专题06 解答压轴题（五大题型）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用）

这是一份专题06 解答压轴题（五大题型）-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练（上海专用），文件包含专题06解答压轴题五大题型-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练上海专用原卷版docx、专题06解答压轴题五大题型-2025年高考数学二轮热点题型归纳与变式演练上海专用解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共59页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27194" 题型01 新定义导数1
\l "_Tc22731" 题型02 导数在三角函数的应用11
\l "_Tc394" 题型03 导数与数列16
\l "_Tc1766" 题型04 数列综合28
\l "_Tc8506" 题型05 导数、数列与常用逻辑用语33
【解题规律·提分快招】
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R.对，以及任意x∈R，
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R.
对任意，取，仍有，但，
所以函数不存在值.
函数的定义域为R.
由易知，
当时，对任意x∈R，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：
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y=gx在0,+∞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，ℎ'x0，
所以函数y=fx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0,4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ℎx；
（3）利用导数研究ℎx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y=fx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y=fx，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0,1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R上的函数y=fx和y=gx分别存在导函数f'x和. 且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数y=fx是函数y=gx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：
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)k=1，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f'x，分析函数f'x的单调性，即可得出结论；
（3）取点、、，利用导数求出曲线y=gx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x∈R，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0,+∞，且，
令，其中，则，
所以，函数f'x在0,+∞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y=gx在点处的切线方程为，
即，
曲线y=gx在点处的切线方程为，
曲线y=gx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.
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eq \f(ea,a)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．
0
ℎx
↗
极大值
↘
1
3
0
0
0
极小值
极大值1
极小值