定義題（解答題10大題）（解析版）-2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)

"展二；（解答獗10丈題，

題目|jj（2022上?北京,高一?？茧A段練習(xí)）已知數(shù)集人=｛a^a^,■■■,an｝（1=ai<a2<--■<an,n>2）

具有性質(zhì)P：對(duì)任意的fe（2<fc<n）,3ij（lWiW，W⑶，使得ak=七+%.成立.

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

（2）若冊(cè)=36,求人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；

（3）求證:anW2al+CI2+—Fa?+1（n^2）.

【答案】⑴｛1,3,4｝不具有，｛1,2,3,6｝具有，理由見(jiàn)解析

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

（3）證明見(jiàn)解析

【分析】（1）由3￥1+1,所以數(shù)集｛1,3,4｝不具有性質(zhì)P,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，滿足七+電=9,分類討論，即可求得數(shù)集4;

（3）根據(jù)數(shù)集的性質(zhì)P的定義，可得at<ak,a｛<耿，所以a‘Wa1,a產(chǎn)ak_A,滿足

a?-i<2&n_2,2an_3,-",a3<2a2,a2<2al，累加即可證明anW2ai+a2H---------Fa?+i（n>2）.

【詳解】（1）因?yàn)?/1+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）由的=l,a2=2al=2,所以>1的元素都是整數(shù)，

構(gòu)造4=｛1,2,3,6,9,18,36｝或4=｛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：

_n_

假設(shè)集合力=｛的,。2,…,即｝（1—?i<Q2V…Van,n>2）滿足S=>,國(guó)&75,

i=l

（存在性顯然，因?yàn)闈M足S=匯出W75的數(shù)集A只有有限個(gè)）

i=l

第一步：首先說(shuō)明集合A=｛01,電,…,％｝（1=QiVQ2V…Van,n>2）中至少有7個(gè)元素,

因?yàn)榧螦=…,Q/J具有性質(zhì)P-

對(duì)任意的k（24k<n）,3i,/（l,使得念=%+g].成立，

又1=QfCQ2V…V2,

所kZCLk，Q/V^Q",所以Q/4^k-1，

所以Q’+Q/W2。卜_],

冊(cè)一1?2M-2,Qn-242an一3,…,。342a2,2QI,

又Ql=1,

所以2,4,。4&8,16,32<36,???

所以？2>7；

第二步：證明an-i=18,an-2=9,

若18GA,設(shè)處=18,

_n_

因?yàn)閍n=18+18=36,為了使S=最小，

i=l

在集合A中一定不含有元素使得18<ak<36,從而an_i=18,

假設(shè)18WA,根據(jù)性質(zhì)P,對(duì)an=36,有色,％,使得品=36=a+%,

顯然a聲a”而。九+0,+%=36+36=72,

而此時(shí)集合A中至少還有4個(gè)不同于冊(cè)的元素，

從而S>。九+?！?&+4。1=76,矛盾；

所以18G進(jìn)而an_i=18;

同理可證：01rl.2=9,

那么根據(jù)性質(zhì)P,有aif%,使得ai+a~9,

我們需要考慮如下幾種情況：

①ak8,%=1,此時(shí)集合中至少需要一個(gè)大于等于4的元素恁，才能得至ij8,

所以A中所有元素的和大于76,

②a尸7,aj=2,此時(shí)集合中至少需要一個(gè)大于等于4的元素ak,才能得到7,

所以人中所有元素的和大于76,

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

④當(dāng)Q尸5,Q1=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?=…,Q/具有性質(zhì)P-

即對(duì)任意的k(2<k<九)，使得ak=的+Qj.成立,

又因?yàn)?=。1<@2<一<@,口>2,

所以Q〃V耿,%V念，所以aj,Q/<a—1,

所以2(1卜一］,

冊(cè)-142an-2,%_242冊(cè).3,…，2a2,電42處,

將上述不等式相加得：q2+—Fan-i+an^2(@1+02+—Fan-i),

所以冊(cè)<2al+。2+—Fan+i(n>2).

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問(wèn)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(wèn)題具體化，從而證明出結(jié)論，過(guò)程中需用反證法證明猜想.

題目區(qū)|(2024上?北京平谷?高一統(tǒng)考期末)已知集合A={1,2,3,…,n}伽eN,n>3),WGA,^W

中元素的個(gè)數(shù)為m(m>2),且存在u,vEW(uW”),使得u+v=2k(kEN),則稱W是A的F(m)子

集.

⑴若八=5,寫出A的所有F(4)子集；

⑵若W為人的P(zn)子集，且對(duì)任意的S,teW(sWt),存在VGN,使得s+t=23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)根據(jù)P(zn)子集的定義，即可求解；

⑵取W={1,3},求得772=2,再利用反證法假設(shè)?72>3,推得Q1V0,與Q1>1矛盾即可.

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

{5,3,2,4).

(2)當(dāng)九二3時(shí)，取W={1,3},因?yàn)?+3=22,所以皿是4的「(2)子集，此時(shí)山=2符合題意；

若?n>3,設(shè)QIQQGW且1&QIVQ2V。3,

根據(jù)題意，a1-\-a2=24,電+Q3=2”02+。3=2”其中N,

因?yàn)镼i+a2VQi+a3V的+。3，所以23V2aV2期，所以ki<k2V底，

又因?yàn)閗lfk2fksEN,所以網(wǎng)>fc2+l,

因?yàn)?(。1+。2+。3)=2回+23+2島，所以。1+。2+。3=］(23+2園+2f3),

所以a尸-j-(2fc,+2fc2+2fc3)-2k：,=-j-(2fcl+2fc2-2fc3),

因?yàn)?瓦+2局<2趣+23=2&+142咽，所以25+*—24V0,

所以<11<0,與Q1>1矛盾,

綜上所述，只有m=2滿足題意.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：第二問(wèn)的關(guān)鍵是在討論3時(shí),利用反證法假設(shè)nz>3,推得?V0,與Qi>1矛

盾，由此即可順利得解.

［題目叵］(2023上?北京海淀?南二北京交通大學(xué)附屬中學(xué)?？计谥?給定正整數(shù)n>2,設(shè)集合雙=

{必卜=(力1也,…，圖){0,1}#=1,2,…對(duì)于集合河中的任意元素“,i()和

y(V,L,?J.)，記。?，=g%+%/2+…+g設(shè)A/Af,且集合4=

{a\cti=(ta,ti2,---,tin),i=1,2,…,n},對(duì)于A中任意元素◎,%,若g?%=則稱A具有性質(zhì)

T(n,p).

(1)判斷集合4={(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}是否具有性質(zhì)T(3,2)?說(shuō)明理由;

⑵判斷是否存在具有性質(zhì)T(4,p)的集合4并加以證明.

【答案】(1)人具有性質(zhì)T(3,2),理由見(jiàn)解析;

(2)不存在，證明見(jiàn)解析.

【分析】(1)根據(jù)定義計(jì)算即可判定；

(2)根據(jù)定義對(duì)p進(jìn)行討論,一一計(jì)算即可證明.

【詳解】(1)對(duì)于集合A={(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((1,0,1)-(1,0,1)=2,且{(1,0,1)-(0,1,1)=1符合定義，

1(0,1,1)-(0,1,1)=2[(0,1,1)-(1,1,0)=1

所以人具有性質(zhì)T(3,2);

(2)假設(shè)存在人具有性質(zhì)T(4,p),根據(jù)定義易知人中有4個(gè)元素且pC{0,1,2,3,4},

①若2=0,則人={(0,0,0,0)},沒(méi)有4個(gè)元素，不符題意舍去；

②若p=l,則ZG{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)},

而(1,0,0,0)?(0,1,0,0)=0,不符題意舍去；

③若p=2,則{(1,1,0,0),(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)-(0,1,04)=(1,0,0,1)-(0,1,1,0)=0,

故人中至多包含3個(gè)元素，不符題意舍去；

④若p=3,則4G{(1,1,1,0),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1)},

而(1,1,1,0)?(1,1,0,1)=2,不符題意舍去；

⑤若p=4,則{(1,1,1,1)},沒(méi)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

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：第二問(wèn)需要根據(jù)定義得出pC{0,1,2,3,4},從而分五種情況進(jìn)行討論,討論時(shí)依次得

出集合人的可能情況結(jié)合定義驗(yàn)證判定即可.

【題目回(2024上?北京密云?南一統(tǒng)考期末)對(duì)于正整數(shù)集合人={?Q,…,冊(cè)}m€N*,n>3)如果

去掉其中任意一個(gè)元素0(i=1,2,…,刃之后，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{123,4,5}是否是“和諧集”，并說(shuō)明理由；

(2)求證:若集合A是“和諧集”.則集合人中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù)；

(3)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(jiàn)解析

(2)證明見(jiàn)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&(i=1,2,…,n)的奇偶性相同，分類討論，可以證明出若集合人是“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)ri的取值討論后求解.

【詳解】(1)當(dāng)集合{1,2,3,4,5}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卜{1,4},{3,5};{1,5},{3,4}；{1},{3,4,5};{3},{1,4,5};{4},{1,3,5};{5},{1,3,4},

經(jīng)過(guò)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{1,2,3,4,5}不是''和諧集"；

(2)設(shè)正整數(shù)集合A={ai,a2,…,即}(nCN*,3)所有元素之和為M,由題意可知

M—&(i=1,2,…,n)均為偶數(shù)，因此任意一個(gè)元素&(i=1,2,的奇偶性相同.

若M是奇數(shù)，所以痣(i=1,2,…,n)也都是奇數(shù),由于M=ai+a2+…+冊(cè),顯然n為奇數(shù)；

若是偶數(shù)，所以aji=1,2,…,ri)也都是偶數(shù).此時(shí)設(shè)a產(chǎn)2”(i=l,2,-,n),

顯然{仇,%…，口}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)，集合力中元素的個(gè)數(shù)也是奇數(shù)，

綜上所述：若集合人是“和諧集”，則集合4中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù).

(3)由(2)知集合人中元素個(gè)數(shù)為奇數(shù)，顯然n=3時(shí)，集合不是“和諧集”，

當(dāng)n=5時(shí)，不妨設(shè)ax<a-2<a3Va4<(25,若y1為"和諧集"，去掉出后,得a2+a5=@3+04,去掉a2后，得

a1+a5=a3+ai,兩式矛盾，故九=5時(shí)，集合不是‘'和諧集"，

當(dāng)n=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(duì)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(duì)''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.

1題目回(2024上?北京朝相?高一統(tǒng)考期末)已知集合人={出42,…,冊(cè)},其中nCN*且n>4,a,6N*

(i=1,2,…,n),非空集合BU4記T(B)為集合B中所有元素之和，并規(guī)定當(dāng)B中只有一個(gè)元素b

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B；

⑵若正={3,4,5,9,10,11},B={瓦,顯,％},且T⑻是12的倍數(shù)，求集合口的個(gè)數(shù);

⑶若a毛{1,2,3,…,2n—l}(i=1,2,…，九)，證明:存在非空集合存G4使得T⑻是2%的倍數(shù).

【答案】(1){8},{1,7},{2,6},{1,2,5)

(2)4

(3)證明見(jiàn)詳解

【分析】根據(jù)條件，可列出(1)(2)中所有滿足條件的B;對(duì)⑶，分情況討論，尋找使T(B)是倍數(shù)的

集合R

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

(2)不妨設(shè)：&!<b2Vb3,由于3《仇〈》2〈》3411，且仇也心64

所以3+4+5=12WT(B)=6i+b2+b3^30=9+10+11.

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

當(dāng)T(B)=12時(shí)，因?yàn)槌?昆+a>3+4+5=12,

所以當(dāng)且僅當(dāng)8={3,4,5}時(shí)，T(B)=12成立，故B={3,4,5}符合題意.

當(dāng)T(B)=24時(shí)，

若劣=11,則b1+b2=13,故B={3,10,11}或3={4,9,11}符合題意；

若瓜=10,則b1+b2=14,故B={5,9,10)符合題意；

若fc3—9,則b1+b2+b^4+5+9=18,無(wú)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8的個(gè)數(shù)為4.

(3)(1)當(dāng)？2I4時(shí)，設(shè)Q1Va2V…V冊(cè),則

。1,電，…、an,2n-。1,2九一電，…、2Tl-11,2,3,,,,,n—1,九+1,,,,,2n—1},

這2n個(gè)數(shù)取2n—2個(gè)值，故其中有兩個(gè)數(shù)相等.

又因?yàn)?i<Q2V…<Q九，于是2Tl—Qi>2n—a2>…>2n—an,

從而Qi，。2,…,M互不相寺92Tl—Qi，2TL—。2,…,2Tl—CLn互不相寺,

所以存在〃，PE{1,2,…,n}使得Q〃=2n—au.

又因n,幾故〃￥

則B—?jiǎng)tT(B)=Q〃+?=2n,結(jié)論成立.

(2)當(dāng)nG>1時(shí)，不妨設(shè)。九=八，

:

則的,。2」;冊(cè)-1例〉4),在這?2—1個(gè)數(shù)中任取3個(gè)數(shù)，ai<aj<ak.

若叫一di與a】?都是八的倍數(shù),ak—ai=(Q「a】)+(%—a,>2n,

這與ai,a^akE(0,2n—1］矛盾.

則處,％,公至少有2個(gè)數(shù)，它們之差不是n的倍數(shù)，不妨設(shè)出一的(。2>的)不是打的倍數(shù).

考慮這幾個(gè)數(shù):a19a2,出+。2,Q1+Q2+Q3,…，Qi+a2H—+an-i，

①若這幾個(gè)數(shù)除以九的余數(shù)兩兩不同，則其中必有一個(gè)是八的倍數(shù)，又為，Q2V2"且均不為九，

故存在24rWn—1,使得電+。2H---\-ar=pn(nETV*).

若p為偶數(shù)，取B={QIQ,…,4},則T(B)=p?i,結(jié)論成立；

若p為奇數(shù)，取8={01,02,…,即/},則T(B)=pn+n=(p+l)n,結(jié)論成立.

—

②若這n個(gè)數(shù)除以n的余數(shù)中有兩個(gè)相同，則它們之差是n的倍數(shù),又a2,Qi均不是九的倍數(shù),

故存在24sVe4九一1,使得(QI+QZH---HaJ—(Qi+a2H---Fas)=qn(qEN*).

若q為偶數(shù)，取_B={Q$+I,QS+2,…,QJ,則T(B)=qrz,結(jié)論成立；

若q為奇數(shù)，取B={d+1,電+2,…，加冊(cè)},貝IT(B)=qn+n=(q+1)九，結(jié)論成立.

綜上，存在非空集合使得T(B)是2九的倍數(shù).

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛:如何找到非空集合使得7(B)是2n的倍數(shù)是問(wèn)題的關(guān)鍵.

趣目叵1(2023上?北京朝用?高二統(tǒng)考期末)設(shè)正整數(shù)九>4,若由實(shí)數(shù)組成的集合/=｛%,&2,

滿足如下性質(zhì)，則稱人為外集合:對(duì)人中任意四個(gè)不同的元素a,b,c,d,均有而+cdCA

(1)判斷集合4=｛o,y,l,2｝和4=｛j,1,2,3｝是否為M集合，說(shuō)明理由；

(2)若集合4=｛0,2,y,z｝為國(guó)集合，求人中大于1的元素的可能個(gè)數(shù)；

(3)若集合人為用集合，求證：/中元素不能全為正實(shí)數(shù).

【答案】⑴4尸｛。弓,1,2｝是國(guó)集合，A2=[*,1,2,3)不是國(guó)集合；

(2)A中大于1的元素的可能個(gè)數(shù)為0,1.

(3)見(jiàn)解析

【分析】(1)由國(guó)集合的定義即可得出答案；

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

0VgVz和OV/VgVz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】⑴集合4=｛。,],1,2｝是國(guó)集合，

當(dāng){{a,b},{c,d}}={{。,。},{1,2}}時(shí)，0x]+LX2=2C4；

當(dāng){{a,b},{c,d}}={{0,1},居,2}}時(shí),OX1+〃X2=1C4；

當(dāng){{a,b},{c,d}}={{0,2},時(shí)，0義2+*義1=464；

集合4=佶,1,2,3｝不是M集合,

取{a,b,c,d}={gl,2,3},則

ab+cd=~xl+2x3=電A，不滿足題中性質(zhì).

OO2

⑵當(dāng){a,b,c,d}={Q,z,x,y}時(shí)，ab+cd=砂GA,

當(dāng){a,b,c,d}={O,x,y,z}時(shí)，ab+cd=yz￡A,

當(dāng){a,b,c,d}={O,佻z,/}時(shí)，ab+cd=cczEA,

所以{/,y,z}={xy,yz,xz}.

不妨設(shè)xvyvz,

①若/VgV2Vo，因?yàn)榛?gt;0,從而於04與gzeA矛盾；

②若力VgVOVz,因?yàn)閤z<yz<xy,故xz=x,yz=y,xy=z,

所以z=l,xy=1.

經(jīng)驗(yàn)證，此時(shí)A=*,],0,1｝是國(guó)集合，元素大于1的個(gè)數(shù)為0;

③若/VOVgVz,因?yàn)榱〈項(xiàng)VO,所以與｛力,%z｝=｛g/,gz,cz｝矛盾;

④若0V/VgVz,因?yàn)閠y<.*z<nz,故岔n=*,xz=n，nz=z,

所以g=l,z=工>1.

X

經(jīng)驗(yàn)證，此時(shí)4={o,c,l，!}是國(guó)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0,1.

（3）假設(shè)集合A中全為正實(shí)數(shù).

若幺中至少兩個(gè)正實(shí)數(shù)大于1,設(shè)0VQ1VQ2V…〈冊(cè)，則Qn>%1T>1,

取{a,b,c,d}={冊(cè)—3，0九—2,冊(cè)—1，冊(cè)}，則ab+cd=冊(cè)一3冊(cè)—2+冊(cè)—1冊(cè)6A,

而。九-3。h-2+。71-1。71>Q/l-1。九>Qfi,從而Qfi—3。71-2+。口-/■,矛盾；

因此Z中至多有1個(gè)正實(shí)數(shù)大于1.

當(dāng)71=4時(shí)，設(shè)QiVQ2VQ3V。4，

若0V電VQ2V。341V。4,

當(dāng){a,b,c,d}={QIQQQ}時(shí)，ab+cd=aQ+a3a4cA,

當(dāng){a,b,c,d}={QISQQ}時(shí)，ab+cd=a1a3+a2a4EA,

當(dāng){a9b9c,d}={ai,a4,a2,a3}時(shí)，ab+cd=a1a4+a2a3EA,

由于（Q1Q2+Q3a4）一（Q1Q3+Q2a4）=。4（。3一。2）一電（。3一電）=（。4一電）（。3一電）>。，

（Q1Q3+Q2Q4）—（Q1Q4+Q2Q3）=Q2（Q「。3）一。1（。4一。3）=（。4一03）（。2一電）>0,

所以。1。2+。304>。1。3+。2。4>01。4+。2。3>，

3a4=。4,2a4=。3,2a

因?yàn)?VQ3—QiV1,

.^TQ4—02=（Q1Q2+Q3Q4）一（Q1Q4+Q2Q3）=04（03—Q1）-02（03-01）

=（04一電）（。3-Q1）<。4一。2，矛盾.

因此當(dāng)n=4時(shí)，0V電,02,03,1?

當(dāng)九》5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={t|t=\a-a\,\，iG{1,2,…,ri},i￥/},

因?yàn)镾是有限集，設(shè)s—『=minS,其中r,sGA,r<s.

又因?yàn)榧显谥兄辽儆?個(gè)不同的正實(shí)數(shù)不大于1,

所以s—『V1,且存在p,qG4,且pWl,qW1使p,q,r,s互不相同，

則0V|p-q|VI,

當(dāng){a,b9c9d}={r,p,s,g}時(shí)，ab+cd=rp+sqEA,

當(dāng){a,b9c9d}={s9p,r,q}時(shí)，ab+cd=sp+rqEA,

于是|{rp+sq）—{sp+rq）\—|p（r—s）—q（r—s）\=|（p—q）|（s—『）Vs一『，

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(duì)于與集合有關(guān)的新定義問(wèn)題，注意根據(jù)定義檢驗(yàn)，另外在問(wèn)題解決的過(guò)程中，注意

局部性質(zhì)與整體性質(zhì)的關(guān)系，注意利用已有的結(jié)果來(lái)解決后面的問(wèn)題.

1目［7)(2023上?浙江?高一校聯(lián)考階段練習(xí))設(shè)a,b,mER,若滿足(a-m)2V_巾>，則稱a比b

更接近7n.

⑴設(shè)2血比G+l更接近0,求力的取值范圍；

⑵判斷"-2M<一是飛比更接近小”的什么條件,并說(shuō)明理由；

x-y

⑶設(shè)力>0且①#遮辿=干■，試判斷力與"哪一個(gè)更接近代.

【答案】⑴［0,1)

(2)充分不必要條件,理由見(jiàn)解析；

(3)y更接近V3

(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力的取值范圍；

(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)由力>0且c￥V3,y—，+?利用函數(shù)單調(diào)性,分別對(duì)0<rr<V3和①>V3時(shí)|夕—V3|與

|x-V3|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立一0)2<(V^+1-O)2,即3c-2Vx-l<0;

可得(3V^+1)(V^—1)V0,解得0Wrr<1;

即力的取值范圍為［0,1);

(2)充分性：顯然CWg,由——------<-1可得----------------<-1,

x—yx-y

①若n—gV0,則(x—m)+(y—rn)>g—/，可得n—?n>0;

又力一gVO可得cVg,所以g—??2>力-7n>0;

即可得(x—m)2<(g—m),此時(shí)可以得出“力比g更接近m”；

②若力一g>0,則(x—m)+(y—m)Vg—2，可得c—mVO;

又名一g>0可得c>g,所以0>/—m>g—nz;

即可得(x—m)2<(g—Tn)：此時(shí)可以得出“名比g更接近m”；

因此充分性成立

2

必要性：由x比g更接近Tn可得(x—m)<(g—Tn/,即_m|<|y_TO|?

若力=0,g=3,7n=1,此時(shí))+"―也^=―2>—1,即必要性不成立；

x-y3

所以“土土2二變<一1,,是“I比g更接近小”的充分不必要條件；

x-y

⑶當(dāng)時(shí)，顯然"=爭(zhēng)1H---■在+8)上單調(diào)遞減,

N+1

所以"=*<*!=四,即"<四;

易知"一片"一答!（四一1）/+四3叵_2

x+1x+1

所以《一y_（2；-V3）=2V3-1-X——2V3-［（1+X）+|

x+17T

由對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知g=(1+/)+力j]在(V3,+oo)上單調(diào)遞增,

所以g=(l+為+^|7T>(1+通)+^^=2"，

即可得四一夕一(力一遍)=2四一[(1+%)+「；]]V0,即\V3-y\<\x-V3\;

同理當(dāng)0Vc時(shí)，由單調(diào)性可知g=二｝?》唱+3=，§,即?/>V3;

x-i-1V3+1

i+l」，

又由對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知函數(shù)g=(1+/)+C在(0,0一1)上單調(diào)遞減，在(血一1,V3)上單調(diào)遞

增；

又一2代+[(1+0)+高]<0,-2四+[(1+四)+^^]=0,

所以“一四一(百一工)=—2"+[(1+為+空萬(wàn)]<0在。<①〈《時(shí)恒成立，即|y-V3|<

|V3—a?|;

綜上可得滿足(y-V3)2<(，-四戶，即y更接近V3.

【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(duì)值大小，再由定義得出結(jié)論.

題目叵1(2024T?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(duì)于幾個(gè)正數(shù)出42,…,即,它們的算術(shù)平均不小于它們的幾何平均，即期+電+…+m>—Q…冊(cè),

n

當(dāng)且僅當(dāng)期=02=???=。71時(shí)，等號(hào)成立.若無(wú)窮正項(xiàng)數(shù)列｛aj同時(shí)滿足下列兩個(gè)性質(zhì)：①3M>0,an

VM；②｛Q/為單調(diào)數(shù)列，則稱數(shù)列｛冊(cè)｝具有性質(zhì)P.

(1)若%=71+4■，求數(shù)列｛冊(cè)｝的最小項(xiàng)；

n2

1n

(2)若0=—，記s?=判斷數(shù)列｛Sj是否具有性質(zhì)P,并說(shuō)明理由；

2-1i=i

(3)若d=(1+工)”,求證:數(shù)列｛c?｝具有性質(zhì)P.

\n7

【答案】(1)最小項(xiàng)為。2=3

10

⑵數(shù)列｛SJ具有性質(zhì)P,理由見(jiàn)解析.

（3）證明見(jiàn)解析

【分析】⑴利用源=勺+勺+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療

（2）變形￡，再利用等比數(shù)列求和證明性質(zhì)①,利用b=T—>0,證明②；

2rl2”-1

（3）結(jié)合二項(xiàng)式定理及八元基本不等式求解.

【詳解】⑴?.?冊(cè)=號(hào)+卷+4>3、浮乳三=3,當(dāng)且僅當(dāng)蔡=冬，即n=2時(shí)，等號(hào)成立,

22nzN22n2nz

：.數(shù)列｛Q/的最小項(xiàng)為電=2+4=3.

22

⑵數(shù)列｛SJ具有性質(zhì)P

11

2"-12"T+2"T—1仔

1-費(fèi)

i=l?=11111

,?,S=E6^E—F=l+y+^+---+2(1-—<2,,

n2”TT

數(shù)列｛SJ滿足條件①.

???b=—^―>0,Sn<Sn+1,：.｛SJ為單調(diào)遞增數(shù)列，二數(shù)列｛SJ滿足條件②.

2—1

綜上，數(shù)列｛S,J具有性質(zhì)P.

(3)先證數(shù)列｛6｝滿足條件①：

Cn=(1+—)=Cn+Cn~+JH---\-Cn'占.

v2

n'nnnn

當(dāng)人>2時(shí)(jk1=1)(n-2)…⑺-k+l)_曳.n—1.――2…Ti—k+l.J_

i'nnknk-k\nnnnk\

<X<_1_=_1_X

、%!、R(R_1)k-1k'

則金=(1+2)”=1+1+(1—…—工)=3—工<3,

vn7'2)1237vn—1nfn

：.數(shù)列｛sj滿足條件①.

再證數(shù)列｛品｝滿足條件②:

c?=(l+-)n=(1+-)-(1+-)?-?(1+-)xl

\n7'n''n7'n7

(i+￡)+(i+￡)+…+(i+￡)+in+l

<（1+上>1,等號(hào)取不至11）

n+1n

?2+1+—,n\n+1[\n+l

/.｛cj為單調(diào)遞增數(shù)列，數(shù)列｛c0｝滿足條件②.

綜上，數(shù)列｛cj具有性質(zhì)P.

【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.

'題目叵(2024上?上海?高一上海市建平中學(xué)?？计谀?對(duì)于函數(shù)/(*),若存在gGR,使/(g)=3

成立，則稱g為了(①)的不動(dòng)點(diǎn).

(1)已知函數(shù)/(①)=/—6一3,求函數(shù)了(①)的不動(dòng)點(diǎn)；

(2)若對(duì)于任意的bCR,二次函數(shù)/(c)=ax2+(b—l)x+b—8(a豐0)恒有兩個(gè)相異的不動(dòng)點(diǎn)，求實(shí)

數(shù)a的取值范圍；

(3)若函數(shù)/(c)(7n+l)c+ni+l在區(qū)間(0,2)上有唯一的不動(dòng)點(diǎn),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

【答案】⑴-1,3

(2)(0,6)

(3)—IVmWl或772=2弋

【分析】(1)求函數(shù)fQ)的不動(dòng)點(diǎn)，即求方程/(g)=g的根，即求方程就一四)一3=g的解；

(2)二次函數(shù)f(*)=ax2+(b—l)x+b—8(aW0)恒有兩個(gè)相異的不動(dòng)點(diǎn)，等價(jià)于方程ax2+(6—2)力

+b—8=0有兩個(gè)不等實(shí)根，對(duì)于任意的bGR恒成立，只需要不等式4(a+l)b+4(8a+l)>0

恒成立，求實(shí)數(shù)。的取值范圍即可；

(3)在區(qū)間(0,2)上，函數(shù)g(i)=mx2—(m+2)x+m+1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】⑴設(shè)g為不動(dòng)點(diǎn)，因此/(g)=g,即XI—XQ-3=XQ,

解得g=—1或g=3,所以一1,3為函數(shù)/(%)的不動(dòng)點(diǎn).

(2)方程/(力)=力，即ax2+(b—l)rc+b—8=x,

有Q/+(b—2)+b—8—0,

因?yàn)镼W0,于是得一元二次方程aa?+(b—2)x+6—8=0有兩個(gè)不等實(shí)根，

即判別式△=(6—2)2—4a(b—8)>0Q62—4(Q+l)b+4(8a+1)>0,

依題意，對(duì)于任意的bGR,不等式4(Q+1?+4(80+1)>0恒成立，

只需關(guān)于未知數(shù)b的方程62—4(a+l)b+4(8。+1)—0無(wú)實(shí)數(shù)根，

則判別式A=16(a+I)2—16(8a+1)V0,

整理得a2—6a<0,解得0VaV6,

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,6).

(3)由/(%)=m^—(rn+l)rc+m+l=/，得?n/_(mz+2)/+m+l=09

由于函數(shù)/O)在(0,2)上有且只有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，

即mx2—(m-\-2)x+m+1=0在(0,2)上有且只有一個(gè)解

令g(①)=mx2—(rn+2)x+m+1

①g(o)?g⑵vo,則(一+1)(館—1)<o,解得—i<m<1；

.

②g（0）=0,即?7i=—1時(shí)，

方程可化為一/—力=0,另一個(gè)根為—1,不符合題意，舍去；

③g⑵=0,即Tn=1時(shí),

方程可化為X2-3X+2=0,另一個(gè)根為1,滿足；

④△=0,即（nz+2）2—4m（m+1）=0,解得m=±'弋,

O

⑴當(dāng)m=亨時(shí)，方程的根為/=―-（二+2）=2ZL±2_=