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）1．（2024·辽宁·二模）已知数列的各项是奇数，且是正整数的最大奇因数，.(1)求的值；(2)求的值；(3)求数列的通项公式.【答案】(1)，(2)，，(3)【分析】（1）根据所给定义直接计算可得；（2）根据所给定义列出，即可得解；（3）当为奇数时，即可求出，当为偶数时，从而得到，即可推导出，再利用累加法计算可得.【详解】（1）因为，所以，又，所以；（2）依题意可得，，，，，，，所以，，.（3）因为是正整数的最大奇因数，当为奇数，即时，所以，当为偶数，即时，所以当时，所以，所以且，所以，当时也满足，所以数列的通项公式为.【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且，最后利用累加法求出.2．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知数列的各项均为正整数，设集合，，记的元素个数为.(1)若数列A:1，3，5，7，求集合，并写出的值;(2)若是递减数列，求证:“”的充要条件是“为等差数列”;(3)已知数列，求证:.【答案】(1).(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）若为等差数列，且是递减数列，得到，结合，证得充分性成立；再由是递减数列，得到，结合互不相等，得到，得到必要性成立，即可得证；（3）根据题意，得到，得出，得到，不妨设，则，推得为奇数，矛盾，进而得证.【详解】（1）解：由题意，数列，可得，所以集合，所以.（2）证明：充分性：若为等差数列，且是递减数列，则的公差为，当时，，所以，则，故充分性成立.        必要性:若是递减数列，，则为等差数列，因为是递减数列，所以，所以，且互不相等，所以，又因为，所以且互不相等，所以，所以，所以为等差数列，必要性成立.所以若是递减数列，“”的充要条件是“为等差数列”.（3）证明：由题意集合中的元素个数最多为个，即，        对于数列，此时，若存在，则，其中，故，        若，不妨设，则，而，故为偶数，为奇数，矛盾，故，故，故由得到的彼此相异，所以.3．（2024·广西·二模）已知函数，若存在恒成立，则称是的一个“下界函数”．(1)如果函数为的一个“下界函数”，求实数的取值范围；(2)设函数，试问函数是否存在零点？若存在，求出零点个数；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)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的最小值问题，利用导数求出最小值即可；（2）把函数整理成，要判断是否有零点，只需看的正负问题，令，利用导数分析即可.【详解】（1）由恒成立，可得恒成立，所以恒成立,令，所以，当时,，在单调递减；当时,，在单调递增；所以的最小值为，所以，实数t的取值范围；（2）由（1）可知，所以，所以，①又，所以，令，所以，当时,，在单调递减；当时,，在单调递增；所以，②所以，又①②中取等号的条件不同，所以所以函数没有零点.4．（2024·湖南长沙·模拟预测）设n次多项式，若其满足，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式.(1)若切比雪夫多项式，求实数a，b，c，d的值；(2)对于正整数时，是否有成立？(3)已知函数在区间上有3个不同的零点，分别记为，证明：.【答案】(1)(2)成立(3)证明见解析【分析】（1）利用展开计算，根据切比雪夫多项式可求得；（2）要证原等式成立，只需证明成立即可，利用两角和与差的余弦公式可证结论成立；（3）由已知可得方程在区间上有3个不同的实根，令，结合（1）可是，可得，计算可得结论.【详解】（1）依题意，，因此，即，则，（2）成立.这个性质是容易证明的，只需考虑和差化积式.首先有如下两个式子：，，两式相加得，，将替换为，所以.所以对于正整数时，有成立.（3）函数在区间上有3个不同的零点，即方程在区间上有3个不同的实根，令，由知，而，则或或，于是，则，而，所以.5．（2024·浙江·模拟预测）已知实数，定义数列如下：如果，，则．(1)求和（用表示）；(2)令，证明：；(3)若，证明：对于任意正整数，存在正整数，使得．【答案】(1)(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），分别计算和可证明结论；（3）先根据无上界说明存在正整数，使得，分是偶数和是奇数分别说明.【详解】（1）因为，所以；因为，所以；（2）由数列定义得：；所以．而，所以；（3）当，由（2）可知，无上界，故对任意，存在，使得．设是满足的最小正整数．下面证明．①若是偶数，设，则，于是．因为，所以．②若是奇数，设，则．所以．综上所述，对于任意正整数，存在正整数，使得．6．（2024·辽宁·三模）若实数列满足，有，称数列为“数列”.(1)判断是否为“数列”，并说明理由；(2)若数列为“数列”，证明：对于任意正整数，且，都有(3)已知数列为“数列”，且.令，其中表示中的较大者.证明：，都有.【答案】(1)数列是“数列”，数列不是“数列”；(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据“数列”的定义判断可得出结论；（2）由可得出，利用累加法结合不等式的基本性质可得，以及，再结合可证得结论成立；（3）首先当或2024时的情况，再考虑时，结合（2）中结论考虑用累加法可证得结论.【详解】（1）因为，所以数列是“数列”，因为，所以数列不是“数列”；（2）令，因为数列为“数列”，所以从而，所以因为，所以，因为，所以.（3）当或2024时，，从而，当时，因为，由第(2)问的结论得，可推得，从而对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而对于，由第(2)问的结论得，从而也成立，从而所以由条件可得，所以.【点睛】方法点睛：本题主要考查数列新定义的问题，处理此类问题时，通常根据题中的新定义，结合已知结论进行推导、求解；本题中，根据“数列”的定义“”结合作差法、不等式的性质进行推理、证明不等式成立，并在推导时，充分利用已有的结论进行推导，属于难题.7．（2024·广东梅州·二模）已知是由正整数组成的无穷数列，该数列前项的最大值记为，即；前项的最小值记为，即，令（），并将数列称为的“生成数列”．(1)若，求其生成数列的前项和；(2)设数列的“生成数列”为，求证：；(3)若是等差数列，证明：存在正整数，当时，，，，是等差数列．【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用指数函数的性质判断数列的单调性，从而得出{pn}的通项，由分组求和法及等比数列的前n项和公式进行求解即可；（2）根据数列的单调性，结合生成数列的定义进行证明即可；（3）根据等差数列的定义分类讨论进行证明即可．【详解】（1）因为关于单调递增，所以，，于是，的前项和．（2）由题意可知，，所以，因此，即是单调递增数列，且，由“生成数列”的定义可得．（3）若是等差数列，证明：存在正整数，当时，是等差数列．当是一个常数列，则其公差必等于0，，则，因此是常数列，也即为等差数列；当是一个非常数的等差数列，则其公差必大于0，，所以要么，要么，又因为是由正整数组成的数列，所以不可能一直递减，记，则当时，有，于是当时，，故当时，，…，因此存在正整数，当时，，…是等差数列．综上，命题得证．【点睛】方法点睛：常见的数列求和的方法有公式法即等差等比数列求和公式，分组求和类似于，其中和分别为特殊数列，裂项相消法类似于，错位相减法类似于，其中为等差数列，为等比数列等.8．（2024·浙江绍兴·二模）已知，集合其中.(1)求中最小的元素；(2)设，，且，求的值；(3)记，，若集合中的元素个数为，求.【答案】(1)7(2)或10(3)【分析】（1）根据集合新定义，确定中最小的元素即可；（2）根据集合中的元素可得，设，，分别讨论当时，当时，当时，的取值情况，即可得结论；（3）设，则，其中，，所以，根据组合数的运算性质确定与的关系，即可求得的值.【详解】（1）中的最小元素为.（2）由题得，设，.①当时，或或或或或.经检验，当时，，符合题意，所以.②当时，或或或.经检验，当时，，符合题意，所以.③当时，不符合题意.因此，或10.（3）设，则，其中，，所以，设，则.因为，所以.因为，所以，所以，又因为，所以.【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，注意两点：（1）根据集合定义式，确定集合中元素的特点，结合指数运算确定指数的取值情况从而得集合中的元素性质；（2）确定集合中的元素个数为时，结合组合数的运算性质确定与的关系.9．（2024·山东潍坊·二模）数列中，从第二项起，每一项与其前一项的差组成的数列称为的一阶差数列，记为，依此类推，的一阶差数列称为的二阶差数列，记为，…．如果一个数列的p阶差数列是等比数列，则称数列为p阶等比数列．(1)已知数列满足，．（ⅰ）求，，；（ⅱ）证明：是一阶等比数列；(2)已知数列为二阶等比数列，其前5项分别为，求及满足为整数的所有n值．【答案】(1)（ⅰ），，；（ⅱ）证明见解析(2)当时，为整数.【分析】（1）（ⅰ）根据的定义，结合通项公式求解即可；（ⅱ）根据递推公式构造即可证明；（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，可得，结合进而可得，从而分析为整数当且仅当为整数，再根据二项展开式，结合整除的性质分析即可.【详解】（1）（ⅰ）由，易得，……由一阶等差数列的定义得：，，.（ⅱ）因为，所以当时有，所以，即，即，又因为，故是以1为首项，2为公比的等比数列，即是一阶等比数列.（2）由题意的二阶等差数列为等比数列，设公比为，则，，所以.由题意，所以，所以，即.所以为整数当且仅当为整数.由已知时符合题意，时不合题意，当时，，所以原题等价于为整数，因为①，显然含质因子3，所以必为9的倍数，设，则，将代入①式，当为奇数时，为偶数，①式为2的倍数；当为偶数时，为奇数，为偶数，①式为2的倍数，又因为2与9互质，所以①为整数.综上，当时，为整数.【点睛】方法点睛：（1）新定义的题型需要根据定义列出递推公式，结合等比等差的性质求解；（2）考虑整除时，可考虑根据二项展开式进行讨论分析.10．（2024·贵州黔西·一模）布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可运用到有限维空间并构成了一般不动点定理的基石，得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔(L.E.J.Brouwer).简单地讲就是:对于满足一定条件的连续函数，存在实数，使得，我们就称该函数为“不动点”函数，实数为该函数的不动点.(1)求函数的不动点;(2)若函数有两个不动点，且，若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据不动点定义求解即可；（2）根据题意问题转化为方程有两个不等的实数根，令，利用导数判断单调性极值，可得，且的值随着的值减小而增大，列式求出时的值，得解.【详解】（1）设的不动点为，则，解得，所以函数的不动点为.（2）函数有两个不动点，即方程，即有两个不等的实数根，令，则，当时，，当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减，，且时，，时，，作出的大致图象如下：所以，且的值随着的值减小而增大，当时，有，两式相减得，解得，即，代入，解得，所以此时，所以满足题意的实数的取值范围为.11．（2024·河北沧州·一模）对于函数，，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点；若存在，使得，则称为函数的二阶不动点；依此类推，可以定义函数的阶不动点．其中一阶不动点简称为“不动点”，二阶不动点简称为“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”构成的集合分别记为和，即，．(1)若，证明：集合中有且仅有一个元素；(2)若，讨论集合的子集的个数．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】（1）令，求导，可得函数的单调性，进而可得函数有唯一零点，可得结论；（2）由题意可知只需研究的不动点即可，令，求出其导数，判断其单调性，然后分类讨论的取值范围，判断的零点情况，即可判断的稳定点个数.，进而可得集合的子集的个数.【详解】（1）令，求导得，令，可得，当，，当，，所以，所以有唯一零点，所以集合中有且仅有一个元素；（2）当时