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专题06 解答压轴题（五大题型）
题型01 新定义导数 1
题型02 导数在三角函数的应用 3
题型03 导数与数列 4
题型04 数列综合 5
题型05 导数、数列与常用逻辑用语 6
【解题规律·提分快招】
同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x. 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围． 3、“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有 (1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max. (2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min. (3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max. 4、数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．
题型01 新定义导数
【典例1-1】．（2023·上海黄浦·二模）三个互不相同的函数与在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”.
(1)设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由；
(2)求所有的二次函数（用表示，使得该函数是与在区间上的“分割函数”；
(3)若，且存在实数，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值.
【典例1-2】．（2024-2025·上海高三·专题练习）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”．
(1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合；
(2)已知函数，设集合．
（i）求集合中元素的个数；
（ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【变式1-1】．（23-24高三下·上海浦东新·阶段练习）设函数的定义域为开区间，若存在，使得在处的切线与的图像只有唯一的公共点，则称为“函数”，切线为一条“切线”．
(1)判断是否是函数的一条“切线”，并说明理由；
(2)设，求证：存在无穷多条“切线”；
(3)设，求证：对任意实数和正数都是“函数”
【变式1-2】．（2024·上海嘉定·一模）设为非空集合，函数的定义域为.若存在使得对任意的均有，则称为函数的一个值，为相应的值点.
(1)若.证明：是函数的一个值点，并写出相应的值；
(2)若.分别判断函数是否存在值？若存在，求出相应的值点；若不存在，说明理由；
(3)若，且函数存在值，求函数的值，并指出相应的值点.
【变式1-3】．（2024·上海普陀·二模）对于函数，和，，设，若，，且，皆有成立，则称函数与“具有性质”.
(1)判断函数，与是否“具有性质”，并说明理由；
(2)若函数，与“具有性质”，求的取值范围；
(3)若函数与“具有性质”，且函数在区间上存在两个零点，，求证.
题型02 导数在三角函数的应用
【典例2-1】．（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”.
(1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由；
(2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：；
(3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值.
【变式2-1】．（2024·上海崇明·一模）定义：若曲线和曲线有公共点P，且曲线在点P处的切线与曲线在点P处的切线重合，则称与在点P处“一线切”.
(1)已知圆与曲线在点处“一线切”，求实数a的值；
(2)设，，若曲线与曲线在点P处“一线切”，求实数a的值；
(3)定义在上的函数的图象为连续曲线，函数的导函数为，对任意的，都有成立.是否存在点使得曲线和曲线在点处“一线切”？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【变式2-2】．（22-23高三上·上海长宁·期中）已知是定义在上的函数，如果存在常数，对区间的任意划分：
，恒成立，则称函数为区间上的“有界变差函数”；
(1)试判断函数是否为区间上的“有界变差函数”，若是，求出M的最小值；若不是，说明理由；
(2)若与均为区间上的“有界变差函数”，证明：是区间上的“有界变差函数”；
(3)证明：函数不是上的“有界变差函数”；
题型03 导数与数列
【典例3-1】．（2023·上海嘉定·一模）已知．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)请严格证明曲线有唯一交点；
(3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列．
【典例3-2】．（24-25高三上·上海浦东新·期末）过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”．
(1)设，判断点是否为的“类点”，并说明理由；
(2)设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值；
(3)设，证明：轴上不存在的“类点”．
【变式3-1】．（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）已知函数，取点，过其作曲线切线交轴于点 ，取点，过其作曲线作切线交轴于，若，则停止操作，以此类推，得到数列.
(1)若正整数，证明
(2)若正整数，试比较与 大小；
(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列 若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由.
【变式3-2】．（23-24高三上·上海静安·阶段练习）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若时恒成立，求实数a的取值范围．
(3)定义函数，对于数列，若，则称为函数的“生成数列”，为函数的一个“源数列”．
①已知为函数的“源数列”，求证：对任意正整数，均有；
②已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”， 与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由．
【变式3-3】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设，.
(1)求函数的单调区间;
(2)求证:；
(3)设函数与的定义域的交集为，集合.若对任意，都存在，使得成等比数列，且成等差数列，则称与为"A关联函数".求证：若与为"关联函数"，则.
【变式3-4】．（2024-2025·上海高三·专题练习）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
(1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
(3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【变式3-5】．（2024·上海黄浦·二模）若函数的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这两点为函数的图象的一对“同切点”.
(1)分别判断函数与的图象是否存在“自公切线”，并说明理由；
(2)若，求证：函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”；
(3)设，的零点为，，求证：“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”.
题型04 数列综合
【典例4-1】．（22-23高三上·上海浦东新·阶段练习）已知无穷数列满足，其中，对于数列中的一项，若包含的连续项满足或者，则称为包含的长度为的“单调片段”.
(1)若，写出所有包含的长度为3的“单调片段”；
(2)若对任意正整数，包含的“单调片段”长度的最大值都等于2，并且，求的通项公式；
(3)若对任意大于1的正整数，都存在包含的长度为的“单调片段”，求证：存在正整数，使得时，都有.
【变式4-1】．（2022·上海嘉定·模拟预测）若项数为且的有穷数列满足：，则称数列具有“性质”．
(1)判断下列数列是否具有“性质”，并说明理由；
①1，2，4，3；②2，4，8，16．
(2)设，2，，，若数列具有“性质”，且各项互不相同．求证：“数列为等差数列”的充要条件是“数列为常数列”；
(3)已知数列具有“性质”．若存在数列，使得数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，且，求的所有可能的值．
【变式4-2】．（2023·上海崇明·一模）已知数列满足.
(1)若数列的前4项分别为4，2，，1，求的取值范围；
(2)已知数列中各项互不相同.令，求证：数列是等差数列的充要条件是数列是常数列；
(3)已知数列是m（且）个连续正整数1，2，…，m的一个排列.若，求m的所有取值.
题型05 导数、数列与常用逻辑用语
【典例5-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）对于一个各项非零的等差数列，若能从中选出第（）项，能构成一个等比数列，则称为的“等比子列”.若此“等比子列”具有无穷项，则称其为“完美等比子列”.
(1)若数列，，直接写出3个符合条件的“等比子列”，其中1个必须为“完美等比子列”.
(2)对于数列，，猜想他是否存在“完美等比子列”，如果存在，请写出一个并证明；如果不存在，请说明理由.
(3)证明：各项非零的等差数列中存在“等比子列”的充要条件是数列满足（为公差，）.
【变式5-1】．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．
(1)若（其中正整数m为常数，），判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．
【变式5-2】．（2023·上海浦东新·模拟预测）设是定义在上的奇函数.若是严格减函数，则称为“函数”.
(1)分别判断和是否为函数，并说明理由；
(2)若是函数，求正数的取值范围；
(3)已知奇函数及其导函数定义域均为.判断“在上严格减”是“为函数”的什么条件，并说明理由.
【变式5-3】．（24-25高三上·上海·期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数.
(1)求证: 函数是函数的“控制函数”;
(2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数k的取值范围；
(3)若函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”， 求证:“”的充要条件是“存在常数， 使得恒成立”.
一、解答题
1．（2023·上海嘉定·一模）对于函数，把称为函数的一阶导，令，则将称为函数的二阶导，以此类推得到n阶导.为了方便书写，我们将n阶导用表示.
(1)已知函数，写出其二阶导函数并讨论其二阶导函数单调性.
(2)现定义一个新的数列：在取作为数列的首项，并将作为数列的第项.我们称该数列为的“n阶导数列”
①若函数（），数列是的“n阶导数列”，取Tn为的前n项积，求数列的通项公式.
②在我们高中阶段学过的初等函数中，是否有函数使得该函数的“n阶导数列”为严格减数列且为无穷数列，请写出它并证明此结论.（写出一个即可）
2．（2024·上海宝山·一模）已知都是定义在实数集上的可导函数. 对于正整数，当分别是和的驻点时，记，若，则称和满足性质；当，且时，记，若，则称和满足性质.
(1)若，，判断和是否满足性质，并说明理由；
(2)若，，且和满足性质，求实数的取值范围；
(3)若的最小正周期为4，且，.当时，的驻点与其两侧区间的部分数据如下表所示：
1 3
0 0 0
极小值 极大值1 极小值
已知和满足性质，请写出的充要条件，并说明理由.
3．（2024·上海奉贤·一模）若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质．
(1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）；
(2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由；
(3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程．
4．（2024·上海杨浦·二模）函数、的定义域均为，若对任意两个不同的实数，，均有或成立，则称与为相关函数对.
(1)判断函数与是否为相关函数对，并说明理由；
(2)已知与为相关函数对，求实数的取值范围；
(3)已知函数与为相关函数对，且存在正实数，对任意实数，均有.求证：存在实数，使得对任意，均有.
5．（2024·上海徐汇·二模）已知各项均不为0的数列满足（是正整数），，定义函数，是自然对数的底数.
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记函数，其中.
（i）证明：对任意，；
（ii）数列满足，设为数列的前项和.数列的极限的严格定义为：若存在一个常数，使得对任意给定的正实数（不论它多么小），总存在正整数m满足：当时，恒有成立，则称为数列的极限.试根据以上定义求出数列的极限.
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题06 解答压轴题（五大题型）
题型01 新定义导数 1
题型02 导数在三角函数的应用 11
题型03 导数与数列 16
题型04 数列综合 28
题型05 导数、数列与常用逻辑用语 33
【解题规律·提分快招】
同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤bln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x. 涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围． 3、“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有 (1) x1，x2∈D，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)max. (2) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)min>g(x)min. (3) x1∈D1， x2∈D2，f(x1)>g(x2) f(x)max>g(x)max. 4、数列与函数、不等式的综合问题关键在于通过函数关系寻找数列的递推关系，求出数列的通项或前n项和，再利用数列或数列对应的函数解决最值、范围问题，通过放缩进行不等式的证明．
题型01 新定义导数
【典例1-1】．（2023·上海黄浦·二模）三个互不相同的函数与在区间上恒有或恒有，则称为与在区间上的“分割函数”.
(1)设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由；
(2)求所有的二次函数（用表示，使得该函数是与在区间上的“分割函数”；
(3)若，且存在实数，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值.
【答案】(1)是与在上的“分割函数”；
不是与在上的“分割函数”；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据题意可得当时恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；
（2）根据“分割函数”的性质，则对一切实数恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得且对一切实数恒成立，结合图形即可求解；
（3）利用导数求出函数的极值，则，作出其函数与函数的图象，设直线与的图象交于点，利用代数法求出弦长，结合导数研究函数的性质即可求解.
【解析】（1）因为恒成立，且恒成立，
所以当时，恒成立，
故是与在上的“分割函数”.
又因为，当与时，其值分别为与，
所以与在上都不恒成立，
故不是与在上的“分割函数”.
（2）设是与在上的“分割函数”，
则对一切实数恒成立,由,
当时，它的值为，可知的图象在处的切线为直线，
它也是的图象在处的切线，
所以，可得
所以对一切实数恒成立，
即且对一切实数恒成立，
可得且，即，
又时与为相同函数，不合题意，
故所求的函数为.
（3）关于函数，令，可得，
当与时,；当与时,.
可知是函数极小值点，0是极大值点,
该函数与的图象如图所示.
由为与在区间,上的“分割函数”，
故存在使得且直线与的图象相切，
并且切点横坐标∪，此时切线方程为，
即，
设直线与的图象交于点，
则由可得，
所以
，
令，
(仅当时，),
所以严格减，故的最大值为,可知的最大值为，
所以的最大值为.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
【典例1-2】．（2024-2025·上海高三·专题练习）若函数在区间上有定义，且，，则称是的一个“封闭区间”．
(1)已知函数，区间且的一个“封闭区间”，求的取值集合；
(2)已知函数，设集合．
（i）求集合中元素的个数；
（ii）用表示区间的长度，设为集合中的最大元素．证明：存在唯一长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【答案】(1)
(2)（i）2；（ii）证明见解析
【分析】（1）根据“封闭区间”的定义，对函数求导并求出其值域解不等式可得的取值集合；
（2）（i）对求导得出函数的单调性，利用零点存在定理即可求得集合中元素的个数为2个；
（ii）根据区间长度的定义，对参数进行分类讨论得出的所有可能的“封闭区间”即可得出证明.
【解析】（1）由题意，，，
恒成立，所以在上单调递增，
可得的值域为，
因此只需，
即可得，即，
则的取值集合为．
（2）（i）记函数，
则，
由得或；由得；
所以函数在和上单调递增，在上单调递减．
其中，因此当时，，不存在零点；
由在单调递减，易知，而，
由零点存在定理可知存在唯一的使得；
当时，，不存在零点．
综上所述，函数有0和两个零点，即集合中元素的个数为2．
（ii）由（i）得，假设长度为的闭区间是的一个“封闭区间”，
则对，，
当时，由（i）得在单调递增，
，即，不满足要求；
当时，由（i）得在单调递增，
，
即，也不满足要求；
当时，闭区间，而显然在单调递增，
，
由（i）可得，，
，满足要求．
综上，存在唯一的长度为的闭区间，使得是的一个“封闭区间”．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“封闭区间”的定义，结合导函数判断出各函数的单调性和对应的单调区间，再结合区间长度的定义分类讨论即可得出结论.
【变式1-1】．（23-24高三下·上海浦东新·阶段练习）设函数的定义域为开区间，若存在，使得在处的切线与的图像只有唯一的公共点，则称为“函数”，切线为一条“切线”．
(1)判断是否是函数的一条“切线”，并说明理由；
(2)设，求证：存在无穷多条“切线”；
(3)设，求证：对任意实数和正数都是“函数”
【答案】(1)是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）记，设切点为，利用导数的几何意义求出，再证明直线与的图象只有唯一的公共点，将与函数联立，得，记，利用导数说明函数的单调性，即可得到方程的解．
（2）将点处的切线的方程与联立得，记，利用导数说明函数存在唯一零点，即可得证；
（3）类似第（2）问的思路得到在上有且仅有一解，则或，再分、两种情况说明即可.
【解析】（1）记，则，设切点为，
由切线方程为知，则，解得．
所以切点为，下面证明直线与的图象只有唯一的公共点，
将与函数联立，得．
记，则，
当时，当时，
故在上单调递增，在上单调递减，，
故函数只有一个零点，故是一条“切线”；
（2）因为，所以，
则点处的切线方程为，
将点处的切线的方程与联立得，
记，
则直线为“切线”函数有且仅有一个零点（此时，一个对应一条“切线”），显然是的零点，
故只要没其它零点，此时，
当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
故此时为唯一的极小值点（也是最小值点），而，
故无其他零点，故直线为“切线”，因为的任意性，
故函数存在无穷多条“切线”，
（3）因为，则，
设点在函数的图象上，
则点的切线为，与联立得：
，
由题意得直线为“切线”，故方程在上有且仅有一解，
则或，
若，则是方程的唯一解（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值）．
若，则（此时只有一条“切线”，切点的横坐标为）
或（此时有无数条“切线”，切点横坐标为上的任意值），
综上，，即证．
【点睛】关键点睛：对于新定义问题的关键是理解定义，将问题转化为方程有唯一解问题.
【变式1-2】．（2024·上海嘉定·一模）设为非空集合，函数的定义域为.若存在使得对任意的均有，则称为函数的一个值，为相应的值点.
(1)若.证明：是函数的一个值点，并写出相应的值；
(2)若.分别判断函数是否存在值？若存在，求出相应的值点；若不存在，说明理由；
(3)若，且函数存在值，求函数的值，并指出相应的值点.
【答案】(1)证明见解析，为相应的值；
(2)不存在值，理由见解析，存在值，是相应的值点；
(3)值为，值点为.
【分析】（1）根据正弦函数的值域和值的定义即可证明；
（2）计算即可判断，对取，再利用值的定义即可判断；
（3）分析得函数的值即为最大值，值点即最大值点，再利用导数求出其最大值和最大值点即可.
【解析】（1）函数的定义域为.对，以及任意，
由及知，
即，所以是函数的一个值点，为相应的值.
（2）函数的定义域为.
对任意，取，仍有，但，
所以函数不存在值.
函数的定义域为.
由易知，
当时，对任意，均有，即；
又对任意，取，
则，
即，所以是函数仅有的一个值，
是相应的值点.
（3）函数的定义域为，
由题设，该函数存在值，设相应值点为，
则即对任意成立，
故函数的值即为最大值，值点即最大值点.
，令得，
显然当时，恒成立，则函数在上单调递增，此时无最大值，舍去，
所以，解得，列表如下：
0
↗ 极大值 ↘
所以若函数存在值，
则值为，值点为.
【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是利用值的定义分析得的值即为最大值，值点即最大值点，再利用导数求出山最值即可.
【变式1-3】．（2024·上海普陀·二模）对于函数，和，，设，若，，且，皆有成立，则称函数与“具有性质”.
(1)判断函数，与是否“具有性质”，并说明理由；
(2)若函数，与“具有性质”，求的取值范围；
(3)若函数与“具有性质”，且函数在区间上存在两个零点，，求证.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据条件，结合性质的定义判断即可；
（2）根据，，与 “具有性质”，可得对，,恒成立，再求出的范围即可；
（3）根据条件，得到，再构造函数，结合条件证明不等式即可．
【解析】（1）由，且，
得，即，
则，
即 ，
即 ，
则函数与“具有性质”.
（2）由函数与“具有性质”，
得，，且，
即，
整理得，
则对恒成立，
又，，
则，，即，
则，即所求的的取值范围为.
（3）由函数在有两个零点，得，
又函数与“具有性质”，
则，
即，
即，
令，即，
记，即，
因为，
当时，；当时，，
所以函数在区间是减函数，在上是增函数.
要证，即证，
不妨设，即证，
只需证，
即证，
设，即，
因为，
所以函数在是减函数，且，
又，则，
即，则得证，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，利用不等式恒成立求出参数的取值范围，关键是利用极值点偏移构造函数证明不等式．
题型02 导数在三角函数的应用
【典例2-1】．（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”.
(1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由；
(2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：；
(3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值.
【答案】(1)是，不是，理由见解析
(2)证明见解析
(3)的最大值是
【分析】（1）根据题意，由“类数”的定义分别计算判断和，可得结果.
（2）因为，所以存在，使得且，由的连续性结合零点存在性定理可证明.
（3），由的“类集”为以及的值域为可证明，再证明，由此可求出的最大值是.
【解析】（1），
是函数的“类数”；
，
不是函数的“类数”.
（2）因为函数的“类集”为集合，且，
所以存在，使得且，
若，则，所以，
因为函数的图象是连续不断的，
不妨设，由零点存在定理知，必存在使得，
所以存在零点，即.
（3），则.
先证明：
因为函数的“类集”为，
所以对任意，
令，则，
因为函数的值域为，
所以当时，必有，
即对于恒成立，
所以函数的最小正周期应有，即，则.
再证明，此时，对于任意.
当时，，则；
当时，，则，
所以时函数的“类集”为，即.
我们不难发现，上述过程中令也成立.因此，的最大值是.
【点睛】思路点睛：（1）第二问由，可知必存在不是“类数”，即且，结合图象的连续性和零点存在性定理， 可知必存在使的零点.（2）由三角函数的值域可知，因为函数的“类集”为，则当时，必有，结合三角函数的对称性，当时，有最大值，所以只需证明可求出的最大值.
【变式2-1】．（2024·上海崇明·一模）定义：若曲线和曲线有公共点P，且曲线在点P处的切线与曲线在点P处的切线重合，则称与在点P处“一线切”.
(1)已知圆与曲线在点处“一线切”，求实数a的值；
(2)设，，若曲线与曲线在点P处“一线切”，求实数a的值；
(3)定义在上的函数的图象为连续曲线，函数的导函数为，对任意的，都有成立.是否存在点使得曲线和曲线在点处“一线切”？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)不存在点满足条件，理由见解析
【分析】（1）利用导数求出曲线在点处的切线方程，再根据圆心到切线的距离为半径可求的值；
（2）设出公切点，则可得关于切点横坐标与的方程组，解方程组可求得的值；
（3）假设存在满足题意，则根据“一线切”可得且，化简整理后得到，从而得到矛盾.
【解析】（1），所以曲线在点处的切线方程为，
即，
因为圆与曲线在点处“一线切”，
所以直线与圆在点处相切，
所以，所以.
（2）设，，
由题意，，所以，
解得.
（3）假设存在满足题意，
则有，对函数求导得：，
于是，即，
平方得，
即有，因此，
整理得，而恒有成立，
则有，从而，显然，
于是，即与恒成立矛盾，
所以假设不成立，即不存在点满足条件
【点睛】思路点睛：新定义中的“一线切”问题，本质上就是不同曲线的共切点的切线问题，其解决问题的方法是构建关切切点横坐标的方程或方程组.
【变式2-2】．（22-23高三上·上海长宁·期中）已知是定义在上的函数，如果存在常数，对区间的任意划分：
，恒成立，则称函数为区间上的“有界变差函数”；
(1)试判断函数是否为区间上的“有界变差函数”，若是，求出M的最小值；若不是，说明理由；
(2)若与均为区间上的“有界变差函数”，证明：是区间上的“有界变差函数”；
(3)证明：函数不是上的“有界变差函数”；
【答案】(1)函数是区间上的“有界变差函数”， M的最小值为；
(2)证明过程见解析；
(3)证明过程见解析；
【分析】（1）根据辅助角公式，结合正弦型函数的单调性进行求解即可；
（2）根据题中定义，结合绝对值的性质进行证明即可；
（3）根据特殊角的余弦函数值，结合有界变差函数的定义进行证明即可.
【解析】（1），
因为，所以，
因此函数是上的增函数，
设，
显然存在常数，对区间的任意划分：
，恒成立，
所以函数是区间上的“有界变差函数”， M的最小值为；
（2）因为与均为区间上的“有界变差函数”，
所以存在常数，对区间的任意划分：
，，恒成立，
因此对区间的任意划分：
，
，
因此是区间上的“有界变差函数”；
（3）取区间的一个划分：
，
则有：
所以对任意常数，只要足够大，就有区间的一个划分：
，满足，所以函数不是上的“有界变差函数”
【点睛】关键点睛：运用绝对值的性质，结合正弦型函数、余弦函数的性质是解题的关键.
题型03 导数与数列
【典例3-1】．（2023·上海嘉定·一模）已知．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)请严格证明曲线有唯一交点；
(3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明过程见解析
(3)证明过程见解析
【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义进行求解即可；
（2）构造新函数利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可；
（3）根据题意得到，结合（1）中结论、等比数列的定义进行运算证明即可.
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，的定义域为，
，
当时，得，此时函数单调递增，
当时，得，此时函数单调递减，
因此函数极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为；
当时，得，此时函数单调递增，
当时，得，此时函数单调递减，
因此函数极大值为，
单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为；
函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）设，
设，
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
设，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以，
因此有，当时取等号，
于是有，
因此单调递减，而，
根据函数零点存在原理，当时，函数在内有唯一零点，
因此有唯一实根，因此曲线有唯一交点.
（3）由（1）可知两个函数的最大值均为，
且函数单调递增区间为，单调递减区间为；
函数单调递增区间为，单调递减区间为，
由（2）可知曲线有唯一交点，且交点在内，
因为直线和曲线共有三个不同交点，其中，
因此两条曲线必过两个曲线的交点，
所以有，
因此有，
因为，，在上单调递增，
所以有，
同理，，而函数在单调递减，
所以有，而，所以，
因此成等比数列.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用构造新函数，利用导数的性质、结合放缩法进行运算证明.
【典例3-2】．（24-25高三上·上海浦东新·期末）过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”．
(1)设，判断点是否为的“类点”，并说明理由；
(2)设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值；
(3)设，证明：轴上不存在的“类点”．
【答案】(1)是，理由见解析；
(2)2；
(3)证明见解析.
【分析】（1）判断点的位置，求出过此点的切线方程，结合“类点”的定义判断即可.
（2）求出过点的切线方程，并代入的坐标并结合“类点”的定义求出值，验证即可得解.
（3）假定存在，并设出点的坐标，由过点的切线方程建立等式，分离参数构造函数，利用导数探讨方程根的情况导出矛盾得证.
【解析】（1）函数，，点在上，求导得，
设切点为，切线方程为，即，
由切线过，得，,解得或，
因此切线方程为，所以点为的“类点”.
（2）函数，求导得，设切点为，
切线方程为，即，
切线过，则，
依题意，方程有三个不同解，且成等差数列，设为，公差为，
，
因此，则，，则，
当时，，不过，
所以的值为2.
（3）假设轴上存在函数的“类点”，记为，设坐标为，
求导得，设切点为，切线方程为，
即，由切线过，得，此方程至少有两个不同解，
设，则，由，得或，
当时，，函数是上的严格减函数，
当时，为上的严格增函数，
函数的极小值，极大值，又，
当或时，方程有两个不同解，当时，方程有三个不同解，
当时，在上，其余情况下在外，则，
设两垂直切线的斜率为，对应方程的两根为，
则，由，
得，则有，
由，得异号，不妨设，
由均值不等式知，，
则，与矛盾，即不存在，
所以轴上不存在的“类点”.
【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解.
【变式3-1】．（23-24高三下·上海闵行·阶段练习）已知函数，取点，过其作曲线切线交轴于点 ，取点，过其作曲线作切线交轴于，若，则停止操作，以此类推，得到数列.
(1)若正整数，证明
(2)若正整数，试比较与 大小；
(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列 若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）由题意求导得切线方程，令即可得到递推关系；
（2）由题意作差结合递推关系，构造导数，得出的单调性，由此即可比较大小；
（3）由题意讨论当时，结合等差数列性质以及构造函数，利用导数得出单调性以及零点存在定理即可说明，当时，利用零点存在定理得出唯一性，得出矛盾即可推翻，由此即可得解.
【解析】（1）由题意得，
故点处的切线方程为： ，
令，则.
（2）由(1) 知要比较与大小，只需比较和的大小.
设，求导 令 ，解得，
易知在上为严格减函数，在上为严格增函数，
所以有，所以，所以，当且仅当时成立.
故，即.
（3）假设存在依次成等差数列, 则必有，
因为，解得，又，
综上，变形 ，现在考虑该式是否存在使之成立，
设函数 ，求导，
因为 ，所以有，说明严格单调递增，且 ，
根据零点存在性定理可以知道，有唯一解使得方程成立，故是成立.
下面证明不成立：
利用零点唯一性得出矛盾，当时，有上面证明可知，
另一方面由第(2) 可知，数列为严格递减数列，矛盾，所以只有.
综上，满足题意的只有.
【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到函数方程后，要构造函数，利用导数单调性以及零点存在定理即可顺利得解.
【变式3-2】．（23-24高三上·上海静安·阶段练习）已知函数．
(1)若，求的单调区间；
(2)若时恒成立，求实数a的取值范围．
(3)定义函数，对于数列，若，则称为函数的“生成数列”，为函数的一个“源数列”．
①已知为函数的“源数列”，求证：对任意正整数，均有；
②已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”， 与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列？请说明理由．
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为．
(2)
(3)①证明见解析；②假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列，理由见解析．
【分析】（1）求导得，即可得到结果；
（2）根据题意，将问题转化为当时，恒成立，求导得，然后分，以及讨论，即可得到结果；
（3）①根据题意，构造函数，求导可得在恒成立，即可证明；②根据题意，结合“源数列”以及“生成数列”的概念，然后假设存在，代入计算，即可得到方程无解，故不存在.
【解析】（1）当时，，，
令，则，解得或，
当时，；
当时，；
所以的单调递增区间为和，单调递减区间为．
（2），
令，依题意，当时，恒成立，
由，得，，
又因为，所以，
当时，，所以在单调递增，
，不合题意；
当时，令，解得，
当时，；当时，；
所以在单调递增，在单调递减．
若要使恒成立，则需，解得，
故此时；
当时，，
所以在单调递减，
所以，符合题意；
综上，实数a的取值范围为．
（3）①，，故，
构造函数，
，则
函数在上单调递增，，故在恒成立，单调递增，
故，即，，
当时，，
综上所述：恒成立，即．
②，则，，
设，即，则，
设函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应，
即数列中每一项，都有中的项与之相等，单调递增，
故，
假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，，
故，整理得到，无正整数解．
故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列．
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数研究不等式恒成立问题以及导数与数列的结合，难度较大，解答本题的关键在于理解题中“源数列”以及“生成数列”的概念，再由导数与数列的知识进行解答.
【变式3-3】．（24-25高三上·上海·阶段练习）设，.
(1)求函数的单调区间;
(2)求证:；
(3)设函数与的定义域的交集为，集合.若对任意，都存在，使得成等比数列，且成等差数列，则称与为"A关联函数".求证：若与为"关联函数"，则.
【答案】(1)单调增区间为，单调减区间为
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，利用导数判断的单调区间；
（2）根据题意分析可知：原不等式等价于，构建，利用导数求其最值，进而分析证明；
（3）根据题意整理可得，利用基本不等式可得对任意都成立，取可得，构建，利用导数判断其单调性，进而判断其符号即可.
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，且.
当时，；当时，，
所以函数的单调增区间为，单调见区间为.
（2）由（1）可知，故只需证.
由于，等价于.
令，则.
当时，；当时，；
可知函数在内单调递减，在单调递增，
则，所以.
（3）由题意知，对任意，存在，
满足，且，则，
即，即.
对于给定的，有，
当且仅当，即时，等号成立，
因此对任意都成立.
在上式中令，得.
令，则，
当时，；当时，；
可知在内单调递增，在内单调递减，
且，可知满足不等式的.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
【变式3-4】．（2024-2025·上海高三·专题练习）已知函数，其中，.若点在函数的图像上，且经过点的切线与函数图像的另一个交点为点，则称点为点的一个“上位点”，现有函数图像上的点列，，…，，…，使得对任意正整数，点都是点的一个“上位点”.
(1)若，请判断原点是否存在“上位点”，并说明理由；
(2)若点的坐标为，请分别求出点、的坐标；
(3)若的坐标为，记点到直线的距离为.问是否存在实数和正整数，使得无穷数列、、…、…严格减？若存在，求出实数的所有可能值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)原点不存在“上位点”，理由见解析
(2)点的坐标为，点的坐标为
(3)存在，
【分析】（1）先求得函数经过点的切线方程，再根据“上位点”的定义判断即可；
（2）设点的横坐标为，为正整数，再根据导数的几何意义结合“上位点”的定义化简可得，进而可得、的坐标；
（3）由（2），构造等比数列可得，由题意，再根据导数与单调性的关系分析判断即可.
【解析】（1）已知，则，得，
故函数经过点的切线方程为，
其与函数图像无其他交点，所以原点不存在“上位点”.
（2）设点的横坐标为，为正整数，
则函数图像在点处的切线方程为，
代入其“上位点”，得，
化简得，
即，
故，
因为，得（*），
又点的坐标为，
所以点的坐标为，点的坐标为.
（3）将代入，解得，
由（*）得，.
即，又，
故是以2为首项，为公比的等比数列，
所以，即，.
令，则严格减，
因为，所以函数在区间上严格增.
当时，，于是当时，严格减，符合要求
当时，.
因为时，
所以当时，，
从而当时严格增，不存在正整数，
使得无穷数列，，…，严格减.
综上，.
【点睛】方法点睛：
（1）题中出现新定义时，根据新定义内容与数列与导数的基本方法求解分析；
（2）根据数列的递推公式，构造等比数列求解通项公式.
【变式3-5】．（2024·上海黄浦·二模）若函数的图象上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数的图象的“自公切线”，称这两点为函数的图象的一对“同切点”.
(1)分别判断函数与的图象是否存在“自公切线”，并说明理由；
(2)若，求证：函数有唯一零点且该函数的图象不存在“自公切线”；
(3)设，的零点为，，求证：“存在，使得点与是函数的图象的一对‘同切点’”的充要条件是“是数列中的项”.
【答案】(1)函数的图象存在“自公切线”； 函数的图象不存在“自公切线”，理由见解析；
(2)证明见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）由直线切的图象于点判断，由导数确定意见性判断.
（2）利用导数探讨单调性结合零点存在性定理推理即得唯一零点，再假定存在“自公切线”，利用导数的几何意义求出切线方程，证明在上无解即得.
（3）求出在点与处的切线方程，利用（2）的结论，结合诱导公式，及充要条件的证明方法推理即得.
【解析】（1）显然直线切的图象于点，
直线是的图象的一条“自公切线”，因此函数的图象存在“自公切线”；
对于是严格减函数，则在不同点处的切线斜率不同，
所以函数的图象不存在“自公切线”.
（2）由恒成立，且仅当时，
则是上的严格增函数，可得它至多有一个零点，
令，
由的图象是连续曲线，且，
因此在上存在零点，即在上存在零点，所以有唯一零点；
假设的图象存在“自公切线”，则存在且，
使得的图象在与处的切线重合，即，有，不妨设，
切线，，
有相同截距，即，而，
则，即，
则有，即，令，，
即函数在上单调递增，，因此当时，，
即在上无解，
所以的图象不存在“自公切线”.
（3）对给定的，由（2）知有唯一零点，即唯一确定，
又在点处的切线方程为，即，
在点处的切线方程为，
若存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”，
则，又，则，
所以，且，从而存在，
使得，代入，可得，则，即是数列中的项；
反之，若是数列中的项，则存在，使得，即，
由（2）中的严格增，可知严格增，又且，可知，
令，则且，
即，可得，所以存在，
使得点与是函数的图象的一对“同切点”.
所以存在，使得点与是函数图象的一对“同切点”的充要条件是“是数列中的项”.
【点睛】结论点睛：函数y=f(x)是区间D上的可导函数，则曲线y=f(x)在点处的切线方程为：.
题型04 数列综合
【典例4-1】．（22-23高三上·上海浦东新·阶段练习）已知无穷数列满足，其中，对于数列中的一项，若包含的连续项满足或者，则称为包含的长度为的“单调片段”.
(1)若，写出所有包含的长度为3的“单调片段”；
(2)若对任意正整数，包含的“单调片段”长度的最大值都等于2，并且，求的通项公式；
(3)若对任意大于1的正整数，都存在包含的长度为的“单调片段”，求证：存在正整数，使得时，都有.
【答案】(1)和；
(2)或；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据题中定义，结合特殊角的正弦值进行求解即可；
（2）根据绝对值的性质，结合题中定义分类讨论进行求解即可；
（3）根据数列的单调性的性质，结合题中定义、绝对值的性质进行求解即可.
【解析】（1），包含的单调片段有两个，为和；
（2）因为，
所以
若，因为包含的“单调片段”长度的最大值为2，则，
所以，故
因为包含的“单调片段”长度的最大值为2，
所以且，以此类推，可得到对任意且，
所以
所以，
若，则同理可得：，
综上所述：或；
（3）首先证明：存在，使得为单调数列.
假设结论不成立，不妨设，
因为不成立，所以存在，使得且.
若从开始，一直单调递减下去，则与假设矛盾；
所以存在，使得且.
若从开始，一直单调递增下去，则与假设矛盾；
所以存在，使得且.
由可知，
因为存在包含的长度为的“单调片段”，所以
考虑，显然包含的最长“单调片段”为，其长度为
因为，所以，
这与已知：存在包含的长度为的“单调片段”，矛盾.
故假设不成立，结论成立.
当时，同理可证结论（*）成立.
根据结论为单调数列，
则对任意的正负号都相同，
于是当时，有
，
当时，显然
综上所述，题目所给结论成立.
【点睛】关键点睛：理解题中定义，结合绝对值的性质是解题的关键.
【变式4-1】．（2022·上海嘉定·模拟预测）若项数为且的有穷数列满足：，则称数列具有“性质”．
(1)判断下列数列是否具有“性质”，并说明理由；
①1，2，4，3；②2，4，8，16．
(2)设，2，，，若数列具有“性质”，且各项互不相同．求证：“数列为等差数列”的充要条件是“数列为常数列”；
(3)已知数列具有“性质”．若存在数列，使得数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，且，求的所有可能的值．
【答案】(1)数列1，2，4，3不具有“性质M”；数列2，4，8，16具有“性质M”
(2)证明见解析
(3)或5
【分析】（1）按照题目给出的定义可直接判断；
（2）根据充要条件的概念直接证明；
（3）根据条件可知，，逐渐增大，且最小值为1，分情况可求之．
【解析】（1）解：，该数列不具有“性质”；
，该数列具有“性质”；
（2）证明：充分性，若数列是常数列，则，即，或
又数列且各项互不相同，，数列为等差数列；
必要性，若数列为等差数列，则，即，数列为常数列；
（3）解：数列是连续个正整数1，2，，的一个排列，当时，，，不符合题意；
当时，数列3，2，4，1满足，，符合题意；
当时，数列2，3，4，5，1满足，符合题意；
当时，令，2，，，则，且，的取值有以下三种可能
①，②，③，
当时，，由（2）知，，，是公差为1或的等差数列，
若公差为1时，由得或，，不合题意，不合题意；
若公差为，同上述方法可得不符合题意；
当满足②，③时，同理可证不符合题意，
故：或5．
【点睛】本题考查了给出新定义求解问题，数列的通项公式，充要条件等知识，综合性较强，是难题．
【变式4-2】．（2023·上海崇明·一模）已知数列满足.
(1)若数列的前4项分别为4，2，，1，求的取值范围；
(2)已知数列中各项互不相同.令，求证：数列是等差数列的充要条件是数列是常数列；
(3)已知数列是m（且）个连续正整数1，2，…，m的一个排列.若，求m的所有取值.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)4或5
【分析】（1）根据题意，找到关于的不等关系，即可求解.
（2）分别从充分性、必要性两个角度证明即可.
（3）对取不同的值进行判断，再对分情况讨论即可.
【解析】（1）由题意，，令，得，即，则或，此时解得或；令，得，即，两边同时平方解得.则求交集可得，，即
（2）必要性：若数列是等差数列，设公差为d，
则，所以数列是常数列.
充分性：若数列是常数列，
则，即.
所以或.
因为数列的各项互不相同，所以.
所以数列是等差数列.
（3）当时，因为，所以，不符合题意；
当时，数列为3，2，4，1，此时，符合题意；
当时，数列为2，3，4，5，1，此时，符合题意；
下证当时，不存在m满足题意.
令，
则，且，
所以有以下三种可能：
①；
②；
③.
当时，因为，
由（2）知：，，…，是公差为1（或－1）的等差数列.
当公差为1时，由得或，
所以或，与已知矛盾.
当公差为－1时，同理得出与已知矛盾.
所以当时，不存在m满足题意.
其它情况同理可得.
综上可知，m的所有取值为4或5.
题型05 导数、数列与常用逻辑用语
【典例5-1】．（24-25高三上·上海·阶段练习）对于一个各项非零的等差数列，若能从中选出第（）项，能构成一个等比数列，则称为的“等比子列”.若此“等比子列”具有无穷项，则称其为“完美等比子列”.
(1)若数列，，直接写出3个符合条件的“等比子列”，其中1个必须为“完美等比子列”.
(2)对于数列，，猜想他是否存在“完美等比子列”，如果存在，请写出一个并证明；如果不存在，请说明理由.
(3)证明：各项非零的等差数列中存在“等比子列”的充要条件是数列满足（为公差，）.
【答案】(1);;
(2)存在，，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据等差数列和等比数列的定义，从给定的等差数列中选取合适的项构成等比数列.
（2）先进行猜想，存在“完美等比子列”，根据等比数列和等差数列的通项公式，分析证明.
（3）证明充要条件，需要分别证明充分性和必要性.充分性是由推出存在“等比子列”；必要性是由存在“等比子列”推出.
【解析】（1）取，则，为，这是一个等比数列，是的“等比子列”.
取，则，为，这是一个等比数列，是的“等比子列”.
取，则，为，这是一个“完美等比子列”.
（2）猜想：数列存在“完美等比子列”.
证明：设数列的通项公式，该数列为等比数列，
令，则，
因为整数的各位数字上的和为3，
所以一定为正整数，且m随着n的增大而增大，
易得此时有无穷项，所以即数列的一个“完美等比子列”.
（3）充分性：若存在“等比子列”，
，
，
必要性：则若，则设，，
则.
希望为等比等比，
令等比，
发现等比，
取，
令，，
即时，成等比，
综上，得证.
事实上，，
因为时，，
时，.
【点睛】知识点点睛：本题只要考查了对“等比子列”和“完美等比子列”新定义的理解，综合了等差数列和等比数列通项公式，反证法证明，以及简易逻辑知识的考查.综合性，逻辑性强，属于难题.
【变式5-1】．（2024·上海青浦·二模）若无穷数列满足：存在正整数，使得对一切正整数成立，则称是周期为的周期数列．
(1)若（其中正整数m为常数，），判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(2)若，判断数列是否为周期数列，并说明理由；
(3)设是无穷数列，已知．求证：“存在，使得是周期数列”的充要条件是“是周期数列”．
【答案】(1)是周期为的周期数列，理由见解析
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据题设定义，利用的周期，即可得出结果；
（2）分与两种情况讨论，当，易得到是周期为1的周期数列，当时，构造，则，利用导数与函数单调性间的关系，可得出是严格增（或减）数列，从而可得出结果；
（3）根据条件，利用充要条件的证明方法，即可证明结果.
【解析】（1）因为，
所以是周期为的周期数列．
（2）①当时，，，
所以当时，是周期为1的周期数列，
②当时，记，则，
，当且仅当时等号成立，
即，所以在上严格增，
若，则，即，进而可得，即是严格增数列，不是周期数列；
同理，若，可得是严格减数列，不是周期数列．
综上，当时，是周期为1的周期数列；当时，不是周期数列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期数列，设的周期为，
则，所以是周期为的周期数列，
充分性：
若是周期数列，设它的周期为，记，则
，是关于x的连续函数；
，是关于x的连续函数；
…
，是关于x的连续函数；
，
令，则是连续函数，
且，，
所以存在零点，于是，
取，则，
从而，
，
……
一般地，对任何正整数n都成立，即是周期为T的周期数列．
（说明：关于函数连续性的说明不作要求）
【点睛】方法点晴：对于数列的新定义问题，解决问题的关键在于准确理解定义，并结合定义进行判断或转化条件.
【变式5-2】．（2023·上海浦东新·模拟预测）设是定义在上的奇函数.若是严格减函数，则称为“函数”.
(1)分别判断和是否为函数，并说明理由；
(2)若是函数，求正数的取值范围；
(3)已知奇函数及其导函数定义域均为.判断“在上严格减”是“为函数”的什么条件，并说明理由.
【答案】(1)是函数,不是函数，理由见解析
(2)
(3)“在上严格减”是“为函数”的充分非必要条件，理由见解析
【分析】（1）根据“函数”的定义结合函数的奇偶性以及单调性判断即可；
（2）令，利用导数讨论其单调性即可求解；
（3）先用特殊函数作为反例说明“在上严格减”不是“为函数”的必要条件，再构造，，，利用导数与单调性、最值的关系证明，根据单调性定义即可证明“在上严格减”是“为函数”的充分条件.
【解析】（1）设，
所以，
所以和均为定义在上的奇函数.
当时，函数严格减，故是函数.
而当和时，，故不是函数.
（2），
设，定义域为，
，
所以是定义在上的奇函数.
当时，不是函数，下设.
当时，令，
则.
再设，则.
设，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，即恒成立，
所以当时，，
所以当时，；当时，.
因为，所以当时，
当时，，即恒成立，则函数严格单调递增，
当时，，即恒成立，则函数严格单调递减，
所以正数的取值范围是.
（3）证：函数是定义在上的奇函数，
且在上严格减，故为函数.
但当或时取值相等，
从而不是上严格减的函数.
故“在上严格减”不是“为函数”的必要条件.
下证“在上严格减”是“为函数”的充分条件.
对任意，定义.
则由得，且由严格减得,
当时，，
故当时，，即.
现任取，考虑.
则，且当时，.
由关于函数的讨论知，此时.
故当时，，
即：对任意，.
移项得，故在上严格减，
即为函数.
综上，“在上严格减”是“为函数”的充分非必要条件.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键在于证明的导函数恒成立，在中，再设，则，利用常用不等式
以及的取值范围即可确定的符号，进而可确定的符号；本题第三问的关键在于构造函数，，，利用导数与单调性、最值的关系证明，根据单调性的定义即可证明.
【变式5-3】．（24-25高三上·上海·期中）若定义在上的函数和分别存在导函数和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数.
(1)求证: 函数是函数的“控制函数”;
(2)若函数是函数的“控制函数”，求控制系数k的取值范围；
(3)若函数为偶函数，函数是函数的“控制函数”， 求证:“”的充要条件是“存在常数， 使得恒成立”.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合定义，只需证明即可得；
（2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得；
（3）先证明充分性：若存在常数使得恒成立，结合偶函数定义计算即可得；再证明必要性：由题意可得，又，则可结合偶函数性质得到，即可得证.
【解析】（1），，则，故，
即恒成立，故函数是函数的“控制函数”；
（2）有， ，
则，，
令，
则
，
由，
故当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
故，即有，
则当时，函数是函数的“控制函数”，
即；
（3）充分性：若存在常数使得恒成立，
则为偶函数，
因为函数为偶函数，所以，
则，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，则，所以函数为偶函数，
函数是函数的“控制函数”，
因此，又，
因此函数是函数的“控制函数”，
所以，即恒成立，
用代换有，
综上可知，记，
则，
因此存在常数使得恒成立，
综上可得，“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”．
【点睛】关键点点睛：本题关键点在于正确理解定义，从而可构造函数或解决问题.
一、解答题
1．（2023·上海嘉定·一模）对于函数，把称为函数的一阶导，令，则将称为函数的二阶导，以此类推得到n阶导.为了方便书写，我们将n阶导用表示.
(1)已知函数，写出其二阶导函数并讨论其二阶导函数单调性.
(2)现定义一个新的数列：在取作为数列的首项，并将作为数列的第项.我们称该数列为的“n阶导数列”
①若函数（），数列是的“n阶导数列”，取Tn为的前n项积，求数列的通项公式.
②在我们高中阶段学过的初等函数中，是否有函数使得该函数的“n阶导数列”为严格减数列且为无穷数列，请写出它并证明此结论.（写出一个即可）
【答案】(1)，单调性见解析
(2)①；②存在，证明见解析
【分析】（1）求导再次求导得到，再求导讨论和两种情况，得到单调区间.
（2）求导得到，计算，，取求导得到，确定，验证得到答案.
【解析】（1），函数定义域为，
，，，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，取，则，
设，，则恒成立，
且，故存在唯一的满足，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
综上所述：
时，在上单调递增；
时，存在唯一的满足，
时，函数单调递减，时，函数单调递增.
（2）①，则，，，，
，故，；
②存在，取，，则，则，
即，，
数列严格减数列且为无穷数列，满足条件.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数的新定义，数列的性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中充分理解新定义的隐含条件，转化为所学知识是解题的关键，此类能力需要多练多思考多总结.
2．（2024·上海宝山·一模）已知都是定义在实数集上的可导函数. 对于正整数，当分别是和的驻点时，记，若，则称和满足性质；当，且时，记，若，则称和满足性质.
(1)若，，判断和是否满足性质，并说明理由；
(2)若，，且和满足性质，求实数的取值范围；
(3)若的最小正周期为4，且，.当时，的驻点与其两侧区间的部分数据如下表所示：
1 3
0 0 0
极小值 极大值1 极小值
已知和满足性质，请写出的充要条件，并说明理由.
【答案】(1)和是满足性质，证明见解析
(2)
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据题意将，代入，验证即可；
（2）根据题意找到的驻点，代入，满足即可；
（3）利用必要性可得，只需要去证充分性即可.
【解析】（1）.
所以和是满足性质.
（2）由可知，驻点，
又，
当时，不存在驻点；
当时，的驻点，
由题意可知，
解得，
（3）的充要条件是.
首先证明必要性：
当时，由题意可知不是常函数，所以，
因为和满足性质，所以，所以，
又是正整数，故.
其次证明充分性：
由题意可知，，，且，
① 当（）时，可知.
否则，若存在（），有，
因为，所以与已知矛盾.
同理，，
故，
所以，即.
同理，，得，
所以.
②当（）时，，
任意，有，又由①可知，.
若存在有，则，
所以.
由已知，其中，
于是有，矛盾，所以.
所以，
得，
因为，所以，从而，即.
③当（）时，，
任意，有，同理可得，
所以，
得，
因为，所以，从而，即.
综上， .
（3）另解：（反证法）
由题意可知，，，且.
② 任意时，可知.
否则，若存在，使，
因为，所以与已知矛盾.
同理，.
②先证任意时，有.
反证，若存在，使.
若时，
则与已知矛盾.
若时，
则与已知矛盾.
由于，，
可得，任意时，有.
③下证任意时，有.
反证，若存在，使.
由于，可得存在满足.
则与已知矛盾.
综上，.
【点睛】本题主要考查了函数新定义的应用，（1）（2）问关键是理解函数的性质和性质，即可解出，
第（3）问利用必要性先得出的值，然后再将进行充分性证明，可以分类讨论，也可以利用反证法证出．
3．（2024·上海奉贤·一模）若函数的图象上存在个不同点、、、处的切线重合，则称该切线为函数的一条点切线，该函数具有点切线性质．
(1)判断函数，的奇偶性并写出它的一条点切线方程（无需理由）；
(2)设，判断函数是否具有点切线性质，并说明理由；
(3)设，证明：对任意的，，函数具有点切线性质，并求出所有相应的切线方程．
【答案】(1)偶函数，一条点切线方程为
(2)没有，理由见解析
(3)证明见解析，切线方程为和
【分析】（1）利用函数奇偶性的定义可得出函数的奇偶性，数形结合可得出该函数的一条点切线方程；
（2）求出，分析函数的单调性，即可得出结论；
（3）取点、、，利用导数求出曲线在三处的切线方程，利用这三条切线重合可得出，然后对、、的关系进行讨论，即可求出对应的切线方程.
【解析】（1）令，其中，则，
所以，函数为偶函数，且，如下图所示：
由图可知，函数的一条点切线方程为.
（2）因为，该函数的定义域为，且，
令，其中，则，
所以，函数在上为增函数，
因此，不可能存在、且，使得，
因此，函数不具有点性质.
（3）取点、、，
因为，则，
所以，曲线在点处的切线方程为，
即，
曲线在点处的切线方程为，
曲线在点处的切线方程为，
由题意可知，这三条切线重合，
则，
由上得，则，，，
（i）若，，，
则，所以，，
因为，则（舍去）；
（ii）若，，中至少有一个成立，
不妨设，则，
若，则（舍去），所以，，
故或.
综上所述，点切线方程为和.
【点睛】关键点点睛：本题第（3）问题考查点切线的新定义，解题的关键就是利用切线重合得出，通过分析、、之间的关系来求解.
4．（2024·上海杨浦·二模）函数、的定义域均为，若对任意两个不同的实数，，均有或成立，则称与为相关函数对.
(1)判断函数与是否为相关函数对，并说明理由；
(2)已知与为相关函数对，求实数的取值范围；
(3)已知函数与为相关函数对，且存在正实数，对任意实数，均有.求证：存在实数，使得对任意，均有.
【答案】(1)是，理由见解析；
(2)
(3)证明见解析；
【分析】（1）由与不为相关函数对，得到且，从而若为相关函数，由成立求解；
（2）根据与为相关函数对，由成立求解；
（3）采用反证法，假设对任意均存在，均有，根据与为相关函数对，分，，得出矛盾即可.
【解析】（1）解：若与不为相关函数对，则且，
则，所以只要即可，
当，时，
，
所以函数与是相关函数对；
（2）因为与为相关函数对，
所以，
令，，当时，；当时，，
所以是极小值点，，
所以，
所以；
（3）假设对任意均存在，
均有，
则取，，，使得，
对任意，，有，，
又函数与为相关函数对，
则①若，则；
②若，则，
由①②知：，由，将其分为很多个子区间，
如，，，……
则以上每个区间至多包含一个，矛盾，假设不成立，
故存在实数，使得对任意，均有．
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键是由假设，，根据函数与为相关函数对，分别由和，构造，找出矛盾而得证.
5．（2024·上海徐汇·二模）已知各项均不为0的数列满足（是正整数），，定义函数，是自然对数的底数.
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)记函数，其中.
（i）证明：对任意，；
（ii）数列满足，设为数列的前项和.数列的极限的严格定义为：若存在一个常数，使得对任意给定的正实数（不论它多么小），总存在正整数m满足：当时，恒有成立，则称为数列的极限.试根据以上定义求出数列的极限.
【答案】(1)证明见解析，；
(2)（i）证明见解析；（ii）
【分析】（1）由可变形为，从而得到为等差数列，然后由累乘法求通项即可；
（2）可先证：，根据的表达式求导，分析单调性，得出最小值，即可得证，再证：，即证恒成立，即即可；先求出，然后由，分析单调性证明进而得到，代入表达式，取可得，再对进行放缩即可求解.
【解析】（1）由于数列的各项均不为，
所以，可变形为（是正整数），
所以，数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
又，也符合上式，所以.
（2）（i）先证：.
根据已知，得
由当且仅当时等号成立，
于是在上是严格增函数，故成立.
再证：.
又，记，则，
由，故且仅当时等号成立，
于是在上是严格减函数，
故，于是，证毕.
（ii）由题意知，，
下面研究.将（i）推广至一般情形.
，
由当且仅当时等号成立，
于是在上是严格增函数，故成立.①
再证：.，
记，则，
由，故当且仅当时等号成立，
于是在上是严格减函数，
故，于是，
所以，，即对任意，.
于是对，，整理得，
令，得，即，故.
（方法一）当时，
故即，
从而.对于任意给定的正实数，令，
则取为大于且不小于的最小整数，
则当时，恒成立，因此，数列的极限为.
（方法二）而对于任意，只需且时，
可得.
故存在，当时，恒有，
因而的极限.
【点睛】方法点睛：本题主要考查数列的通项、求和，另外考查数列和函数的结合以及新定义知识，难度较大，本题主要思维方法：
1.基本方法求通项：定义法，累乘法；
2.不等式的证明，借助构造函数利用导数分析单调性，求最值；
3.新定义考查，主要是结合导数的最值分析和不等式的放缩思维，对于一般学生要求较高，难度很大.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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