2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)：拓展之定義題（解答題10大題）（解析版）

第07講：拓展二：定義題(解答題10大題)

1.(2022上■北樂另一■?？茧A段練習(xí))已知數(shù)集A=…,約｝(1=4</<~<2)

具有性質(zhì)P：對任意的々(2W左W"),3z,j(l<?<J<n),使得%=q+%成立.

⑴分別判斷數(shù)集｛1,3,4｝與｛123,6｝是否具有性質(zhì)P,并說明理由；

⑵若g=36,求A中所有元素的和的最小值并寫出取得最小值時(shí)所有符合條件的集合A；

⑶求證：a?<2al+a1+---+an+l(n>2).

【答案】(1)｛1,3,4｝不具有，｛1,2,3,6｝具有，理由見解析

(2)75；A=｛1,2,4,5,9,18,36｝或A=｛1,2,3,6,9,18,36｝

⑶證明見解析

【分析】(1)由3片1+1,所以數(shù)集｛1,3,4｝不具有性質(zhì)尸，同理根據(jù)集合性質(zhì)P的概念，可

判斷｛1,2,3,6｝具有性質(zhì)P；

(2)由(1)結(jié)合數(shù)集的性質(zhì)P的概念，滿足為+%=9,分類討論，即可求得數(shù)集A；

(3)根據(jù)數(shù)集的性質(zhì)尸的定義,可得生<即,生<以,所以%4%一1勺4/_1，滿足

an_i<2an_2,an_2<2an_3,---,a3<2a2,a2<2a｛,累加即可證明an<2al+a2+---+an+l(n>2).

【詳解】(1)因?yàn)?W1+1,所以數(shù)集｛1,3,4｝不具有性質(zhì)P,

因?yàn)?=1+1,3=1+2,6=3+3,所以數(shù)集｛1,2,3,6｝具有性質(zhì)P,

(2)由%=1,%=2%=2,所以A的元素都是整數(shù)，

構(gòu)造A=｛1,2,3,6,9,18,36｝或A=｛1,2,4,5,9,18,36｝具有性質(zhì)P,

此時(shí)元素和為75且是最小值；

下面證明：

假設(shè)集合4=｛%,%廣-，4,｝(1=4<?2<??<?！?“22)滿足5=±弓475,

1=1

(存在性顯然，因?yàn)闈M足5=<75的數(shù)集A只有有限個(gè))

1=1

第一步：首先說明集合A=｛%，孫…“｝(1=4<a2<---<an,n>2)中至少有7個(gè)元素，

因?yàn)榧?=｛?1，出,具有性質(zhì)P：

對任意的左(24左4/),3i,j(l<i<j<n),使得%=4+%成立,

又1=%<a2<-??<an,n>2,

所以q<%,％<4,所以at</_],aj<%,

所以/=q+%v2"j,

an_x<2aL2，*<2aL3,---,a3<2a2,a2<2at,

又“i=1,

所以出<2M3<4,a4<8,。5<16,a6<32<36,

所以〃27；

第二步：證明。i=18,〃“一2=9,

若18eA,設(shè)4=18,

因?yàn)?18+18=36,為了使S=最小，

1=1

在集合A中一定不含有元素處,使得18<見<36,從而a,-=18,

假設(shè)18季A,根據(jù)性質(zhì)尸,對見=36,有%%,使得a“=36=q+%,

顯然a產(chǎn)%,而氏+4+%=36+36=72,

而此時(shí)集合A中至少還有4個(gè)不同于4,%的元素，

從而S>%+%+%+4%=76,矛盾；

所以18eA,進(jìn)而T=18；

同理可證：《-2=9,

那么根據(jù)性質(zhì)P,有ai,aj,使得“,+%=9,

我們需要考慮如下幾種情況：

①％=8,%=1,此時(shí)集合中至少需要一個(gè)大于等于4的元素處,才能得到8,

所以A中所有元素的和大于76,

②q=7,%=2,此時(shí)集合中至少需要一個(gè)大于等于4的元素樂,才能得到7,

所以A中所有元素的和大于76,

③假設(shè)4=6,%=3,同上，此時(shí)集合&={1,2,3,6,9,18,36}的和最小，為75；

④當(dāng)q=5,%=4,此時(shí)集合4={1,2,4,5,9,18,36}的和最小，最小值為75；

所以A中所有元素的和最小，最小值為75,

此時(shí)A={1,2,4,5,9,18,36}或A={1,2,3,6,9,18,36}；

(3)因?yàn)榧?={%,%,…,a”}具有性質(zhì)P：

即對任意的％(2WZW”)，使得%.=4+%成立，

又因?yàn)?=。12,

所以q<%嗎〈以，所以生Q4T，%?%，

所以/=q+%v2"j,

an_x<2aL2，*<2aL3,---,a3<2a2,a2<2at,

-

將上述不等式相加得：%---1+a”<2(4+a2H----Hanl),

所以qW2q+&+???+%+](“22).

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問采用枚舉法即可證明，根據(jù)題設(shè)信息，不斷的確定集合A中的

具體元素，將抽象問題具體化，從而證明出結(jié)論，過程中需用反證法證明猜想.

2.(2024上?北京平谷?高一統(tǒng)考期末)已知集合人={1,2,3,…=若W

中元素的個(gè)數(shù)為皿加22),且存在",veWQwv),使得〃+v=2"(keN),則稱W是A的

P(M子集.

⑴若〃=5,寫出A的所有P(4)子集；

(2)若W為A的PO)子集,且對任意的s/wW(s/力，存在左eN,使得s+t=23求加的值.

【答案】⑴{1,3,2,4},{1,3,2,5},{1,3,5,4},{5,3,2,4}

(2)m=2

【分析】(1)根據(jù)尸(⑼子集的定義，即可求解；

(2)取卬={1,3},求得機(jī)=2,再利用反證法假設(shè)加23,推得4<0,與q21矛盾即可.

【詳解】(1)當(dāng)〃=5時(shí)，A={1,2,3,4,5},所以A的所有尸(4)子集為：

{1,3,2,4},{1,3,2,5},{1,3,5,4},{5,3,2,4).

(2)當(dāng)*3時(shí)，取卬={1,3},因?yàn)?+3=2?,所以w是A的尸⑵子集，此時(shí)機(jī)=2符合題

思；

若根23,設(shè)％,%,。3￡卬且14%<。2<。3，

根據(jù)題意,4+。2=26嗎+。3=2傷,。2+。3=2總,其中匕&，左3￡N,

因?yàn)閝+%<4+。3<出+。3，所以2占<2&<2A,所以《V左2<%，

又因?yàn)樯?，?#3￡N,所以左2+1，

因?yàn)?(4+%+%)=2*|+25+2用，所以4+電+生=；(2勺+2%+2舄)，

所以q=)(26+25+2匕)_2%=；Q勺+2%-2^),

因?yàn)?勺+2%<2%+2%=2叱1<2%，所以26+2%-2&、<0,

所以生〈。，與a121矛盾，

綜上所述，只有機(jī)=2滿足題意.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問的關(guān)鍵是在討論加23時(shí)，利用反證法假設(shè)加23,推得“<。，

與421矛盾，由此即可順利得解.

3.(2023上?北京海淀?高二北京交通大學(xué)附屬中學(xué)?？计谥?給定正整數(shù)〃22,設(shè)集合

M=[a\a=(t1,t2,--；tll),tke{0』},左=1,2,.對于集合M中的任意元素〃=(尤「孫…,當(dāng))

和7=(%，%，…,%)，記萬?，3%+%%+L+%%.設(shè)A=且集合

/I,\_Ip,I—],

A=[%&=(5,%,…,廉)"=1,2,…，小對于A中任意元素%，勺，右名?%=6..貝I]稱

[1,，。J,

A具有性質(zhì)7(九,2).

⑴判斷集合&={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}是否具有性質(zhì)7(3,2)?說明理由；

⑵判斷是否存在具有性質(zhì)7(4,0的集合A,并加以證明.

【答案】(1)A具有性質(zhì)7(3,2),理由見解析；

⑵不存在，證明見解析.

【分析】(1)根據(jù)定義計(jì)算即可判定；

(2)根據(jù)定義對P進(jìn)行討論，一一計(jì)算即可證明.

【詳解】⑴對于集合人={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)},

(1,1,0).(1,1,0)=2(1,1,0).(1,0,1)=1

根據(jù)定義可知0Q1>(1，O，D=2,且(1,0,1).(0,1,1)=1符合定義,

(0,1,1).(0,1,1)=2(0,1,1)(1,1,0)=1

所以A具有性質(zhì)7(3,2)；

(2)假設(shè)存在A具有性質(zhì)7(4,p),根據(jù)定義易知A中有4個(gè)元素且pe{0,1,2,3,4},

①若。=0,則4={(0,0,0,0)},沒有4個(gè)元素，不符題意舍去；

②若P=1,則AU{(1,0,0,0),(0,L0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)),

而(1,0,0,0)?(0,1,0,0)=0,不符題意舍去；

③若p=2,則4={(1,1,0,0),(0,LL0),(0,0,LI),(L0,0』),。,0,L0),(0,1,0』)},

而(1,1,0,0).(0,0,1,1)=(1,0,1⑼.(0,1,0,1)=(1,0,0,1卜(0,1,1,0)=0,

故A中至多包含3個(gè)元素，不符題意舍去；

④若p=3,則A={(1,1,L0),(0」,L1),(L0,L1),。,1,0」)},

而(1,11,0>(1,1,0,1)=2,不符題意舍去；

⑤若。=4,則{(1,1,1,1)},沒有4個(gè)元素，不符題意舍去；

綜上可知：不存在具有性質(zhì)T(4,p)的集合A.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：第二問需要根據(jù)定義得出。6{0,123,4},從而分五種情況進(jìn)行討論,

討論時(shí)依次得出集合A的可能情況結(jié)合定義驗(yàn)證判定即可.

4.（2024上?北京密云?高一統(tǒng)考期末）對于正整數(shù)集合人={%,%,…，%}（"cN*,”23）

如果去掉其中任意一個(gè)元素.%。=1,2,…,n）之后，剩余的所有元素組成的集合都能分為兩個(gè)

交集為空集的集合，且這兩個(gè)集合的所有元素之和相等，就稱集合A為"和諧集

（1）判斷集合{1,2,3,4,5}是否是“和諧集"，并說明理由；

⑵求證：若集合A是"和諧集".則集合A中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù)；

⑶若集合A是"和諧集"，求集合A中元素個(gè)數(shù)的最小值.

【答案】（1）不是，理由見解析

⑵證明見解析

（3）7

【分析】（1）根據(jù)集合中這5個(gè)數(shù)字的特征，可以去掉2即可判斷出集合{1,2,3,4,5}不是"和

諧集〃；

（2）判斷任意一個(gè)元素為（/=1,2,--,?）的奇偶性相同，分類討論，可以證明出若集合A是

"和諧集"，則集合A中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù)；

（3）由（2）知”為奇數(shù)，根據(jù)”的取值討論后求解.

【詳解】（1）當(dāng)集合口,2,3,4,5}去掉元素2時(shí)，剩下元素組成兩個(gè)集合的交集為空集有以

下幾種情況：

{1,3},{4,5};{1,4},{3,5};{1,5},{3,4};{1},{3,4,5};⑶,{1,4,5};{4},{1,3,5};{5},{1,3,4},

經(jīng)過計(jì)算可以發(fā)現(xiàn)每給兩個(gè)集合的所有元素之和不相等，故集合口,2,3,4,5}不是"和諧集"；

（2）設(shè)正整數(shù)集合A={4,外,…,。,}（“cN*,〃23）所有元素之和為知,由題意可知

M-q（i=l,2,…均為偶數(shù)，因此任意一個(gè)元素4（7=1,2,）的奇偶性相同.

若M是奇數(shù)，所以為（i=l,2,…，九）也都是奇數(shù)，由于M=4+%+???+%,顯然，為奇數(shù)；

若V是偶數(shù)，所以%）也都是偶數(shù).此時(shí)設(shè)％=2偽（z=1,2,???,?）,

顯然也也,…,，}也是“和諧集"，重復(fù)上述操作有限次，便可以使得各項(xiàng)都為奇數(shù)的"和諧集",

此時(shí)各項(xiàng)的和也是奇數(shù)，集合A中元素的個(gè)數(shù)也是奇數(shù)，

綜上所述：若集合A是"和諧集"，則集合A中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù).

（3）由（2）知集合A中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù)，顯然〃=3時(shí)，集合不是“和諧集"，

當(dāng)”=5時(shí)，不妨設(shè)％＜。4＜。5，若人為“和諧集"，去掉后，得％+。5=%+%，

去掉出后，得4+%=4+%，兩式矛盾，故〃=5時(shí)，集合不是“和諧集"，

當(dāng)〃=7,設(shè)4={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4={1,3,5,7,9,11,13}是“和諧集”，元素個(gè)數(shù)的最小值為7.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查對集合新定義的理解和應(yīng)用，考查理解能力，解題的關(guān)鍵是

對"和諧集”的準(zhǔn)確理解，運(yùn)用分類討論求解是常用方法，屬于較難題.

5.(2024上?北京朝陽?高一統(tǒng)考期末)已知集合4={%,%，…，見}，其中〃eN*且

〃24嗎eN*(i=l,2,…,〃)，非空集合3=4,記7(B)為集合8中所有元素之和，并規(guī)定當(dāng)8

中只有一個(gè)元素》時(shí)，T(B)=b.

⑴若4={1,2,5,6,7,8},T(B)=8,寫出所有可能的集合應(yīng)

(2)若4={3,4,5,9,10,11},3=但22也}，且TO是12的倍數(shù)，求集合8的個(gè)數(shù)；

(3)若。e{l,2,3,L,2〃-l}(i=l,2,L,〃)，證明:存在非空集合3gA,使得T(B)是2〃的倍數(shù).

【答案】⑴{8},{1,7},{2,6},{1,2,5}

⑵4

⑶證明見詳解

【分析】根據(jù)條件，可列出(1)(2)中所有滿足條件的8；對(3),分情況討論，尋找

使7(3)是2九倍數(shù)的集合反

【詳解】⑴所有可能的集合8為:網(wǎng),{1,7},{2,6},{1,2,5).

(2)不妨設(shè)：b[<b2Vb3,由于3V4<11，且%也,&eA,

所以3+4+5=12WT(B)=4+4+偽<30=9+10+11.

由題意，T(B)是12的倍數(shù)時(shí),7(3)=12或7(3)=24.

當(dāng)T(3)=12時(shí)，因?yàn)?+&+&23+4+5=12,

所以當(dāng)且僅當(dāng)3={3,4,5}時(shí)，T(B)=12成立，故3={3,4,5}符合題意.

當(dāng)7(3)=24時(shí)，

若仇=11,則4+仇=13,故3={3,10,11}或3={4,9,11}符合題意；

若％=10,則4+仇=14,故3={5,9,10}符合題意；

若&=9,則々+4(4+5+9=18,無解.

綜上,所有可能的集合B為{3,4,5},{3,10,11},{4,9,11},{5,9,10).

故滿足條件的集合B的個(gè)數(shù)為4.

(3)(1)當(dāng)〃任A時(shí)，設(shè)q貝U

%,外,?，？”一?！癳{1,2,3,?”；力21,〃升1,?〃一},

這2"個(gè)數(shù)取2〃-2個(gè)值，故其中有兩個(gè)數(shù)相等.

又因?yàn)椋?lt;。2<,,<”〃，于是2〃-q>2〃一〃2>?》h-an,

從而％,〃2，?一，4互不相等，2〃一生,2〃一。2，?、2〃一。〃互不相等,

所以存在〃，ve{l,2,?..,〃}使得?！?2"-4.

又因故〃Rv.

則8={%,%},則T(3)=喙+4=2〃，結(jié)論成立.

(2)當(dāng)“eA時(shí)，不妨設(shè)為=",

則q,%,?”,(n>4),在這〃-1個(gè)數(shù)中任取3個(gè)數(shù)，生<%<4.

右力—4與4—%都是〃的倍數(shù)，%—生=(/—%)+(%—G)N21rl,

這與巧嗎,為?0,2"-1］矛盾.

則知勺，處至少有2個(gè)數(shù)，它們之差不是〃的倍數(shù)，不妨設(shè)生-不是〃的倍數(shù).

+aa+a++a

考慮這"個(gè)數(shù)：%,?2,%+%，?1+?23>i2"'n-l-

①若這"個(gè)數(shù)除以"的余數(shù)兩兩不同，則其中必有一個(gè)是〃的倍數(shù)，又見,且均不

為〃，

故存在2<r<〃一1,使得%+外+■??+q=p"/eN*).

若P為偶數(shù),取8={%,%,???,%},則7(B)=p”，結(jié)論成立;

若。為奇數(shù)，取3={%,<22,???,4,%},貝！|T(jB)="+〃=(P+1)7Z,結(jié)論成立.

②若這"個(gè)數(shù)除以"的余數(shù)中有兩個(gè)相同，則它們之差是〃的倍數(shù)，又出-％,aj勻不是〃的

倍數(shù)，

故存在2Vs<fV九一1,使得(6+%i+q)-+%+??+4$)=q”(qeN*).

若q為偶數(shù),取3={4+i，4+2，?、aJ,貝UT(g)=軟，結(jié)論成立；

若9為奇數(shù)，取3={《+1，4+2,???,%4},貝1)7(3)=的+〃=(4+1)〃，結(jié)論成立.

綜上，存在非空集合31A,使得7(3)是2〃的倍數(shù).

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：如何找到非空集合8,使得7(8)是2〃的倍數(shù)是問題的關(guān)鍵.

6.(2023上?北京朝陽?高二統(tǒng)考期末)設(shè)正整數(shù)〃24,若由實(shí)數(shù)組成的集合A={%,外,…

滿足如下性質(zhì)，則稱A為H“集合：對A中任意四個(gè)不同的元素a,6,c,d,均有必+cdeA.

⑴判斷集合A=卜。1，2}和&=1,1,2,31是否為H,集合，說明理由；

⑵若集合入={0,蒼y,z}為集合，求A中大于1的元素的可能個(gè)數(shù)；

⑶若集合A為H“集合，求證：A中元素不能全為正實(shí)數(shù).

【答案】(1)A=旭，1，2}是H4集合，4=L1,2,31不是H4集合；

（2）A中大于1的元素的可能個(gè)數(shù)為0,L

⑶見解析

【分析】（1）由集合的定義即可得出答案；

（2）由題意可得{x,y,z}={—,yz,xz},不妨設(shè)x<y<z,分類討論x<y<z<0,x<y<0<z,

x<0<y<z和。<x<y<z結(jié)合集合的性質(zhì)即可得出答案；

（3）根據(jù)已知新定義，分類討論、反證法進(jìn)行求解、證明.

【詳解】（1）集合是集合，

當(dāng){{a,6},{c,d}}=H（），m，{L2},時(shí)，0x|+lx2=2eA1；

當(dāng){{0,6},{0,4}}="0,1},1,21）時(shí)，0xl+gx2=leA；

當(dāng){{。,6},{9}}="0,2},g,11時(shí)，0x2+|xl=1eA1；

集合&=1,1,2,31不是H,集合，

取{a,b,c,d}=1,1,2,31,則a6+cd=gxl+2x3=2e人,不滿足題中性質(zhì).

（2）當(dāng){4,6,0,4}={0*,彳,?時(shí)，ab+cd=xy&A,

當(dāng){4,6,0,〃}={。,％%2}時(shí)，ab+cd=yz&A,

當(dāng){a,b,c,d}={0,y,z,x}時(shí)，ab+cd=xz&A,

所以{x,y,z}=（xy,yz,xz}.

不妨設(shè)x<"z,

①若x<y<z<0,因?yàn)閥z>0,從而yzeA,與yzeA矛盾；

②若x<y<0<z,因?yàn)閤z<yz<D,故xz=x,yz=y，移=z,

所以z=l,盯=L

經(jīng)驗(yàn)證，此時(shí)4=卜50』）是H,集合，元素大于1的個(gè)數(shù)為0；

③若x<0<y<z,因?yàn)闊oz<孫<。，所以與{%%2}={孫,',回矛盾；

④若0<A：<y<z,因?yàn)閭€(gè)<xz<yz,^xy=x,xz=y,yz=z,

所以y=l,z,>l.

經(jīng)驗(yàn)證，此時(shí)A=[o,x,lj1是H,集合，元素大于1的個(gè)數(shù)為1；

綜上：A中大于1的元素的可能個(gè)數(shù)為0」.

（3）假設(shè)集合A中全為正實(shí)數(shù).

若A中至少兩個(gè)正實(shí)數(shù)大于1,設(shè)0<%</:,?<%，則%

aa

?。鸻,b,c,力=｛a“_3，n-i，n-i，a”｝，則ab+cd=an_3a?_2+an_｛aneA,

aaaa

而n-3n-2+an_ian>an_lan>an,從而n-3n-2+an_lan^A,矛盾；

因此A中至多有1個(gè)正實(shí)數(shù)大于1.

當(dāng)〃=4時(shí)，設(shè)/<的</<%，

若0<<%<。3<1<〃4，

當(dāng)｛a,/7,。,1｝：1%,%,%，%｝時(shí)，ab+cd=a[a2+a3a4GA,

當(dāng)｛a,Z7,c,d｝=｛4，%,%,%｝時(shí)，ab+cd=axa3+a2a4GA,

當(dāng)｛a,b,c,d｝=｛q,a4M2，/｝時(shí)，ab+cd=axaA+a2a3GA,

由于（a1a2+%。4）一（q〃3+%。4）=。4（%-。2）-4（/-。2）=（〃4一弓）（。3一%）〉。，

（q生+%。4）一（%。4+%生）=%（。4一%）一%（〃4一%）=（〃4一%）（生一>0,

>aa

所以axa2+。3〃4\3+。2。4>+。2〃3>，

aaaaaaaaaa

所以01al+a3a4=%,i3+24=3,i4+23=2?

因?yàn)?<〃3-〃]<1,

所以。4一出=（q“2+%〃4）一（。1。4+生％）=。4（%—%）一〃2（%~ai）

=（a4-a2）（a3-a1）<a4-a2,矛盾.

因此當(dāng)"=4時(shí),0<al,a2,a3,a4<l.

當(dāng)“25時(shí)，集合A中至少有4個(gè)不同的正實(shí)數(shù)不大于1,

設(shè)S=,I=,-4i,je｛1,2,…㈤,i#/｝,

因?yàn)镾是有限集，設(shè)s-r=minS,其中r,seA,r<s.

又因?yàn)榧螦中至少有4個(gè)不同的正實(shí)數(shù)不大于1,

所以s-r<l,且存在P，qeA,且0《1應(yīng)V1使。互不相同，

則0<〃_@<1,

當(dāng)｛a,6,c,d｝=｛廠,p,s,q｝時(shí)，ab+cd=rp+sq^A,

當(dāng)｛a,b,c,d｝=｛s,p,r,q｝時(shí)，ab+cd=sp+rq&A,

于是|（0+sq）-（sp+應(yīng)）|=|0（r_s）_q（r_s）|=|（p_q）|（s_r）<s-r,

與s-r=minS矛盾.

因此，A中元素不能全為正實(shí)數(shù).

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：對于與集合有關(guān)的新定義問題，注意根據(jù)定義檢驗(yàn)，另外在問題解決的

過程中，注意局部性質(zhì)與整體性質(zhì)的關(guān)系，注意利用己有的結(jié)果來解決后面的問題.

7.（2023上?浙江?高一校聯(lián)考階段練習(xí)）設(shè)a,6,meR,若滿足（a-療＜g_癡,則稱。比

6更接近加.

⑴設(shè)2?比?+1更接近0,求尤的取值范圍；

尤+v—2m

⑵判斷"--——＜-1"是"X比y更接近加〃的什么條件，并說明理由；

x-y

⑶設(shè)x＞0且試判斷x與y哪一個(gè)更接近?

【答案】⑴[0,1）

⑵充分不必要條件，理由見解析；

⑶y更接近拓

【分析】（1）依據(jù)定義列出不等式，結(jié)合一元二次不等式解法即可求得無的取值范圍；

（2）根據(jù)已知條件分別判斷充分性和必要性是否成立即可得出結(jié)論；

（3）由x＞0且中百戶=言|利用函數(shù)單調(diào)性，分別對0＜x＜g和x＞百時(shí),-閻與

卜一詞的大小進(jìn)行比較，即可得出結(jié)論.

【詳解】（1）根據(jù)題意可得（2?-0'＜（?+1-0「，即3x-26-1＜0；

可得（36+1）（?-1）＜0,解得0Wx＜l；

即x的取值范圍為[0,1）；

⑵充分性：顯然…，由巨j＜-1可得比處里包J,

元―yx—y

①若尤_y＜0,則（％_m）+（,_根）＞可得了_加＞0；

又九一yvO可得xvy,所以y—根,犬一加＞0；

即可得（％-機(jī)）2＜（y-加了，此時(shí)可以得出“%比,更接近加〃；

②若兀一＞＞0，貝+根）＜y_%,可得了_加＜0；

又％—＞＞0可得所以0＞無一機(jī),y-m；

即可得（x-m）2＜（y-加了，此時(shí)可以得出“九比,更接近加〃；

因此充分性成立

必要性：由1比y更接近加可得（％-機(jī)）2＜（,一根y,即,一時(shí)＜上一小

x+v—2mI

若％=0,y=3,機(jī)=1,此時(shí)一——=--＞-1,即必要性不成立；

x-y3

所以"二<T‘是"x比>更接近加"的充分不必要條件;

(3)當(dāng)x>百時(shí)，顯然y=9=1+?-在心,+可上單調(diào)遞減,

X+1X+1

所以y=9<夕生=相，即y<g；

x+1。3+1

x+3(V5-1卜+3

易知=6-=V3-1--—>

x+1x+lx+1

0_2

所以出_y_"@=2舁IT---=273-(1+x)+----

x+1

由對勾函數(shù)性質(zhì)可知y=(1+x)+W在即,+可上單調(diào)遞增,

所以y=(i+x)+「j>(i+⑹+￡^=2道，

即可得=2A/^_(1+X)H——<0,HP|\/3—y|<|x—A/S|；

同理當(dāng)0〈尤<有時(shí)，由單調(diào)性可知>=葉3>卑0=6，即y>?；

x+143+1

2

可知y—一("\/^"—兀)=—2^/^+(1+X)H-------,

又由對勾函數(shù)性質(zhì)可知函數(shù)y=(l+x)++在(。,夜-1)上單調(diào)遞減，在(后-1,6)上單調(diào)

遞增；

又-26+(1+0)+m<0,-2點(diǎn)+](1+6)+^^]=0,

所以y—退一(6_了)=_2/+(1+X)H——<0在0Vx<>/§'時(shí)恒成立，|y—A/3I<|A/3—x|；

綜上可得滿足(y-百『<[-若『，即y更接近6.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵在于理解新定義的概念，并結(jié)合不等式性質(zhì)以及函數(shù)單調(diào)性

比較出兩絕對值大小，再由定義得出結(jié)論.

8.(2024下?安徽?高三池州市第一中學(xué)校聯(lián)考開學(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)4,0,…M“，它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即

4+%+…+42如出…冊,當(dāng)且僅當(dāng)％=%=…=4,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)：①三〃>0,an<M.@｛%｝為單調(diào)數(shù)列，則稱數(shù)列｛4｝具有性質(zhì)P.

⑴若〃〃=〃+《，求數(shù)列｛〃〃｝的最小項(xiàng);

n

1n

（2）若么=4,記S"=?"，判斷數(shù)列母｝是否具有性質(zhì)尸，并說明理由;

2—1z=i

⑶若C“=（l+￡[,求證：數(shù)列｛c,｝具有性質(zhì)戶.

【答案】⑴最小項(xiàng)為%=3

⑵數(shù)列｛0｝具有性質(zhì)產(chǎn)，理由見解析.

⑶證明見解析

【分析】（1）利用4,=g77+g77+：4，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；

22〃

（2）變形再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①，利用2=不二>。,證明②；

（3）結(jié)合二項(xiàng)式定理及“元基本不等式求解.

【詳解】⑴?5.="+323也丫=3,當(dāng)且僅當(dāng)g=即"=2時(shí)，等號成立,

"22〃2V22“22n-

數(shù)列｛%｝的最小項(xiàng)為的=2+1=3.

（2）數(shù)列⑸｝具有性質(zhì)尸.

??b,-----1----............1........,...<1------

■"2"-12"-1+2,!-1-1-2"-1"

T0111產(chǎn)=21T<2,,

Sn=￡々<￡記=1+57+￥+

nnZZZ

2

???數(shù)列⑸｝滿足條件①.

???bn=~^—>0,.'.Sn<｛S“｝為單調(diào)遞增數(shù)列，.?.數(shù)歹!]｛Sj滿足條件②.

2—1

綜上，數(shù)列應(yīng)｝具有性質(zhì)尸.

（3）先證數(shù)列｛g｝滿足條件①：

1-L+...+C：—.

n“3"nn

1〃（〃一）（〃一）?一（〃一左+）〃〃

當(dāng)上22時(shí)，c<4=-121_n-1-2n-k+11

nnk'k\nnnnk\

<—<----------------

一k「k（k-l）k—lk

=1+1+14+

則的=U++???+3--<3,

123n

???數(shù)列6｝滿足條件①.

再證數(shù)列｛&｝滿足條件②:

>1,等號取不到）

｛c,J為單調(diào)遞增數(shù)列，二數(shù)列｛g｝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.

9.（2024上?上海?高一上海市建平中學(xué)?？计谀τ诤瘮?shù)/（X）,若存在使

成立，則稱％為“X）的不動點(diǎn).

⑴已知函數(shù)y（x）=f-工一3,求函數(shù)“X）的不動點(diǎn)；

（2）若對于任意的人eR,^^f（x）=a^+（b-l）x+b-8（。k0）恒有兩個(gè)相異的不動

點(diǎn)，求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

⑶若函數(shù)〃"=儂2_（冽+1卜+m+1在區(qū)間（0,2）上有唯一的不動點(diǎn)，求實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍.

【答案】（1）T,3

⑵（。，6）

⑶-i<%wi或m=馬8

3

【分析】（1）求函數(shù)〃尤）的不動點(diǎn)，即求方程/（%）=%的根，即求方程%-%-3=%的

解；

（2）二次函數(shù)/（力=加+。-l）x+人8（。/0）恒有兩個(gè)相異的不動點(diǎn)，等價(jià)于方程

"2+（b-2）x+b-8=0有兩個(gè)不等實(shí)根，對于任意的6eR恒成立，只需要不等式

/一4（a+lW+4（8a+l）>0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍即可；

(3)在區(qū)間(0,2)上，函數(shù)g(x)=mx2-(m+2)x+m+l有唯一零點(diǎn)，應(yīng)用零點(diǎn)存在性定理

即可，同時(shí)還要關(guān)注區(qū)間邊界函數(shù)值為零和判別式為零的情形.

【詳解】(1)設(shè)與為不動點(diǎn)，因此即君-%-3=%，

解得%=T或%=3,所以-1,3為函數(shù)“X)的不動點(diǎn).

(2)方程/(x)=x,BPax2+(/?-l)x+Z?-8=J:,

有ax+。-2)x+b-8=0,

因?yàn)?。R0,于是得一元二次方程G2+0-2)X+人-8=0有兩個(gè)不等實(shí)根，

即判另I]式△=S-2)2-4a(b-8)>0o/—4(a+lW+4(8a+l)>0,

依題意，對于任意的beR,不等式廿-4(a+l)b+4(&7+l)>0恒成立，

只需關(guān)于未知數(shù)6的方程/-4S+l)b+4(8a+l)=0無實(shí)數(shù)根，

貝I判另IJ式A=16(a+l)2-16(8a+l)<0,

整理得/-6。<0，解得0<。<6,

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,6).

(3)由/(x)=mx2-("?+l)x+m+l=x,得mr。一，〃+2)x+7〃+l=0,

由于函數(shù)在(0,2)上有且只有一個(gè)不動點(diǎn)，

即mx2-(〃7+2)x+〃?+l=O在(0,2)上有且只有一個(gè)解

令g(x)=mx2-("z+2)x+，〃+l

①g(0)，g(2)<0,則(M+1)(MT)<0,解得

②g(0)=0,即m=-1時(shí)，

方程可化為-尤2_x=o,另一個(gè)根為_1,不符合題意，舍去；

③g⑵=0,即m=1時(shí)，

方程可化為d—3x+2=0,另一個(gè)根為L滿足；

(4)A=0,B[J(m+2)2—+=0,解得m=±,

(i)當(dāng)加=氈時(shí)，方程的根為犬=-±±9=S=*立，滿足；

32m2m2

(ii)當(dāng)m=-2叵時(shí)，方程的根為尤=一一('"+2)=且土2=匕且,不符合題意，舍去；

32m2m