新高考“九省联考”19题压轴题汇编 解析版

新高考“九省联考”19题压轴题汇编
一、集合新定义
1(2023下·北京·高一校考开学考试)给定整数n ≥3，由n 元实数集合S 定义其相伴数集T =
a -
b ∣a ､b ∈S ,a ≠b ，
如果min T =1，则称集合S 为一个n 元规范数集，并定义S 的范数f 为其中所有元素绝对值之和.
(1)判断A =-0.1,-1.1,2,2.5 、B =-1.5,-0.5,0.5,1.5 哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个n 元规范数集S ，记m 、M 分别为其中最小数与最大数，求证：min S +max S ≥n -1；
(3)当S =a 1,a 2,⋯,a 2023 遍历所有2023元规范数集时，求范数f 的最小值.
注：min X 、max X 分别表示数集X 中的最小数与最大数.
【答案】(1)集合A 不是规范数集；集合B 是规范数集；
(2)证明见详解；
(3)1012×1011.
【分析】(1)根据n 元规范数集的定义，只需判断集合A ,B 中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；
(2)利用n 元规范数集的定义，得到x i +1-x i ≥1，从而分类讨论x 1≥0、x n ≤0与x 1<0,x n >0三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；
(3)法一：当a 1≥0时，证得a n ≥n -1 +a 1，从而得到f ≥1011×2023；当a 2023≤0时，证得-a n ≥2023-n -a 2023，从而得到f ≥1011×2023；当a m <0≤a m +1时，分类讨论m ≤1011与m ≥1012两种情况，推得f ≥1012×1011，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与(2)中结论即可得解.
【详解】(1)对于集合A ：因为2.5-2 =0.5<1，所以集合A 不是规范数集；
对于集合B ：因为B =-1.5,-0.5,0.5,1.5 ，
又-1.5-(-0.5) =1，-1.5-0.5 =2，-1.5-1.5 =3，-0.5-0.5 =1，-0.5-1.5 =2，0.5-1.5 =1，
所以B 相伴数集T =1,2,3 ，即min T =1，故集合B 是规范数集.
(2)不妨设集合S 中的元素为x 1<x 2<⋯<x n ，即min S =x 1,max S =x n ，
因为S 为规范数集，则∀i ∈N ∗,1≤i ≤n -1，则x i +1-x i ≥1，且∃i 0∈N ∗,1≤i 0≤n -1，使得x i 0+1-x i 0=1，当x 1≥0时，
则min S +max S =x 1 +x n =x 1+x n =x 2-x 1 +x 3-x 2 +⋯x n -x n -1 +2x 1≥n -1+2x 1≥n -1，
当且仅当x i +1-x i =1且x 1=0时，等号成立；
当x n ≤0时，
则min S +max S =x 1 +x n =-x 1-x n =x 2-x 1 +x 3-x 2 +⋯+x n -x n -1 -2x n ≥n -1-2x n ≥n -1，
当且仅当x i +1-x i =1且x n =0时，等号成立；
当x 1<0,x n >0时，
则min S +max S =x 1 +x n =-x 1+x n =x 2-x 1 +⋯+x n -x n -1 ≥n -1，
当且仅当x i +1-x i =1时，等号成立；
综上所述：min S +max S ≥n -1.
(3)法一：
不妨设a 1<a 2<⋯<a 2023，
因为S 为规范数集，则∀i ∈N ∗,1≤i ≤2022，则a i +1-a i ≥1，且∃i 0∈N ∗,1≤i 0≤2022，使得a i 0+1-a i 0=1，当a 1≥0时，
则当2≤n ≤2023时，可得a n =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a 2-a 1 +a 1≥n -1 +a 1，
当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,1≤i ≤n -1时，等号成立，
则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =a 1+a 2+⋯+a 2023≥a 1+1+a 1+⋯+2022+a 1，
当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,1≤i ≤2022时，等号成立，
又a 1+1+a 1+⋯+2022+a 1=2022×1+2022 2
+2023a 1=1011×2023+2023a 1≥1011×2023，当且仅当a 1=0时，等号成立，
故f ≥1011×2023，即范数f 的最小值1011×2023；
当a 2023≤0时，
则当1≤n ≤2022时，可得a n =-a 2023-a 2022 +a 2022-a 2021 +⋯+a n +1-a n +a 2023≤-2023-n +a 2023，
当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤2022时，等号成立，则-a n ≥2023-n -a 2023，
则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1-a 2-⋯-a 2023≥2022-a 2023+2021-a 2023+⋯+1-a 2023+-a 2023 ，
当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤2022时，等号成立，
又2022-a 2023+2021-a 2023+⋯+1-a 2023+-a 2023 =
2022×1+2022 2
-2023a 2023=1011×2023-2023a 2023≥1011×2023，
当且仅当a 2023=0时，等号成立，
故f ≥1011×2023，即范数f 的最小值1011×2023；
当∃m ∈N ∗,1≤m ≤2022，使得a m <0≤a m +1，且a 2023≠0，
当2023-2m ≥0，即m ≤20232，即m ≤1011时，则当m +1≤n ≤2023时，可得a n =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a m +2-a m +1 +a m +1≥n -m -1+
a m +1，
当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,m +1≤i ≤2022时，等号成立，
则当1≤n ≤m 时，可得a m +1-a n =a m +1-a m +a m -a m -1 +⋯+a n +1-a n ≥m -n +1，
当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤m 时，等号成立，
则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1-a 2-⋯-a m +a m +1+⋯+a 2023
=a m +1-a 1 +a m +1-a 2 +⋯+a m +1-a m -ma m +1+a m +1+a m +2+⋯+a 2023 ≥m +m -1+⋯+1 -ma m +1+a m +1+1+a m +1+⋯+2022-m +a m +1
=m m +1 2+2023-m 2022-m 2
+2023-2m a m +1=m 2-2022m +1011×2023+2023-2m a m +1
≥m 2-2022m +1011×2023；
对于y =m 2-2022m +1011×2023m ≤1011 ，其开口向上，对称轴为m =1011，
所以y min =10112-2022×1011+1011×2023=1012×1011，
所以范数f 的最小值为1012×1011；
当2023-2m <0，即m >20232
，即m ≥1012时，则当m +1≤n ≤2023时，可得a n -a m =a n -a n -1 +a n -1-a n -2 +⋯+a m +1-a m ≥n -m ，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,m +1≤i ≤2022时，等号成立，
则当1≤n ≤m 时，可得-a n =a m -a m -1 +a m -1-a m -2 +⋯+a n +1-a n -a m ≥m -n -a m ，当且仅当a i +1-a i =1,i ∈N ∗,n ≤i ≤m -1时，等号成立，
则范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 =-a 1-a 2-⋯-a m +a m +1+⋯+a 2023
=-a 1-a 2-⋯-a m +a m +1-a m +⋯+a 2023-a m +2023-m a m ≥m -1+m -2+⋯+1 -ma m +1+2+⋯+2023-m +2023-m a m
=m m -1 2+2023-m 2024-m 2
+2023-2m a m =m 2-2024m +1012×2023+2023-2m a m
>m 2-2024m +1012×2023；
对于y =m 2-2024m +1012×2023m ≥1012 ，其开口向上，对称轴为m =1012，
所以y min =10122-2024×1012+1011×2023=1012×1011，
所以范数f >1012×1011；
综上所述：范数f 的最小值1012×1011.
法二：
不妨设a 1<a 2<⋯<a 2023，
因为S 为规范数集，则∀i ∈N ∗,1≤i ≤2022，则a i +1-a i ≥1，且∃i 0∈N ∗,1≤i 0≤2022，使得a i 0+1-a i 0=1，所以对于S
j =a j ,⋯,a 2024-j ⊆S ，
同样有∀j ∈N ∗,1≤j ≤1011，则a j +1-a j ≥1，
由(2)的证明过程与结论min S +max S ≥n -1可得，min S j +max S j ≥2024-2j ，当且仅当a j +1-a j =1时，等号成立，
即a 1 +a 2023 ≥2022，a 2 +a 2022 ≥2020，
⋯⋯a 1011 +a 1013 ≥2，所以范数f =a 1 +a 2 +⋯+a 2023 ≥2022+2020+⋯+2+a 2012
=2022+2 ×1011
2+a 2012 =1012×1011+a 2012 ≥1012×1011，
当且仅当a 2012 =0时，等号成立，
所以范数f 的最小值1012×1011.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解n 元规范数集的定义，得到x i +1-x i ≥1，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.
2(2024·全国·校联考模拟预测)已知有穷数列A :a 1，a 2，⋯，a n (n ≥3)中的每一项都是不大于n 的正整数.对于满足1≤m ≤n 的整数m ，令集合A m =k a k =m ，k =1，2，⋯，n .记集合A (m )中元素的个数为s (m )(约定空集的元素个数为0).
(1)若A :6，3，2，5，3，7，5，5，求A (5)及s (5)；
(2)若1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )
=n ，求证：a 1,a 2,⋯,a n 互不相同；(3)已知a 1=a ,a 2=b ，若对任意的正整数i ，j (i ≠j ，i +j ≤n )都有i +j ∈A (a i )或i +j ∈A (a j )，求a 1+a 2+⋯+a n 的值.
【答案】(1)A (5)={4，7，8}，s (5)=3.
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】(1)观察数列，结合题意得到A (5)及s (5)；
(2)先得到1s (a i )≤1，故1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )≤n ，再由1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )
=n 得到s (a i )=1，从而证明出结论；
(3)由题意得a i +j =a i 或a i +j =a j ，令j =1，得到a 3=a 2或a 3=a 1，当a =b 时得到a 1+a 2+⋯+a n =na ，当a ≠b 时，考虑a 3=a 或a 3=b 两种情况，求出答案.
【详解】(1)因为a 4=a 7=a 8=5，所以A (5)=4,7,8 ，则s (5)=3；
(2)依题意s (a i )≥1,i =1，2，⋯，n ，
则有
1s (a i )≤1，因此1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )
≤n ，又因为1s (a 1)+1s (a 2)+⋯+1s (a n )
=n ，
所以s (a i )=1
所以a1,a2,⋯,a n互不相同.
(3)依题意a1=a,a2=b.
由i+j∈A(a i)或i+j∈A(a j)，知a i+j=a i或a i+j=a j.
令j=1，可得a i+1=a i或a i+1=a1，对于i=2,3,...n-1成立，
故a3=a2或a3=a1.
①当a=b时，
a3=a4=⋯=a n=a，
所以a1+a2+⋯+a n=na.
②当a≠b时，
a3=a或a3=b.
当a3=a时，由a4=a3或a4=a1，有a4=a，
同理a5=a6=⋯=a n=a，
所以a1+a2+⋯+a n=(n-1)a+b.
当a3=b时，此时有a2=a3=b，
令i=1，j=3，可得4∈A(a)或4∈A(b)，即a4=a或a4=b.
令i=1，j=4，可得5∈A(a)或5∈A(b). 令i=2，j=3，可得5∈A(b).
所以a5=b.
若a4=a，则令i=1，j=4，可得a5=a，与a5=b矛盾.
所以有a4=b.
不妨设a2=a3=⋯=a k=b(k≥5)，
令i=t，j=k+1-t(t=2,3,⋯,k-1)，可得k+1∈A(b)，因此a k+1=b.
令i=1,j=k，则a k+1=a或a k+1=b.
故a k+1=b.
所以a1+a2+⋯+a n=(n-1)b+a.
综上，a=b时，a1+a2+⋯+a n=na.
a3=a≠b时，a1+a2+⋯+a n=(n-1)a+b.
a3=b≠a时，a1+a2+⋯+a n=(n-1)b+a.
【点睛】数列新定义问题的方法和技巧：
(1)可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
(2)可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
(3)发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
(4)如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念，要将“新”性质有机地应用到“旧”性质上，创造性的解决问题.
3(2023上·北京海淀·高三北大附中校考阶段练习)已知T n 为所有n 元有序数组a 1,a 2,⋅⋅⋅,a n 所组成的集合.其中a i ∈0,1 (i =1,2,⋅⋅⋅,n ).
对于T 中的任意元素x =x 1,x 2,⋅⋅⋅,x n ，y =y 1,y 2,⋅⋅⋅,y n 定义x ，y 的距离：
d x ,y =x 1-y 1 +x 2-y 2 +⋅⋅⋅+x n -y n .
若k ∈N *，U 为T 5k 的子集，且有2k 个元素，并且满足任意x ∈T 5k ，都存在唯一的y ∈U ，使得d x ,y ≤2，则称U 为“好k 集”.
(1)若a ，b ，c ∈T 3，a =1,0,1 ，b =0,1,0 ，c =0,1,1 ，求d a ,a ，d a ,b 及d a ,c +d b ,c 的值；
(2)当k =1时，求证：存在“好k 集”，且“好k 集”中不同元素的距离为5；
(3)求证：当k >1时，“好k 集”不存在.
【答案】(1)d a ,a =0，d a ,b =3，d a ,c +d b ,c =3
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】(1)根据题意直接代入运算求解；
(2)对任意x =x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ∈T 5，定义x =1-x 1,1-x 2,1-x 3,1-x 4,1-x 5 ，可得d x ,y +d x ,y
=5，结合“好k 集”的定义分析证明；
(3)先证对于任意x ∈U ，可知均存在y ∈T 5，使得d x ,y =2，对T 5k 的以T 5为基础，结合定义分析证明.
【详解】(1)因为a =1,0,1 ，b =0,1,0 ，c =0,1,1 ，
则d a ,a =1-1 +0-0 +1-1 =0，d a ,b =1-0 +0-1 +1-0 =3，
d a ,c =1-0 +0-1 +1-1 =2，d b ,c =0-0 +1-1 +0-1 =1，
所以d a ,c +d b ,c =3.
(2)对任意x =x 1,x 2,x 3,x 4,x 5 ∈T 5，定义x =1-x 1,1-x 2,1-x 3,1-x 4,1-x 5 ，
对任意y =y 1,y 2,y 3,y 4,y 5 ∈T 5，
因为x i ,y i ∈0,1 ,i ∈1,2,3,4,5 ，则x i -y i +1-x i -y i =1，
可得d x ,y +d x ,y =5，
对于任意x ,y ，可得U =x ,x 有2个元素，
若d x ,y ≤2，则d x ,y ≥3，满足“好k 集”的定义；
若d x ,y ≥2，则d x ,y ≤2，满足“好k 集”的定义；
综上所述：U =x ,x 为
“好k 集”，且d x ,x =5
i =1x i -1-x i =5，即当k =1时，存在“好k 集”，且“好k 集”中不同元素的距离为5.
(3)显然d x ,y =d y ,x ，
先证：当k =1时，对任意的x ∈T 5，含有x 的“好k 集”只能是U =x ,x ，
反证：假设存在“好k 集”U =x ,y ,y ≠x ，
则对于任意z ∈T 5，可得d x ,z ≤2,d y ,z ≤2，
则z ∈T 5，可得d x ,z ≥3,d y ,z ≥3，不满足“好k 集”的定义，
例如x =0,0,0,0,0 ，则x =1,1,1,1,1 ，可取y =1,1,0,0,0 ，
则d x ,y =2,d x ,y =3，即存在y ∈T 5，使得d x ,y =2，
结合x i -y i +1-x i -y i =1可得：d x ,y 就相当于对0，1的顺序进行重组，
对于任意x ∈U ，可知均存在y ∈T 5，使得d x ,y =2，
当k >1时，对任意a =a 1,a 2,⋅⋅⋅,a 5k ∈T 5k ，
定义a =A 1,A 2,⋅⋅⋅,A k ，其中A i =a 5i -4,a 5i -3,⋅⋅⋅,a 5i ,i ∈1,2,⋅⋅⋅,k ，
可知：对任意e ,f ∈T 5k ，其中e =E 1,E 2,⋅⋅⋅,E k ,f =F 1,F 2,⋅⋅⋅,F k ，
可知d e ,f =d E 1,F 1 +d E 2,F 2 +⋅⋅⋅+d E k ,F k ，
反证：假设存在“好k 集”，
则对任意b =B 1,B 2,⋅⋅⋅,B k ∈T 5k ，以b 为基础构建“好k 集”U ，
对任意c =C 1,C 2,⋅⋅⋅,C k ∈T 5k ，对任意的i ∈1,2,⋅⋅⋅,k ，均有d B i ,C i ≤2，与之对应的项只能是B i 和B i ，
每个i ∈1,2,⋅⋅⋅,k 均有2种选择，共有2k 种组合可能，
按照以上构建方法得到的元素d =D 1,D 2,⋅⋅⋅,D n ，
可知对任意D i ，均存在Z i ，使得d d i ,Z i =2，i ∈1,2,⋅⋅⋅,k ，
所以必然存在z =Z 1,Z 2,⋅⋅⋅,Z k ∈T 5k ，
使得d z ,b =d Z 1,D 1 +d Z 2,D 2 +⋅⋅⋅+d Z k ,D k =2k >2，
故假设不成立，所以当k >1时，“好k 集”不存在.
【点睛】关键点睛：新定义问题要充分理解定义，可以通过举例和推理去理解定义，对于本题可以利用反证法来分析证明.
4(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)已知Q :a 1,a 2,⋯,a k 为有穷正整数数列，且a 1≤a 2≤⋯≤a k ，集合X =-1,0,1 ．若存在x i ∈X ,i =1,2,⋯,k ，使得x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k =t ，则称t 为k -可表数，称集合T =t ∣t =x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k ,x i ∈X ,i =1,2,⋯,k 为k -可表集．
(1)若k =10,a i =2i -1,i =1,2,⋯,k ，判定31，1024是否为k -可表数，并说明理由；
(2)若1,2,⋯,n ⊆T ，证明：n ≤3k -12
；(3)设a i =3i -1,i =1,2,⋯,k ，若1,2,⋯,2024 ⊆T ，求k 的最小值．
【答案】(1)31是k -可表数，1024不是k -可表数，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)8
【分析】(1)根据定义赋值及数列求和计算验证即可；
(2)根据定义判定s ∈T 则有-s ∈T ，从而可知±1,±2,⋯,±n ,0 ⊆T ，利用集合间的基本关系得出T 中最多含有3k 个元素，解不等式即可证明；
(3)利用第二问的结论可设∀n ∈N ∗,∃m ∈N ∗
，有3m -1-12<n ≤3m -12，然后利用定义先证n 为m -可表数，再根据三进制的基本事实确定k 的最小值为满足3m -1-12<n ≤3m -12
成立的m ，代入n =2024求m 即可.
【详解】(1)31是，1024不是，理由如下：
由题意可知x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k =t ，
当a i =2i -1,k =10时，有x 1+2x 2+⋯+29x 10=t ,x i ∈-1,0,1 ，
显然若x 1=-1,x 6=1,x i =0i ∈2,3,4,5,7,8,9,10 时，t =31，
而t ≤20×1+21×1+22×1+⋯+29×1=210-1=1023<1024，
故31是k -可表数，1024不是k -可表数；
(2)由题意可知若x i =0⇒t =0，即0∈T ，
设s ∈T ，即∃x i ∈-1,0,1 使得x 1a 1+x 2a 2+⋯+x k a k =s ，
所以-x 1a 1 +-x 2a 2 +⋯+-x k a k =-s ，且-x i ∈-1,0,1 成立，故-s ∈T ，
所以若1,2,⋯,n ⊆T ，则±1,±2,⋯,±n ,0 ⊆T ，
即±1,±2,⋯±n ,0 中的元素个数不能超过T 中的元素，
对于确定的Q ，T 中最多有3k 个元素，
所以2n +1≤3k
⇒n ≤3k -12；(3)由题意可设∀n ∈N ∗,∃m ∈N ∗
，使3m -1-12<n ≤3m -12，又x 1×1+x 2×3+x 3×32+⋯+x m -1×3
m -2≤1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m -2=3m -1-12，所以k >m -1，即k ≥m ，
而1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m -1=3m -12
，即当n =3m -12
时，取a 1=1,a 2=3,⋯a m =3m -1时，n 为m -可表数，因为2×1×1+1×3+1×32+⋯+1×3m -1 =2×3m -12
=3m -1，由三进制的基本事实可知，对任意的0≤p ≤3m -1，存在r i ∈0,1,2 i =1,2,⋯,m , ，
使p =r 1×30+r 2×31+⋯r m ×3m -1，
所以p -3m -12
=r 1×30+r 2×31+⋯r m ×3m -1 -30+31+⋯+3m -1 =r 1-1 ×30+r 2-1 ×31+⋯+r m -1 ×3m -1，
令x
i =r i -1，则有x i ∈-1,0,1 ,i =1,2,⋯,m ，
设t =p -3m -12⇒-3m -12≤t ≤3m -12
，由p 的任意性，对任意的-3m -12≤t ≤3m -12
,t ∈Z ，都有t =x 1×30+x 2×31+⋯+x m ×3m -1,x i ∈-1,0,1 ,i =1,2,⋯,m ，
又因为n ≤3m -12
，所以对于任意的-n ≤t ≤n ,t ∈Z ，t 为m -可表数，综上，可知k 的最小值为m ，其中m 满足3m -1-12<n ≤3m -12
，又当n =2024时，37-12<n ≤38-12
，所以k 的最小值为8.
【点睛】难点点睛：第二问关键是根据定义可确定T 中元素互为相反数，再利用集合间的基本关系确定元
素个数的关系计算即可；第三问利用第二问的结论可设∀n ∈N ∗,∃m ∈N ∗
，有3m -1-12<n ≤3m -12，利用定义先证n 为m -可表数，再根据三进制的基本事实设任意的0≤p ≤3m -1，存在r i ∈
0,1,2 i =1,2,⋯,m , ，使p =r 1×30+r 2×31+⋯r m ×3m -1，得出t =p -3m -12
并结合定义确定t 为m -可表数，从而确定k 的最小值为满足3m -1-12<n ≤3m -12
成立的m ，代入n =2024求m 即可.5(2023上·北京·高一清华附中校考期中)对非空整数集合M 及k ∈N ，定义M ⊕k =
m +t |m ∈M ,t =-k ,-k +1,⋯,k ，
对于非空整数集合A ，B ，定义d A ,B =min k ∈N |A ⊆B ⊕k ,B ⊆A ⊕k .
(1)设M =2,4,6 ，请直接写出集合M ⊕1；
(2)设A =1,2,3,4,⋯,100 ，d A ,B =1，求出非空整数集合B 的元素个数的最小值；
(3)对三个非空整数集合A ，B ，C ，若d A ,B =4且d B ,C =1，求d A ,C 所有可能取值．
【答案】(1)M ⊕1=1,2,3,4,5,6,7
(2)34
(3)3或4或5
【分析】(1)直接由M ⊕k 的定义计算即可求解.
(2)若d A ,B =1，则A ⊆B ⊕1，则只需每个b i ∈B 组成的数组b i -1,b i ,b i +1 能够覆盖A =
1,2,3,4,⋯,100 即可，从而B min =1003
+1=34，其中x 表示不超过x 的最大整数.(3)首先证明M ⊕k ⊕l ⊆M ⊕k +l ，其次结合d A ,B 的定义得出d 满足距离的三角不等式：d A ,C ≤d A ,B +d B ,C ，从而运用到本题中即可得解.
【详解】(1)若M =2,4,6 ，
则由集合新定义可知M ⊕1=1,3,5 ∪2,4,6 ∪3,5,7 =1,2,3,4,5,6,7 .
(2)设B 有B
个元素，下证B min =34.
一方面，B=2,5,8,⋯,98,101
，则，
所以d A,B
≠0，即d A,B
≥1，
而B⊆A⊕1=0,1,2,3,4,⋯,101
，A⊆B⊕1=1,2,3,4,⋯,102
，
这表明了d A,B
=1满足题意，此时B =101-2
3
+1=34，故B min=34；
另一方面：若B =j≤33，不妨设B=b`1,b2,⋯,b j
且b`1<b2<⋯<b j，
由题意可知A⊆B⊕1=b1-1,b1,b1+1
∪b2-1,b2,b2+1
∪⋯∪b j-1,b j,b j+1
，
而B⊕1最多含有3j≤99个元素，当且仅当b k-1,b k,b k+1
,1≤k≤j
两两不同且B =j=33时，等号成立，
但这与A有100个元素矛盾，
所以B =j≥34.
综上所述：非空整数集合B的元素个数的最小值是34.
(3)一方面：先来证明M⊕k
⊕l⊆M⊕k+l
，
M⊕k=m+t|m∈M,t=-k,-k+1,⋯,k
=n∈Z∃m∈M,n-m
≤k
，
因此只要M1⊆M2，就有M1⊕k⊆M2⊕k，
而∀x∈M⊕k
⊕l，∃p∈M⊕k，x-p
≤l，
所以∃m∈M,p-m
≤k，
所以x-m
=x-p+p-m
≤x-p
+p-m
≤l+k，
即∀x∈M⊕k+l
，
从而M⊕k
⊕l⊆M⊕k+l
.
另一方面：如果d A,B
=p，d B,C
=q，d A,C
=r，
那么A⊆B⊕p，B⊆C⊕q，B⊕p⊆C⊕q
⊕p⊆C⊕p+q
，
从而A⊆C⊕p+q
，同理C⊆A⊕p+q
，
因此由定义可得d A,C
=r≤d A,B
+d B,C
=p+q，
即d满足距离的三角不等式；
所以在本题中，d A,C
≤d A,B
+d B,C
=4+1=5，d A,C
≥d A,B
-d B,C
=4-1=3，即d A,C
∈3,4,5
，
取A=0 ,B=4 ,C=5 ，可知d A,C
=5可能成立，
取A=0 ,B=4 ,C=3 ，可知d A,C
=3可能成立，
取A=0 ,B=4 ,C=3,4
，可知d A,C
=4可能成立，
综上所述，d A,C
所有可能取值为3或4或5.
【点睛】关键点点睛：第一问比较常规，直接按定义即可；第二问的关键是要注意到由题意有A⊆B⊕1，从而只需每个b i∈B组成的数组b i-1,b i,b i+1
能够覆盖A=1,2,3,4,⋯,100
即可；而第三问的关键是要注意到d表示距离，因此要联想到去证明距离的三角不等式d A,C
≤d A,B
+d B,C
，从而顺利
得解.
二、函数与导数新定义
6(2024·全国·校联考模拟预测)“让式子丢掉次数”：伯努利不等式
伯努利不等式(Bernoulli 'sInequality )，又称贝努利不等式，是高等数学的分析不等式中最常见的一种不等式，由瑞士数学家雅各布·伯努利提出：对实数 x ∈-1,+∞ ，在 n ∈1,+∞ 时，有不等式 1+x n ≥1+nx 成立；在 n ∈0,1 时，有不等式 1+x n ≤1+nx 成立．(1)猜想伯努利不等式等号成立的条件；(2)当 n ≥1时，对伯努利不等式进行证明；
(3)考虑对多个变量的不等式问题．已知 a 1,a 2,⋯,a n n ∈N * 是大于-1的实数(全部同号)，证明
1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n ≥1+a 1+a 2+⋯+a n
【答案】(1) n = 0,1，或 x = 0(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】(1)根据不等式特征猜想出等号成立的条件；
(2)设 f x =1+x n -nx -1x <-1,a ≥1 ，注意到 f 0 =0，求导得到f 0 =0，二次求导，得到函数的单调性和极值最值情况，证明出结论；
(3)当 n =1时，显然成立，当 n ≥2时，构造数列 x n ：x n =1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1+a 1+a 2+⋯+a n ，作差法得到 x n 是一个单调递增的数列(n ≥2)，结合 x 2>0，得到 x n >x 2>0∀n >2 ，证明出结论.
【详解】(1)猜想：伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0．当n =0时， 1+x 0=1+0x ，当n =1时， 1+x 1=1+x ，当x =0时， 1+0 n =1+0n ，其他值均不能保证等号成立，猜想，伯努利不等式等号成立的充要条件是 n = 0,1，或 x = 0；(2)当 n ≥1时，我们需证 1+x n ≥1+nx ，
设 f x =1+x n -nx -1x <-1,a ≥1 ，注意到 f 0 =0，
f x =n 1+x n -1-n =n 1+x n -1-1 ，令 1+x n -1-1=0得 x =0，即f 0 =0，x =0是 f x 的一个极值点．令
g x =f x ，则g x =n n -1 1+x n -2>0，所以 f x 单调递增．
当 -1<x <0时，f x <f 0 =0，当 x >0时，f x >f 0 =0，故f x 在 -1,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增．所以在 x =0处 f x
取得极小值 f 0 =0，
即 f x ≥0恒成立，1+x n
≥nx +1．
伯努利不等式对 n ≥1得证．
(3)当 n =1时，原不等式即1+a 1≥1+a 1，显然成立．
当 n ≥2时，构造数列 x n ：x n =1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1+a 1+a 2+⋯+a n ，则 x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 ，
若 a i >0i =1,2,⋯,n +1 ，由上式易得 x n +1-x n >0，即 x n +1>x n ；
若-1<a i ≤0i =1,2,⋯,n +1 ，则 0<1+a i <1，所以 1+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1<0，故x n +1-x n =a n +11+a 1 1+a 2 ⋯1+a n -1 >0，即此时 x n +1>x n 也成立．
所以 x n 是一个单调递增的数列(n ≥2)，
由于 x 2=1+a 1 1+a 2 -1+a 1+a 2 =a 1a 2>0，所以 x n >x 2>0∀n >2 ，故原不等式成立．
【点睛】关键点点睛：函数新定义问题，命题新颖，常常考虑函数的性质，包括单调性，奇偶性，值域等，且存在知识点交叉，会和导函数，数列等知识进行结合，很好的考虑了知识迁移，综合运用能力，对于此类问题，一定要解读出题干中的信息，正确理解问题的本质，转化为熟悉的问题来进行解决.
7(2024·全国·校联考模拟预测)悬链线的原理运用于悬索桥、架空电缆、双曲拱桥、拱坝等工程．通
过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数ch x =e x +e -x 2的图象，类比三角函数的三种性质：①平
方关系：①sin 2x +cos 2x =1，②和角公式：cos x +y =cos x cos y -sin x sin y ，③导数：
sin x =cos x ,cos x =-sin x , 定义双曲正弦函数sh x =e x
-e -x
2
．
(1)直接写出sh x ，ch x 具有的类似①、②、③的三种性质(不需要证明)；(2)若当x >0时，sh x >ax 恒成立，求实数a 的取值范围；(3)求f x =ch x -cos x -x 2的最小值．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,1 (3)0
【分析】(1)类比，写出平方关系，和角关系和导数关系，并进行证明；
(2)构造函数F x =sh x -ax ，x ∈0,+∞ ，求导，分a ≤1和a >1两种情况，结合基本不等式，隐零点，得到函数单调性，进而得到答案；
(3)多次求导，结合(2)中结论，先得到f x 在0,+∞ 内单调递增，再求出f x 为偶函数，从而得到f x 在-∞,0 内单调递减，求出f x min =f 0 =0.【详解】(1)平方关系：ch 2x -sh 2x =1；和角公式：ch x +y =ch x ch y +sh x sh y ；
导数：sh (x)=ch(x) ch (x)=sh(x)
．
理由如下：平方关系，ch2x -sh2x =
e x+e-x
2
2-e x-e-x2
2
=e2x+e-2x+2
4-e2x+e-2x-2
4
=1；
ch x+y
=e x+y+e-x-y
2，
和角公式：ch x ch y +sh x sh y =e x+e-x
2
⋅e
y+e-y
2
+e x-e-x
2
⋅e
y-e-y
2
=e x+y+e x-y+e-x+y+e-x-y
4
+e
x+y-e x-y-e-x+y+e-x-y
4
=e x+y+e-x-y
2
故ch x+y
=ch x ch y +sh x sh y ；
导数：sh x =e x--e-x
2
=e x+e-x
2
=chx，ch x =e x-e-x
2
=shx；
(2)构造函数F x =sh x -ax，x∈0,+∞
，由(1)可知F x =ch x -a，
i．当a≤1时，由ch(x)=e x+e-x
2
≥e x⋅e-x=1≥a可知，
故F (x)≥0，故F(x)单调递增，
此时F(x)≥F(0)=0，故对任意x>0，sh(x)>ax恒成立，满足题意；
ii．当a>1时，令G x =F x ，x∈0,+∞
，
则G x =sh x ≥0，可知G x 单调递增，
由G(0)=1-a<0与G(ln2a)=1
4a
>0可知，存在唯一x0(0,ln2a)，使得G(x0)=0，
故当x∈(0,x0)时，F (x)=G(x)<G(x0)=0，则F(x)在(0,x0)内单调递减，故对任意x∈(0,x0)，F(x)<F0 =0，即sh x <ax，矛盾；
综上所述，实数a的取值范围为-∞,1
．
(3)f x =ch x -cos x-x2，f x =sh x +sin x-2x，
令g x =f x =sh x +sin x-2x，则g x =ch x +cos x-2，
令h x =g x =ch x +cos x-2，则h x =sh x -sin x，
当x∈0,+∞
时，由(2)可知，sh x ≥x，则h x =sh x -sin x≥x-sin x，令u x =x-sin x，则u x =1-cos x≥0，故u x 在0,+∞
内单调递增，则h x ≥u x ≥u0 =0，故h x 在0,+∞
内单调递增，
则g x =h x ≥h0 =0，故g x 在0,+∞
内单调递增，
则f x =g x ≥g0 =0，故f x 在0,+∞
内单调递增，
因为f-x
=ch-x
-cos-x
--x
2=chx-cos x-x2=f x ，
即f x 为偶函数，故f x 在-∞,0 内单调递减，
则f x min =f 0 =0，故当且仅当x =0时，f x 取得最小值0.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
8(2023下·北京昌平·高一统考期末)已知定义域为R 的函数h x 满足：对于任意的x ∈R ，都有
h x +2π =h x +h 2π ，则称函数h x 具有性质P .
(1)判断函数f x =2x ,g x =cos x 是否具有性质P ；(直接写出结论)(2)已知函数f x =sin ωx +φ 32<ω<52,φ <π
2
，判断是否存在ω,φ，使函数f x 具有性质P ？若存在，求出ω,φ的值；若不存在，说明理由；
(3)设函数f x 具有性质P ，且在区间0,2π 上的值域为f 0 ,f 2π .函数g x =sin f x ，满足g x +2π =g x ，且在区间0,2π 上有且只有一个零点.求证：f 2π =2π.【答案】(1)函数f x =2x 具有性质P ；g x =cos x 不具有性质P .(2)ω=2，φ=0(3)证明见解析
【分析】(1)利用定义判断即可；
(2)假设函数f x 具有性质P ，可求出φ=0，进而可得ω=2，从而可得f x =sin2x ，再根据定义进行验证，即可得到答案；
(3)由函数f x 具有性质P 及(2)可知，f (0)=0，进而可得f x 在0,2π 的值域为0,k π ，k ∈Z 且k >0，由g x 在区间0,2π 上有且只有一个零点可证明当k >2时不符合题意，再求解当k =1时与g x 是以2π为周期的周期函数矛盾，从而可得k =2，即可证明.
【详解】(1)因为f x =2x ，则f x +2π =2(x +2π)=2x +4π，又f 2π =4π，所以f x +2π =f (x )+f (2π)，故函数f x =2x 具有性质P ；
因为g x =cos x ，则g x +2π =cos (x +2π)=cos x ，又g 2π =cos2π=1，g (x )+g (2π)=cos x +1≠g (x +2π)，故g x =cos x 不具有性质P .
(2)若函数f x 具有性质P ，则f 0+2π =f (0)+f (2π)，即f (0)=sin φ=0，因为ϕ <
π
2
，所以φ=0，所以f x =sin (ωx )；若f (2π)≠0，不妨设f (2π)>0，由f x +2π =f (x )+f (2π)，得f 2k π =f (0)+kf (2π)=kf (2π)(k ∈Z )(*)，
只要k 充分大时，kf (2π)将大于1，而f x 的值域为[-1,1]，故等式(*)不可能成立，所以必有f (2π)=0成立，
即sin (2ωπ)=0，因为
32<ω<5
2
，所以3π<2ωπ<5π，所以2ωπ=4π，则ω=2，此时f x =sin2x ，则f x +2π =sin2(x +2π)=sin2x ，
而f (x )+f (2π)=sin2x +sin4π=sin2x ，即有f x +2π =f (x )+f (2π)成立，所以存在ω=2，φ=0使函数f x 具有性质P .
(3)证明：由函数f x 具有性质P 及(2)可知，f (0)=0，
由g x +2π =g x 可知函数g x 是以2π为周期的周期函数，则g 2π =g (0)，即sin (f (2π))=sin (f (0))=0，所以f (2π)=k π，k ∈Z ；由f (0)=0，f (2π)=k π以及题设可知，
函数f x 在0,2π 的值域为0,k π ，所以k ∈Z 且k >0；当k >2，f x =π及f x =2π时，均有g x =sin f x =0，这与g x 在区间0,2π 上有且只有一个零点矛盾，因此k =1或k =2；当k =1时，f (2π)=π，函数f x 在0,2π 的值域为0,π ，此时函数g x 的值域为0,1 ，
而f x +2π =f (x )+π，于是函数f x 在2π,4π 的值域为π,2π ，此时函数g x 的值域为-1,0 ，
函数g x =sin f x 在当x ∈0,2π 时和x ∈2π,4π 时的取值范围不同，与函数g x 是以2π为周期的周期函数矛盾，故k =2，即f (2π)=2π，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查了函数新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，把新情境下的概念、法则、运算化归到常规的数学背景中，运用相关的数学公式、定理、性质进行解答即可.
9(2024·河南·高三专题练习)离散对数在密码学中有重要的应用．设p 是素数，集合X =
1,2,⋯,p -1 ，若u ,v ∈X ,m ∈N ，记u ⊗v 为uv 除以p 的余数，u m ,⊗
为u m 除以p 的余数；设a ∈X ，1,
a ,a 2,⊗,⋯,a p -2,⊗
两两不同，若a n ,⊗=b n ∈0,1,⋯,p -2 ，则称n 是以a 为底b 的离散对数，记为n =
log (p )a b ．
(1)若p =11,a =2，求a
p -1,⊗
；
(2)对m 1,m 2∈0,1,⋯,p -2 ，记m 1⊕m 2为m 1+m 2除以p -1的余数(当m 1+m 2能被p -1整除时，m 1⊕m 2=0)．证明：log (p )a b ⊗c =log (p )a b ⊕log (p )a c ，其中b ,c ∈X ；
(3)已知n =log (p )a b ．对x ∈X ,k ∈1,2,⋯,p -2 ，令y 1=a k ,⊗,y 2=x ⊗b k ,⊗．证明：x =y 2⊗y n p -2 ,⊗
1．
【答案】(1)1(2)证明见解析(3)证明见解析
【分析】(1)第一问直接根据新定义来即可.
(2)第二问结合新定义、带余除法以及费马小定理即可得证.(3)根据新定义进行转换即可得证.
【详解】(1)若p =11,a =2，又注意到210=1024=93×11+1，所以a
p -1,⊗
=210,⊗=1.
(2)【方法一】：当p =2时，此时X ={1}，此时b =c =1，b ⊗c =1，故log (p )a b ⊗c =0,log (p )a b =0,log (p )a c =0，此时log (p )a b ⊗c =log (p )a b ⊕log (p )a c .当p >2时，因1,a ,a 2,⊗,⋯,a p -2,⊗
相异，故a ≥2，
而a ∈X ，故a ,p 互质.
记n =log (p )a b ⊗c ,n 1=log (p )a b ,n 2=log (p )a c ，则∃m 1,m 2∈N ，使得a n 1
=pm 1+b ,a n 2
=pm 2+c ，故a
n 1+n 2
=pm 1+b pm 2+c ，故a
n 1+n 2
≡bc (mod p )，
设n 1+n 2=t p -1 +s ,0≤s ≤p -2，则n 1⊕n 2=s ，因为1,2,3,..p -1除以p 的余数两两相异，且a ,2a ,3a ,..p -1 a 除以p 的余数两两相异，故p -1 !≡a ×2a ×3a ,..×p -1 a (mod p )，故a p -1
≡1mod p ，
故a
n 1+n 2
≡a s ≡bc mod p ，而a n ≡b ⊗c (mod p )=bc (mod p ),其中0≤n ≤p -2，
故s =n 即log (p )a b ⊗c =log (p )a b ⊕log (p )a c .法2：记a n 1
=a
n 1,⊗
+m 1p ，a n 2
=a
n 2,⊗
+m 2p ，a
n 1,⊗
×a n 2,⊗
=a n 1,⊗
⊗a n 2,⊗
+kp ，
其中m 1，m 2，k 是整数，则a n 1⋅n 2
=a n 1.⊗
⊗a
n 2,⊗
+m 1a
n 2.⊗
+m 2a
n 1.⊗
+m 1m 2p +k p ，
可知a
n 1,⊗
⊗a
n 2,⊗
=a
n 1⋅n 2,⊗
．
因为1，a ，a 2,⊗，⋯，a
p -2,⊗
两两不同，
所以存在i ∈{0,1,⋅⋅⋅,p -2}，使得a p -1,⊗
=a i ,⊗，
即a
p -1
-a i =a i a
p -1-i
-1 可以被p 整除，于是a
p -1-i
-1可以被p 整除，即a
p -1-i ,⊗
=1．
若i ≠0，则p -1-i ∈{1,2,⋅⋅⋅,p -2}，a
p -1-i ,⊗
≠1，因此i =0，a p -1,⊗
=1．
记n =log (p )a b ，m =log (p )a c ，n +m =n ⊕m +l (p -1)，其中l 是整数，则b ⊗c =a n ,⊗⊗a m ,⊗=a n ⋅m ,⊗=a
n ⊕m +l (p -1),⊗
=a n ⊕m ,⊗⊗a
l (p -1),⊗
=a n ⊕m ,⊗，
即log (p )a (b ⊗c )=log (p )a b ⊕log (p )a c ．(3)【方法二】：当b ≥2时，由(2)可得b p -1
≡1mod p ，若b =1，则b p -1
≡1mod p 也成立.
因为n =log (p )a b ，所以a n ≡b mod p .另一方面，y 2⊗y n p -2 ,⊗
1≡y 2y n p -2
,⊗
1≡x ⊗b k ,⊗ a k ,⊗ n p -2
≡xb k a
kn p -2
≡xb k b k p -2
≡x b
p -1
k -1
≡x 1 k -1mod p ≡x mod p .
由于x ∈X ，所以x =y 2⊗y n p -2
,⊗
1.
法2：由题设和(2)的法2的证明知：
y 2=x ⊗b k ,⊗=x ⊗(b ⊗b ⊗⋅⋅⋅⊗b k =x ⊗a n ,⊗⊗a n ,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a n ,⊗
k =x ⊗a ⊗a ⊗⋅⋅⋅⊗a nk ，y n (p -2),⊗1=y 1⊗y 1⊗⋅⋅⋅⊗y 1n (p -2)
=a k ,⊗⊗a k ,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a k ,⊗
n (p -2)
=a p -2,⊗⊗a p -2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a p -2,⊗nk ．故y 2⊗y n (p -2),⊗1=x ⊗a ⊗a ⊗⋅⋅⋅⊗a nk ⊗a p -2,⊗⊗a p -2,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a p -2,⊗nk =x ⊗a p -1,⊗⊗a p -1,⊗⊗⋅⋅⋅⊗a p -1,⊗
nk
．
由(2)法2的证明知a
p -1,⊗
=1，所以y 2⊗y n (p -2).⊗
1
=x ．
【点睛】关键点睛：本题的关键是充分理解新定义，然后结合带余除法以及费马小定理等初等数论知识即可顺利得解.
10(2024·全国·校联考模拟预测)设y =f x 是定义在R 上的函数，若存在区间a ,b 和x 0∈(a ,b )，
使得y =f x 在[a ,x 0]上严格减，在[x 0,b ]上严格增，则称y =f x 为“含谷函数”，x 0为“谷点”，a ,b 称为y =f x 的一个“含谷区间”．
(1)判断下列函数中，哪些是含谷函数？若是，请指出谷点；若不是，请说明理由：(i )y =2x ，(ii )y =x +cos x ；
(2)已知实数m >0，y =x 2-2x -m ln x -1 是含谷函数，且2,4 是它的一个含谷区间，求m 的取值范围；
(3)设p ,q ∈R ，h x =-x 4+px 3+qx 2+4-3p -2q x ．设函数y =h x 是含谷函数，a ,b 是它的一个含谷区间，并记b -a 的最大值为L p ,q ．若h 1 ≤h 2 ，且h 1 ≤0，求L p ,q 的最小值．【答案】(1)y =2x 是含谷函数，谷点x =0；y =x +cos x 不是含谷函数，证明见解析.(2)2,18 (3)2
【分析】(1)利用含谷函数定义判断函数的增减区间，再求谷点，证明函数是否为含谷函数；(2)由题意可判断函数在区间2,4 内有谷点，利用谷点定义求参数取值范围；
(3)分别讨论函数h x 的单调性，判断谷点所在区间，得到L p ,q 的解析式，再利用h 1 ≤h 2 和h 1 ≤0消元求最值.【详解】(1)函数y =2x =-2x ,x <0
2x ,
x ≥0
，当x ∈-∞,0 时，单调递减，当x ∈0,+∞ 时，单调递增，所
以y =2x 是含谷函数，谷点x =0；
函数y =x +cos x ，求导y =1-sin x ≥0恒成立，函数单调递增，所以不是含谷函数.(2)由题意可知函数y =x 2-2x -m ln x -1 在区间2,4 内先减后增，且存在谷点，令g x =x 2-2x -m ln x -1 ，所以g x =2x -2-m
x -1
，
设q x =g x =2x -2-m
x -1
，所以q x =2+
m x -1 2，由m >0可知q
x =2+m x -1
2
>0恒成立，所以g x 在区间2,4 上单调递增，
若满足谷点，则有g 2 =2-m <0
g 4 =6-m 3
>0
，解得2<m <18，
故m 的取值范围是2,18 .
(3)因为h x =-x 4+px 3+qx 2+4-3p -2q x ，
所以h x =-4x 3+3px 2+2qx +4-3p -2q =41-x x 2
+1-
3p 4
x +1-3p 4-q 2
，若x 2+1-
3p 4
x +1-3p 4-q
2 ≥0恒成立，则函数y =h x 在x ≤1时严格增，在x ≥1时严格减，不是谷函数，不满足题意；因此关于x 的方程x 2+1-3p 4
x +1-3p 4-q
2 =0有两个相异实根，即Δ>0，设两根为α，β且α<β，
因为h 1 ≤0=h 0 ，所以函数y =h x 在区间-∞,1 上不为严格增，但是当x <min 1,α,β 时，h x >0，y =h x 为严格增，
所以y =h x 在区间-∞,1 上的单调性至少改变一次，从而必有一个驻点，即α<1，同理，因为h 1 ≤h 2 ，所以β>1，
因此，y =h x 在区间-∞,α 和1,β 上严格增，在区间α,1 和β,+∞ 上严格减，从而函数y =h x 的含谷区间a ,b 必满足a ,b ⊆α,β ，即L p ,q =β-α=Δ=
1-
3p 4
2-41-3p 4-q
2 =916p 2+32
p -3+2q ，
因为h 1 =-1+p +q +4-3p -2q =3-2p -q ，h 2 =-16+8p +4q +8-6p -4q =-8+2p ，
由h 1 ≤h 2 得3-2p -q ≤-8+2p ，所以4p +q ≥11，由h 1 ≤0得3-2p -q ≤0，所以2p +q ≥3，所以q ≥11-4p ,
p ≤43-2p ,
p >4
，
当p ≤4时，L p ,q ≥916p 2-132p +19≥2，
当p >4时，L p ,q ≥
916p 2-52
p +3≥2，因此L p ,q 的最小值为2，当p =4,q =-5时成立.
【点睛】关键点睛：(1)利用谷点定义判断函数是否为含谷函数；
(2)根据谷点性质求参数的取值范围；
(3)将导数分解因式，利用二次函数性质讨论y=h x 的单调性，进而得到a,b
⊆α,β
和L p,q
，求函数最值.
11(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)定义：如果函数y=f x 和y=g x 的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数y=f x 和y=g x 具有C关系．
(1)判断函数f x =log28x2
和g x =log1
2
x是否具有C关系；
(2)若函数f x =a x-1和g x =-x-1不具有C关系，求实数a的取值范围；
(3)若函数f x =xe x和g x =m sin x m<0
在区间0,π
上具有C关系，求实数m的取值范围．【答案】(1)是
(2)-∞,22
(3)-∞,-1
【分析】(1)根据C关系的理解，令f x +g x =0，解得x=1
8，从而得以判断；
(2)利用换元法，结合二次函数的性质得到-t2+at-2<0在0,+∞
上恒成立，分类讨论t=0与t> 0，利用基本不等式即可求得a的取值范围；
(3)构造函数h x =xe x+m sin x，将问题转化为h x 在0,π
上存在零点，分类讨论-1≤m<0与m <-1，利用导数与函数的关系证得m<-1时，h x 在0,π
上有零点，从而得解.
【详解】(1)f x 与g x 是具有C关系，理由如下：
根据定义，若f x 与g x 具有C关系，则在f x 与g x 的定义域的交集上存在x，使得f x +g x = 0，
因为f x =log28x2
，g x =log1
2
x，x>0，
所以f x +g x =log28x2
+log1
2
x=log28+log2x2-log2x=log2x+3，
令f x +g x =0，即log2x+3=0，解得x=1 8，
所以f x 与g x 具有C关系.
(2)令φx =f x +g x ，
因为f x =a x-1，g x =-x-1，所以φx =a x-1-x-1x≥1
，
令t=x-1t≥0
，则x=t2+1，故y=φx =at-t2+1
-1=-t2+at-2，
因为f x 与g x 不具有C关系，所以φx 在0,+∞
上恒为负或恒为正，
又因为y=-t2+at-2开口向下，所以y=-t2+at-2在0,+∞
上恒为负，即-t2+at-2<0在0,+∞
上恒成立，
当t=0时，-t2+at-2=-2<0显然成立；
当t>0时，a<t+2
t在0,+∞
上恒成立，
因为t+2
t
≥2t⋅2t=22，当且仅当t=2
t，即t=2时，等号成立，
所以t +
2t
min =2
2，所以a <22，
综上：a <22，即a ∈-∞,22 .
(3)因为f x =xe x 和g x =m sin x m <0 ，令h x =f x +g x ，则h x =xe x +m sin x ，
因为f x 与g x 在0,π 上具有C 关系，所以h x 在0,π 上存在零点，因为h (x )=(x +1)e x +m cos x ，
当-1≤m <0且x ∈(0,π)时，因为x +1 e x >1,|m cos x |<|m |≤1，所以h (x )>0，所以h x 在0,π 上单调递增，则h x >h 0 =0，此时h x 在0,π 上不存在零点，不满足题意；当m <-1时，显然当x ∈π
2
,π
时，h (x )>0，当x ∈0,π2 时，因为h (x )在0,π2 上单调递增，且h (0)=1+m <0,h π2 =π2
+1 e π
2>0，故h (x )在0,
π2
上存在唯一零点，设为α，则h
(α)=0，所以当x ∈(0,α),h (x )<0；当x ∈α,
π2 ,h (x )>0；又当x ∈π2
,π 时，h (x )>0，所以h x 在0,α 上单调递减，在α,π 上单调递增，h x 在0,π 上存在唯一极小值点α，因为h 0 =0，所以h (α)<0，
又因为h (π)=πe π>0，所以h x 在0,π 上存在唯一零点β，所以函数f x 与g x 在0,π 上具有C 关系，综上：m <-1，即m ∈-∞,-1 .
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到f x 与g x 具有C 关系，则在定义域上存在x 0，使得f x 0 +g x 0 =0，从而得解.
12(2024·江西南昌·南昌二中校联考模拟预测)若存在x 0∈D 使得f x ≤f x 0 对任意x ∈D 恒成
立，则称x 0为函数f x 在D 上的最大值点，记函数f x 在D 上的所有最大值点所构成的集合为M (1)若f x =-x 2+2x +1,D =R ，求集合M ；(2)若f x =
2
x
-x x
4x
,D =R ，求集合M ；(3)设a 为大于1的常数，若f x =x +a sin x ,D =0,b ，证明，若集合M 中有且仅有两个元素，则所有满足条件的b 从小到大排列构成一个等差数列．【答案】(1)M =1 (2)M =1,2 (3)证明见解析
【分析】(1)配方得到当且仅当x =1时，f x =-x 2+2x +1取得最大值，得到M =1 ；
(2)求导，得到函数单调性，求出当x =1或2时，f x 取得最大值，故M =1,2 ；(3)求导，得到函数单调性，并得到f x +2π =f x ，得到f b k =f 2k π-π-arccos 1
a
，结合f b k +1 -f b k =2π，得到b k +1-b k 为定值，
故所有满足条件的b 从小到大排列构成一个等差数列．【详解】(1)f x =-x 2+2x +1=-x -1 2+2,
当且仅当x =1时，f x =-x 2+2x +1在R 上取得最大值，故M =1 ；(2)f x =2
x
-x x
4x
定义域为R ，f
x =2
x
ln2-1 x +2x -x 4x -2x -x x ⋅4x ln4
42x
=
2
x
-2x 1-x ln2
4x
，
令q x =2x -2x ，则q x =2x ln2-2，令q x =0得x =log 2
2ln2
，x -∞,log 2
2
ln2
log 2
2ln2
log 2
2
ln2
,+∞ q x -
+
q x
↘
极小值
↗
其中ln2∈ln e ,ln e =12,1
，故2ln2∈2,4 ，log 22
ln2
∈1,2 ，可以看出q 1 =0,q 2 =0，
故q x 有且仅有2个零点，分别为1和2，令f x =0得x =
1
ln2
∈1,2 或1或2，x -∞,1
11,
1ln2 1ln2
1ln2,2
22,+∞
f x +0-
0+
0-
f x
↗
极大值
↘极小值
↗极大值
↘
其中f 1 =f 2 =
14
，故当x =1或2时，f x 取得最大值，故M =1,2 ；(3)f x =x +a sin x ,D =0,b ，a >1，f x =1+a cos x ,D =0,b ，a >1，令f x =0得x =2k π±arccos -1a =2k π±π-arccos 1
a
，k ∈Z ，当0<x <π-arccos
1
a
时，f x >0，f x 单调递增，。