定义题（解答题10大题）--2025年高考数学一轮复习含答案.pdf

《定义题（解答题10大题）--2025年高考数学一轮复习含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《定义题（解答题10大题）--2025年高考数学一轮复习含答案.pdf（24页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、1拓展二：定义题(解答题10大题)拓展二：定义题(解答题10大题)1(2022上北京高一校考阶段练习)(2022上北京高一校考阶段练习)已知数集A=a1,a2,an1=a1a2an,n2具有性质P：对任意的k 2kn，i,j 1i jn，使得ak=ai+aj成立(1)分别判断数集 1,3,4与 1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由；(2)若an=36，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A；(3)求证：an2a1+a2+an+1n2定义题（解答题10大题）-2025年高考数学一轮复习22(2024(2024上上北京平谷北京平谷高一统考期末高一统考期末)已知集合A=

2、1,2,3,nnN N,n3,WA，若W中元素的个数为m(m2)，且存在u,vW(uv)，使得u+v=2kkN N，则称W是A的P(m)子集(1)若n=5，写出A的所有P(4)子集；(2)若W为A的P(m)子集，且对任意的s,tW(st)，存在kN N，使得s+t=2k，求m的值33(2023(2023上上北京海淀北京海淀高二北京交通大学附属中学校考期中高二北京交通大学附属中学校考期中)给定正整数n2，设集合M=t1,t2,tn,tk 0,1,k=1,2,n 对于集合M中的任意元素和，记=x1y1+x2y2+xnyn设AM，且集合A=ii=ti1,ti2,tin,i=1,2,n ，对于A中任意

3、元素i,j，若ij=p,i=j,1,i j,则称A具有性质T n,p(1)判断集合A=1,1,0,1,0,1,0,1,1是否具有性质T 3,2？说明理由；(2)判断是否存在具有性质T 4,p的集合A，并加以证明44(2024(2024上上北京密云北京密云高一统考期末高一统考期末)对于正整数集合A=a1,a2,an(nN N*，n3)如果去掉其中任意一个元素.aii=1,2,n之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“和谐集”.(1)判断集合 1,2,3,4,5是否是“和谐集”，并说明理由；(2)求证：若集合A是“和谐集”.则集合A

4、中元素个数为奇数；(3)若集合A是“和谐集”，求集合A中元素个数的最小值.55(2024(2024上上北京朝阳北京朝阳高一统考期末高一统考期末)已知集合A=a1,a2,an，其中nN N*且n4,aiN N*(i=1,2,n)，非空集合BA，记T(B)为集合B中所有元素之和，并规定当B中只有一个元素b时，T(B)=b(1)若A=1,2,5,6,7,8,T(B)=8，写出所有可能的集合B；(2)若A=3,4,5,9,10,11,B=b1,b2,b3，且T(B)是12的倍数，求集合B的个数；(3)若ai1,2,3,2n-1(i=1,2,n)，证明：存在非空集合BA，使得T(B)是2n的倍数66(2

5、023(2023上上北京朝阳北京朝阳高二统考期末高二统考期末)设正整数n4，若由实数组成的集合A=a1,a2,an满足如下性质，则称A为Hn集合：对A中任意四个不同的元素a,b,c,d，均有ab+cdA.(1)判断集合A1=0,12,1,2 和A2=13,1,2,3 是否为H4集合，说明理由；(2)若集合A=0,x,y,z为H4集合，求A中大于1的元素的可能个数；(3)若集合A为Hn集合，求证：A中元素不能全为正实数.77(2023(2023上上浙江浙江高一校联考阶段练习高一校联考阶段练习)设a,b,mR R，若满足(a-m)2(b-m)2，则称a比b更接近m.(1)设2 x 比x+1更接近0

6、，求x的取值范围；(2)判断“x+y-2mx-y0且x3,y=x+3x+1，试判断x与y哪一个更接近3.88(2024(2024下下安徽安徽高三池州市第一中学校联考开学考试高三池州市第一中学校联考开学考试)基本不等式可以推广到一般的情形：对于n个正数a1,a2,an，它们的算术平均不小于它们的几何平均，即a1+a2+annna1a2an，当且仅当a1=a2=an时，等号成立若无穷正项数列 an同时满足下列两个性质：M0,anM；an为单调数列，则称数列 an具有性质P(1)若an=n+4n2，求数列 an的最小项；(2)若bn=12n-1，记Sn=ni=1bn，判断数列 Sn是否具有性质P，并

7、说明理由；(3)若cn=1+1nn，求证：数列 cn具有性质P99(2024(2024上上上海上海高一上海市建平中学校考期末高一上海市建平中学校考期末)对于函数 f x，若存在x0R R，使 f x0=x0成立，则称x0为 f x的不动点(1)已知函数 f x=x2-x-3，求函数 f x的不动点；(2)若对于任意的bR R，二次函数 f x=ax2+b-1x+b-8(a0)恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围；(3)若函数 f x=mx2-m+1x+m+1在区间 0,2上有唯一的不动点，求实数m的取值范围1010(2023(2023下下上海普陀上海普陀高二校考期中高二校考期中)对于函数y

8、=f x，分别在xN,x1处作函数y=f x的切线，记切线与x轴的交点分别为(x1,0),(x2,0).(xn,0)，记xn为数列xn的第n项，则称数列xn为函数y=f x的“切线-x轴数列”，同理记切线与y轴的交点分别为(y1,0),(y2,0).(yn,0)，记yn为数列yn的第n项，则称数列yn为函数y=f x的“切线-y轴数列”(1)设函数 f x=cosx+x，记 f x“切线-x轴数列”为an，记Sn为an的前n项和，求Sn.(2)设函数g x=12x，记g x“切线-y轴数列”为bn，猜想bn的通项公式并证明你的结论.(3)设复数z x=ax+bi,a,b均为不为0的实数，记z为

9、z的共轭复数，设h(x)=zz，记h x“切线-y轴数列”为cn，求证：对于任意的不为0的实数a，总有cn=b2z n成立.1拓展二：定义题拓展二：定义题(解答题解答题10 10大题大题)1(2022(2022上上北京北京高一校考阶段练习高一校考阶段练习)已知数集A=a1,a2,an1=a1a2an,n2具有性质P：对任意的k 2kn，i,j 1i jn，使得ak=ai+aj成立(1)分别判断数集 1,3,4与 1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由；(2)若an=36，求A中所有元素的和的最小值并写出取得最小值时所有符合条件的集合A；(3)求证：an2a1+a2+an+1n2【答案】(1)

10、1,3,4不具有，1,2,3,6具有，理由见解析(2)75；A=1,2,4,5,9,18,36或A=1,2,3,6,9,18,36(3)证明见解析【分析】(1)由31+1，所以数集 1,3,4不具有性质P，同理根据集合性质P的概念，可判断1,2,3,6具有性质P；(2)由(1)结合数集的性质P的概念，满足ai+aj=9，分类讨论，即可求得数集A；(3)根据数集的性质P的定义，可得aiak,aiak，所以aiak-1,ajak-1，满足an-12an-2,an-22an-3,a32a2,a22a1，累加即可证明an2a1+a2+an+1n2【详解】(1)因为31+1，所以数集 1,3,4不具有性

11、质P，因为2=1+1,3=1+2,6=3+3，所以数集 1,2,3,6具有性质P；(2)由a1=1,a2=2a1=2，所以A的元素都是整数，构造A=1,2,3,6,9,18,36或A=1,2,4,5,9,18,36具有性质P，此时元素和为75且是最小值；下面证明：假设集合A=a1,a2,an1=a1a2an,n2满足S=ni=1ai75，(存在性显然，因为满足S=ni=1ai75的数集A只有有限个)第一步：首先说明集合A=a1,a2,an1=a1a2an,n2中至少有7个元素，因为集合A=a1,a2,an具有性质P：对任意的k 2kn，i,j 1i jn，使得ak=ai+aj成立，又1=a1a

12、2an,n2，所以aiak,ajak，所以aiak-1,ajak-1，所以ak=ai+aj2ak-1，an-12an-2,an-22an-3,a32a2,a22a1，又a1=1，所以a22,a34,a48,a516,a63236，2所以n7；第二步：证明an-1=18,an-2=9，若18A，设at=18，因为an=18+18=36，为了使S=ni=1ai最小，在集合A中一定不含有元素ak，使得18akan+ai+aj+4a1=76，矛盾；所以18A，进而an-1=18；同理可证：an-2=9，那么根据性质P，有ai,aj，使得ai+aj=9，我们需要考虑如下几种情况：ai=8,aj=1，此时

13、集合中至少需要一个大于等于4的元素ak，才能得到8，所以A中所有元素的和大于76，ai=7,aj=2，此时集合中至少需要一个大于等于4的元素ak，才能得到7，所以A中所有元素的和大于76，假设ai=6,aj=3，同上，此时集合A=1,2,3,6,9,18,36的和最小，为75；当ai=5,aj=4，此时集合A=1,2,4,5,9,18,36的和最小，最小值为75；所以A中所有元素的和最小，最小值为75，此时A=1,2,4,5,9,18,36或A=1,2,3,6,9,18,36；(3)因为集合A=a1,a2,an具有性质P：即对任意的k 2kn，使得ak=ai+aj成立，又因为1=a1a2an,

14、n2，所以aiak,ajak，所以aiak-1,ajak-1，所以ak=ai+aj2ak-1，an-12an-2,an-22an-3,a32a2,a22a1，将上述不等式相加得：a2+an-1+an2 a1+a2+an-1，所以an2a1+a2+an+1n2【点睛】关键点点睛：第二问采用枚举法即可证明，根据题设信息，不断的确定集合A中的具体元素，将抽象问题具体化，从而证明出结论，过程中需用反证法证明猜想.2(2024(2024上上北京平谷北京平谷高一统考期末高一统考期末)已知集合A=1,2,3,nnN N,n3,WA，若W3中元素的个数为m(m2)，且存在u,vW(uv)，使得u+v=2kkN

15、 N，则称W是A的P(m)子集(1)若n=5，写出A的所有P(4)子集；(2)若W为A的P(m)子集，且对任意的s,tW(st)，存在kN N，使得s+t=2k，求m的值【答案】(1)1,3,2,4,1,3,2,5,1,3,5,4,5,3,2,4(2)m=2【分析】(1)根据P(m)子集的定义，即可求解；(2)取W=1,3，求得m=2，再利用反证法假设m3，推得a10，与a11矛盾即可.【详解】(1)当n=5时，A=1,2,3,4,5，所以A的所有P(4)子集为：1,3,2,4,1,3,2,5,1,3,5,4,5,3,2,4.(2)当n3时，取W=1,3，因为1+3=22，所以W是A的P(2)

16、子集，此时m=2符合题意；若m3，设a1,a2,a3W且1a1a2a3，根据题意，a1+a2=2k1,a1+a3=2k2,a2+a3=2k3，其中k1,k2,k3N，因为a1+a2a1+a3a2+a3，所以2k12k22k3，所以k1k2k3，又因为k1,k2,k3N，所以k3k2+1，因为2 a1+a2+a3=2k1+2k2+2k3，所以a1+a2+a3=122k1+2k2+2k3，所以a1=122k1+2k2+2k3-2k3=122k1+2k2-2k3，因为2k1+2k22k2+2k2=2k2+12k3，所以2k1+2k2-2k30，所以a10，与a11矛盾，综上所述，只有m=2满足题意.

17、【点睛】关键点点睛：第二问的关键是在讨论m3时，利用反证法假设m3，推得a10，与a11矛盾，由此即可顺利得解.3(2023(2023上上北京海淀北京海淀高二北京交通大学附属中学校考期中高二北京交通大学附属中学校考期中)给定正整数n2，设集合M=t1,t2,tn,tk 0,1,k=1,2,n 对于集合M中的任意元素和，记=x1y1+x2y2+xnyn设AM，且集合A=ii=ti1,ti2,tin,i=1,2,n ，对于A中任意元素i,j，若ij=p,i=j,1,i j,则称A具有性质T n,p(1)判断集合A=1,1,0,1,0,1,0,1,1是否具有性质T 3,2？说明理由；(2)判断是否存

18、在具有性质T 4,p的集合A，并加以证明【答案】(1)A具有性质T 3,2，理由见解析；(2)不存在，证明见解析.4【分析】(1)根据定义计算即可判定；(2)根据定义对p进行讨论，一一计算即可证明.【详解】(1)对于集合A=1,1,0,1,0,1,0,1,1，根据定义可知1,1,0 1,1,0=21,0,1 1,0,1=20,1,1 0,1,1=2，且1,1,0 1,0,1=11,0,1 0,1,1=10,1,1 1,1,0=1 符合定义，所以A具有性质T 3,2；(2)假设存在A具有性质T 4,p，根据定义易知A中有4个元素且p 0,1,2,3,4，若p=0，则A=0,0,0,0，没有4个元

19、素，不符题意舍去；若p=1，则A1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1,0,0,0,0,1，而 1,0,0,0 0,1,0,0=0，不符题意舍去；若p=2，则A1,1,0,0,0,1,1,0,0,0,1,1,1,0,0,1,1,0,1,0,0,1,0,1，而 1,1,0,0 0,0,1,1=1,0,1,0 0,1,0,1=1,0,0,1 0,1,1,0=0，故A中至多包含3个元素，不符题意舍去；若p=3，则A1,1,1,0,0,1,1,1,1,0,1,1,1,1,0,1，而 1,1,1,0 1,1,0,1=2，不符题意舍去；若p=4，则A1,1,1,1，没有4个元素，不符题意舍去；综上可知

20、：不存在具有性质T 4,p的集合A.【点睛】思路点睛：第二问需要根据定义得出 p 0,1,2,3,4，从而分五种情况进行讨论，讨论时依次得出集合A的可能情况结合定义验证判定即可.4(2024(2024上上北京密云北京密云高一统考期末高一统考期末)对于正整数集合A=a1,a2,an(nN N*，n3)如果去掉其中任意一个元素.aii=1,2,n之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“和谐集”.(1)判断集合 1,2,3,4,5是否是“和谐集”，并说明理由；(2)求证：若集合A是“和谐集”.则集合A中元素个数为奇数；(3)若集合A是

21、“和谐集”，求集合A中元素个数的最小值.【答案】(1)不是，理由见解析(2)证明见解析(3)7【分析】(1)根据集合中这5个数字的特征,可以去掉2即可判断出集合1,2,3,4,5不是“和谐集”；(2)判断任意一个元素ai(i=1,2,n)的奇偶性相同，分类讨论，可以证明出若集合A是“和谐集”，则集合A中元素个数为奇数；(3)由(2)知n为奇数，根据n的取值讨论后求解.5【详解】(1)当集合1,2,3,4,5去掉元素2时，剩下元素组成两个集合的交集为空集有以下几种情况：1,3,4,5;1,4,3,5;1,5,3,4;1,3,4,5;3,1,4,5;4,1,3,5;5,1,3,4,经过计算可以发现

22、每给两个集合的所有元素之和不相等,故集合1,2,3,4,5不是“和谐集”；(2)设正整数集合A=a1,a2,an(nN N*，n3)所有元素之和为M，由题意可知M-ai(i=1,2,n)均为偶数，因此任意一个元素ai(i=1,2,n)的奇偶性相同.若M是奇数，所以ai(i=1,2,n)也都是奇数，由于M=a1+a2+an，显然n为奇数；若M是偶数，所以ai(i=1,2,n)也都是偶数.此时设ai=2bi(i=1,2,n),显然 b1,b2,bn也是“和谐集”，重复上述操作有限次，便可以使得各项都为奇数的“和谐集”，此时各项的和也是奇数，集合A中元素的个数也是奇数，综上所述：若集合A是“和谐集”

23、，则集合A中元素个数为奇数.(3)由(2)知集合A中元素个数为奇数，显然n=3时，集合不是“和谐集”，当n=5时，不妨设a1a2a3a4a5，若A为“和谐集”，去掉a1后，得a2+a5=a3+a4，去掉a2后，得a1+a5=a3+a4，两式矛盾，故n=5时，集合不是“和谐集”，当n=7，设A=1,3,5,7,9,11,13，去掉1后，3+5+7+9=11+13，去掉3后，1+9+13=5+7+11，去掉5后，9+13=1+3+7+11，去掉7后，1+9+11=3+5+13，去掉9后，1+3+5+11=7+13，去掉11后，3+7+9=1+5+13，去掉13后，1+3+5+9=7+11，故A=1

24、,3,5,7,9,11,13是“和谐集”，元素个数的最小值为7.【点睛】关键点点睛：此题考查对集合新定义的理解和应用，考查理解能力，解题的关键是对“和谐集”的准确理解，运用分类讨论求解是常用方法，属于较难题.5(2024(2024上上北京朝阳北京朝阳高一统考期末高一统考期末)已知集合A=a1,a2,an，其中nN N*且n4,aiN N*(i=1,2,n)，非空集合BA，记T(B)为集合B中所有元素之和，并规定当B中只有一个元素b时，T(B)=b(1)若A=1,2,5,6,7,8,T(B)=8，写出所有可能的集合B；(2)若A=3,4,5,9,10,11,B=b1,b2,b3，且T(B)是12

25、的倍数，求集合B的个数；(3)若ai1,2,3,2n-1(i=1,2,n)，证明：存在非空集合BA，使得T(B)是2n的倍数【答案】(1)8，1,7，2,6，1,2,5(2)4(3)证明见详解【分析】根据条件，可列出(1)(2)中所有满足条件的B；对(3)，分情况讨论，寻找使T B是2n倍数的集合B.【详解】(1)所有可能的集合B为：8，1,7，2,6，1,2,5.(2)不妨设：b1b2b3，由于3b1b2b311，且b1,b2,b3A，6所以3+4+5=12T B=b1+b2+b330=9+10+11.由题意，T B是12的倍数时，T B=12或T B=24.当T B=12时，因为b1+b2

26、+b33+4+5=12，所以当且仅当B=3,4,5时，T B=12成立，故B=3,4,5符合题意.当T B=24时，若b3=11，则b1+b2=13，故B=3,10,11或B=4,9,11符合题意；若b3=10，则b1+b2=14，故B=5,9,10符合题意；若b3=9，则b1+b2+b34+5+9=18，无解.综上，所有可能的集合B为 3,4,5，3,10,11，4,9,11，5,9,10.故满足条件的集合B的个数为4.(3)(1)当nA时，设a1a2an，则a1,a2,an,2n-a1,2n-a2,2n-an 1,2,3,n-1,n+1,2n-1，这2n个数取2n-2个值，故其中有两个数相

27、等.又因为a1a22n-a22n-an，从而a1,a2,an互不相等，2n-a1,2n-a2,2n-an互不相等，所以存在，1,2,n使得a=2n-a.又因an，an故.则B=a,a，则T B=a+a=2n，结论成立.(2)当nA时，不妨设an=n，则a1,a2,an-1(n4)，在这n-1个数中任取3个数，aiaja1不是n的倍数.考虑这n个数：a1，a2，a1+a2，a1+a2+a3，a1+a2+an-1.若这n个数除以n的余数两两不同，则其中必有一个是n的倍数，又a1，a22n且均不为n，故存在2rn-1，使得a1+a2+ar=pn nN*.若p为偶数，取B=a1,a2,ar，则T B=

28、pn，结论成立；若p为奇数，取B=a1,a2,ar,an，则T B=pn+n=p+1n，结论成立.若这n个数除以n的余数中有两个相同，则它们之差是n的倍数，又a2-a1，a1均不是n的倍数，故存在2stn-1，使得 a1+a2+at-a1+a2+as=qn qN*.若q为偶数，取B=as+1,as+2,at，则T B=qn，结论成立；若q为奇数，取B=as+1,as+2,at,an，则T B=qn+n=q+1n，结论成立.综上，存在非空集合BA，使得T B是2n的倍数.7【点睛】关键点点睛：如何找到非空集合B，使得T B是2n的倍数是问题的关键.6(2023(2023上上北京朝阳北京朝阳高二统

29、考期末高二统考期末)设正整数n4，若由实数组成的集合A=a1,a2,an满足如下性质，则称A为Hn集合：对A中任意四个不同的元素a,b,c,d，均有ab+cdA.(1)判断集合A1=0,12,1,2 和A2=13,1,2,3 是否为H4集合，说明理由；(2)若集合A=0,x,y,z为H4集合，求A中大于1的元素的可能个数；(3)若集合A为Hn集合，求证：A中元素不能全为正实数.【答案】(1)A1=0,12,1,2 是H4集合，A2=13,1,2,3 不是H4集合；(2)A中大于1的元素的可能个数为0,1.(3)见解析【分析】(1)由H4集合的定义即可得出答案；(2)由题意可得 x,y,z=xy

30、,yz,xz，不妨设xyz，分类讨论xyz0，xy0z，x0yz和0 xyz结合集合的性质即可得出答案；(3)根据已知新定义，分类讨论、反证法进行求解、证明.【详解】(1)集合A1=0,12,1,2 是H4集合，当a,b,c,d=0,12 ,1,2 时，012+12=2A1；当a,b,c,d=0,1,12,2 时，01+122=1A1；当a,b,c,d=0,2,12,1 时，02+121=12A1；集合A2=13,1,2,3 不是H4集合，取 a,b,c,d=13,1,2,3 ，则ab+cd=131+23=193A2，不满足题中性质.(2)当 a,b,c,d=0,z,x,y时，ab+cd=xy

31、A，当 a,b,c,d=0,x,y,z时，ab+cd=yzA，当 a,b,c,d=0,y,z,x时，ab+cd=xzA，所以 x,y,z=xy,yz,xz.不妨设xyz，若xyz0，从而yzA，与yzA矛盾；若xy0z，因为xzyzxy，故xz=x,yz=y,xy=z，所以z=1,xy=1.经验证，此时A=x,1x,0,1 是H4集合，元素大于1的个数为0；若x0yz，因为xzxy0，所以与 x,y,z=xy,yz,xz矛盾；8若0 xyz，因为xyxz1.经验证，此时A=0,x,1,1x 是H4集合，元素大于1的个数为1；综上：A中大于1的元素的可能个数为0,1.(3)假设集合A中全为正实数

32、.若A中至少两个正实数大于1，设0a1a2an-11，取 a,b,c,d=an-3,an-2,an-1,an，则ab+cd=an-3an-2+an-1anA，而an-3an-2+an-1anan-1anan，从而an-3an-2+an-1anA，矛盾；因此A中至多有1个正实数大于1.当n=4时，设a1a2a3a4，若0a1a2a310，a1a3+a2a4-a1a4+a2a3=a2a4-a3-a1a4-a3=a4-a3a2-a10，所以a1a2+a3a4a1a3+a2a4a1a4+a2a3a1，所以a1a2+a3a4=a4,a1a3+a2a4=a3,a1a4+a2a3=a2.因为0a3-a11，

33、所以a4-a2=a1a2+a3a4-a1a4+a2a3=a4a3-a1-a2a3-a1=a4-a2a3-a1a4-a2，矛盾.因此当n=4时，0a1,a2,a3,a41.当n5时，集合A中至少有4个不同的正实数不大于1，设S=t t=ai-aj,i,j 1,2,n,i j ，因为S是有限集，设s-r=minS，其中r,sA,rs.又因为集合A中至少有4个不同的正实数不大于1，所以s-r1，且存在p,qA，且p1,q1使p,q,r,s互不相同，则0 p-q1，当 a,b,c,d=r,p,s,q时，ab+cd=rp+sqA，当 a,b,c,d=s,p,r,q时，ab+cd=sp+rqA，于是rp+

34、sq-sp+rq=p r-s-q r-s=p-qs-rs-r，与s-r=minS矛盾.9因此，A中元素不能全为正实数.【点睛】思路点睛：对于与集合有关的新定义问题，注意根据定义检验，另外在问题解决的过程中，注意局部性质与整体性质的关系，注意利用已有的结果来解决后面的问题.7(2023(2023上上浙江浙江高一校联考阶段练习高一校联考阶段练习)设a,b,mR R，若满足(a-m)2(b-m)2，则称a比b更接近m.(1)设2 x 比x+1更接近0，求x的取值范围；(2)判断“x+y-2mx-y0且x3,y=x+3x+1，试判断x与y哪一个更接近3.【答案】(1)0,1(2)充分不必要条件，理由见

35、解析；(3)y更接近3【分析】(1)依据定义列出不等式，结合一元二次不等式解法即可求得x的取值范围；(2)根据已知条件分别判断充分性和必要性是否成立即可得出结论；(3)由x0且x3,y=x+3x+1利用函数单调性，分别对0 x3 时 y-3与x-3的大小进行比较，即可得出结论.【详解】(1)根据题意可得 2 x-02x+1-02，即3x-2 x-10；可得 3 x+1x-10，解得0 x1；即x的取值范围为 0,1；(2)充分性：显然xy，由x+y-2mx-y-1可得x-m+y-mx-y-1，若x-yy-x，可得x-m0；又x-y0可得xx-m0；即可得 x-m20，则 x-m+y-my-x，

36、可得x-m0可得xy，所以0 x-my-m；即可得 x-m2 y-m2，此时可以得出“x比y更接近m”；因此充分性成立必要性：由x比y更接近m可得 x-m2 y-m2，即 x-m-1，即必要性不成立；所以“x+y-2mx-y3 时，显然y=x+3x+1=1+2x+1在3,+上单调递减，所以y=x+3x+13+33+1=3，即y 1+3+23+1=2 3，即可得3-y-x-3=2 3-1+x+2x+10，即3-y x-3；同理当0 x3+33+1=3，即y3；可知y-3-3-x=-2 3+1+x+2x+1，又由对勾函数性质可知函数y=1+x+2x+1在 0,2-1上单调递减，在2-1,3上单调递

37、增；又-2 3+1+0+20+10,-2 3+1+3+23+1=0，所以y-3-3-x=-2 3+1+x+2x+10在0 x3 时恒成立，即 y-33-x；综上可得满足 y-320,an0,证明；(3)结合二项式定理及n元基本不等式求解.【详解】(1)an=n2+n2+4n233n2n24n2=3，当且仅当n2=4n2，即n=2时，等号成立，数列 an的最小项为a2=2+422=3(2)数列 Sn具有性质Pbn=12n-1=12n-1+2n-1-112n-1，Sn=i=1nbii=1n12i-1=1+121+122+12n-1=1-12n1-12=2 1-12n0,SnSn+1,Sn为单调递增

38、数列，数列 Sn满足条件综上，数列 Sn具有性质P(3)先证数列 cn满足条件：cn=1+1nn=C0n+C1n1n+C2n1n2+C3n1n3+Cnn1nn当k2时，Ckn1nk=n n-1n-2 n-k+1nkk!=nnn-1nn-2nn-k+1n1k!1k!1k k-1=1k-1-1k,则cn=1+1nn=1+1+1-12+12-13+1n-1-1n=3-1n3，数列 Sn满足条件再证数列 cn满足条件：cn=1+1nn=1+1n 1+1n 1+1n11，等号取不到)=n+1+1nnn+1n+1=1+1n+1n+1=cn+1,cn为单调递增数列，数列 cn满足条件综上，数列 cn具有性质

39、P.12【点睛】关键点点睛：本题考查等比数列求和及二项式定理，证明性质均需要放缩为可求和数列.9(2024(2024上上上海上海高一上海市建平中学校考期末高一上海市建平中学校考期末)对于函数 f x，若存在x0R R，使 f x0=x0成立，则称x0为 f x的不动点(1)已知函数 f x=x2-x-3，求函数 f x的不动点；(2)若对于任意的bR R，二次函数 f x=ax2+b-1x+b-8(a0)恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围；(3)若函数 f x=mx2-m+1x+m+1在区间 0,2上有唯一的不动点，求实数m的取值范围【答案】(1)-1,3(2)0,6(3)-10恒成立，

40、求实数a的取值范围即可；(3)在区间 0,2上，函数g x=mx2-m+2x+m+1有唯一零点，应用零点存在性定理即可，同时还要关注区间边界函数值为零和判别式为零的情形.【详解】(1)设x0为不动点，因此 f x0=x0，即x20-x0-3=x0，解得x0=-1或x0=3，所以-1,3为函数 f x的不动点(2)方程 f x=x，即ax2+b-1x+b-8=x，有ax2+b-2x+b-8=0，因为a0，于是得一元二次方程ax2+b-2x+b-8=0有两个不等实根，即判别式=(b-2)2-4a b-80b2-4 a+1b+4 8a+10，依题意，对于任意的bR R，不等式b2-4 a+1b+4

41、8a+10恒成立，只需关于未知数b的方程b2-4 a+1b+4 8a+1=0无实数根，则判别式=16 a+12-16 8a+10，整理得a2-6a0，解得0a6，所以实数a的取值范围是 0,6(3)由 f x=mx2-m+1x+m+1=x，得mx2-m+2x+m+1=0，由于函数 f x在 0,2上有且只有一个不动点，即mx2-m+2x+m+1=0在 0,2上有且只有一个解令g x=mx2-m+2x+m+1g 0g 20，则 m+1m-10，解得-1m1；13g 0=0，即m=-1时，方程可化为-x2-x=0，另一个根为-1，不符合题意，舍去；g 2=0，即m=1时，方程可化为x2-3x+2=

42、0，另一个根为1，满足；=0，即 m+22-4m m+1=0，解得m=2 33，(i)当m=2 33时，方程的根为x=-m+22m=m+22m=1+32，满足；(ii)当m=-2 33时，方程的根为x=-m+22m=m+22m=1-32，不符合题意，舍去；综上，m的取值范围是-1m1或m=2 3310(2023(2023下下上海普陀上海普陀高二校考期中高二校考期中)对于函数y=f x，分别在xN,x1处作函数y=f x的切线，记切线与x轴的交点分别为(x1,0),(x2,0).(xn,0)，记xn为数列xn的第n项，则称数列xn为函数y=f x的“切线-x轴数列”，同理记切线与y轴的交点分别为

43、(y1,0),(y2,0).(yn,0)，记yn为数列yn的第n项，则称数列yn为函数y=f x的“切线-y轴数列”(1)设函数 f x=cosx+x，记 f x“切线-x轴数列”为an，记Sn为an的前n项和，求Sn.(2)设函数g x=12x，记g x“切线-y轴数列”为bn，猜想bn的通项公式并证明你的结论.(3)设复数z x=ax+bi,a,b均为不为0的实数，记z为z的共轭复数，设h(x)=zz，记h x“切线-y轴数列”为cn，求证：对于任意的不为0的实数a，总有cn=b2z n成立.【答案】(1)当n是正奇数时，Sn=1；当n是正偶数时，Sn=0(2)bn=12n1+nln2,n

44、N*(3)证明见解析【分析】(1)求出导数，设出切点，表示出切线方程，根据 f x“切线-x轴数列”的定义即可求出数列an的通项公式，进一步分类讨论即可求其前n项和.(2)求出导数，设出切点，表示出切线方程，根据g x“切线-y轴数列”的定义即可求出数列bn的通项公式.(3)由复数的概念、运算先表示出h x，再求出导数，设出切点，表示出切线方程，根据h x“切线-y轴数列”的定义即可求出数列cn的通项公式结合z的定义以及模即可得证.【详解】(1)由题意 f x=cosx+x，则 fx=-sinx+1，设切点为 n,cosn+n,nN*，则过切点的切线为y-cosn+n=-sinn+1x-n，令

45、y=0，整理得an=-cosn，当n是正奇数时，an=1；当n是正偶数时，an=-1；14所以当n是正奇数时，Sn=1-1+1-1+1-1+1=1；当n是正偶数时，Sn=1-1+1-1+1-1=0.(2)猜想bn的通项公式为bn=12n1+nln2,nN*，证明过程如下：由题意g x=12x，则gx=12xln12，设切点为 n,12n,nN*，则过切点的切线为y-12n=ln1212nx-n，令x=0，整理得bn=12n1+nln2,nN*.(3)由题意z x=ax+bi，则h(x)=zz=ax+bi ax-bi=a2x2+b2，所以h(x)=2a2x2 a2x2+b2=a2xa2x2+b2，设切点为 n,a2n2+b2,nN*，则过切点的切线为y-a2n2+b2=a2na2n2+b2x-n，令x=0，整理得cn=b2a2n2+b2=b2z n,nN*.【点睛】关键点睛：解决问题的关键是读懂新定义的数列，然后具体会求切线方程进行运算转换即可，综合性较强.