2023年北京高三二模数学分类汇编-专题09 解答压轴题型：导数与数列新定义（解析版）

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一、解答题
1．（2023·北京西城·统考二模）已知函数．
(1)求在区间上的最大值和最小值；
(2)若恒成立，求实数的值．
【答案】(1)最小值为，最大值为；(2)
【分析】（1）先求的导函数，再根据导函数在区间上的正负确定的单调性，从而可求其在给定区间的最大与最小值；
（2）设，由已知得，当时，；当时，，从而可得，当时，；当时，，所以，得，再证明当时，恒成立即可．
【详解】（1）因为，
所以在区间上单调递增．
所以的最小值为；的最大值为．
（2）的定义域为．
由（1）知，且在上单调递增，
所以当时，；当时，．
设．
若恒成立，则当时，；当时，．
所以，即，解得．
下面证明：当时，恒成立．
此时，，．
当时，．
所以在上单调递增，．
当时，设．
因为，所以在上单调递增．
又，，
所以存在唯一的，使得．
且当，，当，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
因为，且，
所以当时，恒成立．
综上，．
【点睛】关键点睛：本题第一小问考查函数在给定区间的最值，通过对单调性的讨论即可，属于基础题；第二小问主要考查不等式恒成立求参数问题，关键是通过的正负得到的正负，从而确定的值再证明，考查数学运算和逻辑推理等核心素养．
2．（2023·北京昌平·统考二模）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若函数在上有最小值，求的取值范围；
(3)如果存在，使得当时，恒有成立，求的取值范围.
【答案】(1)；(2)；(3)
【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答.
（2）利用导数分类讨论函数在区间内的最值情况作答.
（3）变形不等式，构造函数，利用导数探讨恒成立的k的范围作答.
【详解】（1）当时，，求导得：，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2），，函数，求导得：，显然恒有，
则当时，，函数在上单调递增，无最小值，不符合题意；
当时，由，得，当时，，当时，，
因此函数在上单调递减，在上单调递增，即当时，函数取得最小值，
所以函数在上有最小值，的取值范围是.
（3），
因为存在，使得当时，恒有成立，
则有存在，使得当时，，
令，即有，恒成立，
求导得，令，，
因此函数，即函数在上单调递增，而，
当，即时，，函数在上单调递增，
，成立，从而，
当时，，，则存在，使得，
当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，
所以的取值范围是.
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.
3．（2023·北京东城·统考二模）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求在区间上的最大值；
(3)设实数使得对恒成立，写出的最大整数值，并说明理由.
【答案】(1)；(2)；(3)，理由见解析
【分析】（1）求出函数在处的导数，即切线斜率，求出，即可得出切线方程；
（2）求出函数在区间上的单调性，求出最值即可；
（3）将不等式等价转化为在上恒成立.构造函数，利用导数求出函数的单调性和最小值，进而得证.
【详解】（1）因为，
所以，则，又，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）令，
则，当时，，在上单调递增.
因为，，
所以，使得.
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又，，
所以.
（3）满足条件的的最大整数值为.
理由如下：
不等式恒成立等价于恒成立.
令，
当时，，所以恒成立.
当时，令，，，
与的情况如下：
所以，
当趋近正无穷大时，，且无限趋近于0，
所以的值域为，
因为，所以的最小值小于且大于.
所以的最大整数值为.
4．（2023·北京朝阳·二模）已知函数.
(1)当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）证明：；
(2)若函数的极大值大于0，求a的取值范围.
【答案】(1)（i） ；（ii）证明见解析；(2)
【分析】(1)（i）求导，根据点斜式直线方程求解；（ii）构造函数，求的最大值即可；
(2) 函数，求出的最大值，并对最大值做讨论即可.
【详解】（1）， ，，
（i）在处的切线方向为；
（ii）令 ，则 ，当时 单调递减，
当时单调递增，在处取得最大值 ，
；
（2）由题可知 ，则 ，
，
，令 ，
当 时是减函数，当 时是增函数，
处取得极大值，也是最大值， ，
令 ，显然是增函数，欲使得 ，
，即 ，解得 ，
所以a的取值范围是 .
5．（2023·北京海淀·统考二模）已知函数
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求证：；
(3)若函数在区间上无零点，求a的取值范围．
【答案】(1)；(2)见解析；(3)
【分析】（1）求导，即可得，结合，由点斜式即可求解切线方程；
（2）将不等式转化为，构造函数，求出最值即可证明结论成立；
（3）对分情况讨论，在时，，通过二阶求导，结合即可求解，在时，求导，结合零点存在性定理可得存在使得，进而结合导数即可求解.
【详解】（1），则，又，
所以曲线在点处的切线方程为，
（2）因为 所以，
要证明，只需要证明，即证.
令，则，
当时，，此时在上单调递增；
当时，，此时在上单调递减，
故在取极大值也是最大值，故，
所以恒成立，即原不等式成立.
（3），
当时，，
故当时，在区间上恒成立，符合题意；
当时，，
令，则在区间上恒成立，
所以在单调递减，且，
①当时，此时，在区间上恒成立，
所以在区间单调递减，所以在上恒成立，符合题意，
②当时，此时，由于且，
所以，
所以 ，故存在使得，
故当时，，此时单调递增；当时，，此时单调递减，
故时，取极大值也是最大值，故，
由，可得，
令 ，得，所以在上存在零点，不符合题意，舍去，
综上可知， a的取值范围为.
【点睛】本题主要考查导数在函数中的应用，以及函数问题的证明，着重考查了转化与化归思想、逻辑推理能力与计算能力，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，求解曲线在某点处的切线方程；
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数；
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决函数的恒成立与有解问题，同时注意数形结合思想的应用.
6．（2023·北京房山·统考二模）已知函数．
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)当时，求函数的最小值；
(3)证明：
【答案】(1)；(2)；(3)证明详见解析
【分析】（1）根据切点和斜率求得切线方程.
（2）利用导数研究在区间上的单调性，由此求得在区间上的最小值.
（3）结合（2）的结论证得不等式成立.
【详解】（1）.
所以，，
所以在点处切线的方程为，
即.
（2）当时，，，
令，则.
当时，，所以在单调递减.
所以.
所以，函数在上单调递减.
函数在上单调递减.
所以，即函数的最小值为.
（3）由（2）可知在上单调递减.
又因为，
所以.
所以，即
7．（2023·北京丰台·统考二模）已知函数．
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)若是增函数，求a的取值范围；
(3)证明：有最小值，且最小值小于．
【答案】(1)；(2)；(3)证明过程见解析
【分析】（1）求导得到，利用点斜式写出切线方程；
（2）先求定义域，求导后，即恒成立，即，求出的最小值，从而得到参数的取值范围；
（3）在（2）的基础上得到分与两种情况，结合函数的单调性，得到极值和最值情况，证明出结论.
【详解】（1）当时，，，
，故，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
若是增函数，则恒成立，故，
即，其中，当且仅当，即时，等号成立，
故，解得，
a的取值范围是
（3）定义域为，
，
结合（1）可知，当时，是增函数，故在处取得最小值，且最小值小于，
当时，令得，，
该方程有两个正实数根，设为，由韦达定理得，即，
令得，，或，令得，，
随着的变化，的变化情况如下：
所以的极小值为，故的最小值为，记为，
当时，若，则，此时与矛盾，舍去，
所以，则或，
故，所以肯定小于，所以，
当时，，所以，此时，，
，即，故此时，
综上，有最小值，且最小值小于
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
8．（2023·北京丰台·统考二模）已知等比数列的公比为q（），其所有项构成集合A，等差数列的公差为d（），其所有项构成集合B．令，集合C中的所有元素按从小到大排列构成首项为1的数列．
(1)若集合，写出一组符合题意的数列和；
(2)若，数列为无穷数列，，且数列的前5项成公比为p的等比数列．当时，求p的值；
(3)若数列是首项为1的无穷数列，求证：“存在无穷数列，使”的充要条件是“d是正有理数”．
【答案】(1)取为；为；(2)；(3)见解析
【分析】（1）取为；为，可验证它们符合题设要求.
（2）可证明，设的前5项为：，就或分类讨论后可求p的值．
（3）可证，利用二项式定理可证明充分性，利用反证法结合等比中项可证明必要性.
【详解】（1）取为；为，
则满足：，故为等比数列.
而，故为等差数列，
故此时，符合题意.
（2）因为集合C中的所有元素按从小到大排列构成首项为1的数列，
故中各项均为正数，所以中的各项均为正数，
而为无穷等差数列，故.
设的前5项为：，
因为，，，所以，
此时必有，事实上，若，则的前5项即是的前5项，
与矛盾．
所以或．
若，则，所以，此时的前5项为1，，2，，4，
即，，所以数列的公差为，
因为，所以符合题意；
若，则或
①时，有p，，成等差数列，所以，解得，与矛盾；
②时，有，所以，所以的前5项为1，，，2，，
因为，所以，即，
所以，故，与为等差数列矛盾．
所以不可能．
综上，p的值为．
（3）因为数列是首项为1的无穷数列，由（2）知，数列是递增的数列；
对于公比不为1的无穷数列，必有，．
否则，若q为负，则相邻两项必有一项为负，
这与中的最小项为矛盾；
若，则当时，，
即，这与中的最小项为矛盾．
先证明充分性：
当d是正有理数时，因为数列是递增的等差数列，所以，
设（s，，s，t互质），则，
令，则，，
当时，
所以数列的第n项是数列的第项，
所以数列中的项都是数列的项，即．
再证明必要性：
假设d是正无理数，因为，即数列中的项都是数列的项，故.
令，，（i，j，），则，，，
且，因为，即，
整理得：，约去d有，
因为i，j，，且d是无理数，所以，消去j并整理得，
故，与矛盾，所以假设不成立，即d是有理数．
综上所述，“存在数列，使”的充要条件是“d是正有理数”
【点睛】思路点睛：两类数列的交叉问题，往往需要从基本量来处理，注意合理的分类讨论，另外等比数列与等差数列的交叉问题，注意结合二项式定理来沟通两者的关系，而整数性问题注意结合整数的性质来处理.
9．（2023·北京海淀·统考二模）设为整数．有穷数列的各项均为正整数，其项数为m（）．若满足如下两个性质，则称为数列：①，且；②
(1)若为数列，且，求m；
(2)若为数列，求的所有可能值；
(3)若对任意的数列，均有，求d的最小值．
【答案】(1)；(2)的所有可能取值为全体大于的正整数；(3)
【分析】（1）根据所给定义一一列举，即可得解；
（2）依题意，，利用反证法证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列；
（3）先证明符合题意，再利用特例证明，最后证明不符合题意，即可得解.
【详解】（1）依题意，，
所以，，，，，
所以.
（2）依题意，，
下面证明对于任意的正整数，当时，均存在数列为数列，
时，符合题意，
反证，假设存在正整数，当时，不存在数列为数列，
设此时的最小值为，
即时存在数列，时不存在数列，
①当为奇数时，因为存在以为首项的数列，、、、，
所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，
②当为偶数时，因为存在以为首项的数列，、、、，
所以、、、、就是首项为的数列，与假设矛盾，
综上，的所有可能取值为全体大于的正整数.
（3）依题意，，，，，
先证明符合题意，即，
当时显然成立，
当时，对任意，，故，
即，
（i）当时，由，，
所以.
（ii）当时，由，，，
所以.
再证明.
对任意的偶数，令，
先验证为数列，
当时为奇数，，符合②；
当时为偶数，，符合②；
当时，，符合②；
又符合①，所以为数列.
下面证明不符合题意.
假设，
因为，，
所以，，矛盾.
综上可得的最小值为.
【点睛】关键点睛：涉及数列新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理的利用定义进行推导，结合反证法达到转化证明.
10．（2023·北京朝阳·二模）已知无穷数列满足，其中表示x，y中最大的数，表示x，y中最小的数.
(1)当，时，写出的所有可能值；
(2)若数列中的项存在最大值，证明：0为数列中的项；
(3)若，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.
【答案】(1)；(2)见解析；(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据定义知，讨论、及大小求所有可能值；
（2）由，假设存在使，进而有，可得，即可证结论；
（3）由题设，令，讨论、求证即可判断存在性.
【详解】（1）由，，
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即；
若，则，即，此时，
当，则，即；
当，则，即（舍）；
综上，的所有可能值为.
（2）由（1）知：，则，
数列中的项存在最大值，故存在使，，
由，
所以，故存在使，
所以0为数列中的项；
（3）不存在，理由如下：由，则，
设，
若，则，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
若，则为有限集，
设，，
对任意，取（表示不超过的最大整数），
当时，
；
综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有.
【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定，并构造集合，讨论、研究存在性.
11．（2023·北京东城·统考二模）已知有穷数列中的每一项都是不大于的正整数.对于满足的整数，令集合.记集合中元素的个数为（约定空集的元素个数为0）.
(1)若，求及；
(2)若，求证：互不相同；
(3)已知，若对任意的正整数都有或，求的值.
【答案】(1)，；(2)见解析；(3)见解析
【分析】（1）观察数列，结合题意得到及；
（2）先得到，故，再由得到，从而证明出结论；
（3）由题意得或，令，得到或，当时得到，当时，考虑或两种情况，求出答案.
【详解】（1）因为，所以，则；
（2）依题意，
则有，
因此，
又因为，
所以
所以互不相同.
（3）依题意
由或，知或.
令，可得或，对于成立，
故或.
①当时，
，
所以.
②当时，
或.
当时，由或，有，
同理，
所以.
当时，此时有，
令，可得或，即或.
令，可得或. 令，可得.
所以.
若，则令，可得，与矛盾.
所以有.
不妨设，
令，可得，因此.
令，则或.
故.
所以.
综上，时，.
时，.
时，.
【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.
12．（2023·北京昌平·统考二模）若数列满足，则称数列为数列.记.
(1)写出一个满足，且的数列；
(2)若，证明：数列是递增数列的充要条件是；
(3)对任意给定的整数，是否存在首项为1的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由.
【答案】(1).（答案不唯一.）；(2)见解析；(3)见解析
【分析】(1)根据与和可写出数列.
(2)先证明必要性,根据数列是递增数列,可得,进而求得.再证明充分性,因为,故,再累加可得证明即可.
(3) 设，则,再累加求得,再分析的奇偶, 取值只能为或，并写出符合条件的数列.
【详解】（1）.（答案不唯一.）
（2）必要性：
因为数列是递增数列，
所以（）.
所以数列是以为首项，公差为的等差数列.
所以.
充分性：
因为，
所以
所以，
，
……
.
所以，即.
因为，
所以.
所以（）.
即数列是递增数列.
综上，结论得证.
（3）令，则.
所以，
，
……
.
所以
.
因为，
所以为偶数.
所以为偶数.
所以要使，即，
必须使为偶数.
即整除，
因为，
所以或.
当时，数列的项满足
时，
有；
当时，数列的项满足时，
有；
当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得.
【点睛】关键点点睛：求解是否存在首项为1的数列，使得难点是求得并变形为，分析奇偶性确定必须为偶数，从而确定的取值只能为或.
13．（2023·北京西城·统考二模）给定奇数，设是的数阵．表示数阵第行第列的数，且．定义变换为“将数阵中第行和第列的数都乘以”，其中．设．将经过变换得到，经过变换得到，，经过变换得到．记数阵中的个数为．
(1)当时，设，，写出，并求；
(2)当时，对给定的数阵，证明：是的倍数；
(3)证明：对给定的数阵，总存在，使得．
【答案】(1)，；，；(2)见解析；(3)见解析
【分析】（1）由变换的由来，可得，由的定义即可求解，
（2）由变换的定义以及的定义即可求解，
（3）每行中的个数为，由反证法证明，进而由在中考虑等于的个数与的关系，即可分类讨论求解，
【详解】（1）由题设，．
所以，．
（2）设数阵中第行和第列中的个数均为，的个数均为．
经过变换，的第行和第列均有个变为，有个变为．
所以．
即是的倍数．
（3）数阵经过变换得到数阵，设第行和第列中1的个数均为．
由（2）可知，．
设当时，取得最小值，其中．
记每行中的个数为，则必有．
否则，若存在使得，则令，有
，与为最小值矛盾．
在中，① 若等于的个数不超过，
则．
②若等于的个数大于，则必存在满足，且．
否则，不妨设，则共有个满足，且，
所以中至多有个等于，矛盾．
故存在满足，且．
取，因为，所以．
由变换为时，从变为，故数阵第行中的个数为．
故，
这与为最小值矛盾．
综上，对给定的数阵，总存在，使得．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型定义，首先要了解定义的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
14．（2023·北京房山·统考二模）若项数为的有穷数列满足：，且对任意的，或是数列中的项，则称数列具有性质．
(1)判断数列是否具有性质，并说明理由；
(2)设数列具有性质，是中的任意一项，证明：一定是中的项；
(3)若数列具有性质，证明：当时，数列是等差数列．
【答案】见解析
【分析】（1）由数列中，得到，一定是数列中的项，即可求解；
（2）根据题意，得到一定不是数列中的项，进而证得一定是数列中的项；
（3）根据题意得到，且，进而得到，得到，当，证得，当，得到，由时，得到，两式相减得出，结合等差中项公式，即可求解.
【详解】（1）解：数列具有性质.
理由：根据有穷数列满足：，且对任意的，或 是数列中的项，则称数列具有性质，
对于数列中，若对任意的，可得或或，
可得一定是数列中的项，所以数列具有性质.
（2）证明：由是数列中的任意一项，
因为数列具有性质，即或 是数列中的项，
令，可得或 是数列中的项，
又因为，可得一定不是数列中的项，
所以一定是数列中的项.
（3）解：由数列具有性质，可得，所以，
则，且，
又由，所以，
又由，
①设，因为，可得，
当时，可得， （）
②设，则，所以，
由，
又由，
可得，
所以，
因为，由以上可知：且，
所以且，所以，（）
由（）知，
两式相减，可得，
所以当时，数列为等差数列.1
+
0
-
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增