得1nmnaaa6（2024辽宁辽宁三模）三模）若实数列 na满足*n N，有212nnnaaa，称数列 na为“T数列”.(1)判断2,lnnnan bn是否为“T数列”，并说明理由；(2)若数列 na为“T数列”，证明：对于任意正整数,k m n，且kmn，都有nmmkaaaanmmk(3)已知数列 na为“T数列”，且202410iia.令12024max,Maa，其中max,a b表示,a b中的较大者.证明：1,2,3,2024k，都有20252023kMaM.【答案】(1)数列 na是“T数列”，数列 nb不是“T数列”；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据“T数列”的定义判断可得出结论；（2）由1122,3,kkkaaak可得出11kkkkaaaa，利用累加法结合不等式的基本性质可得1mmmnaaaanm，以及1mkmmaaaamk，再结合11mmmmaaaa可证得结论成立；（3）首先当1k 或 2024 时的情况，再考虑2,3,20。