TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc27194" 題型01 新定義導數(shù)1
\l "_Tc22731" 題型02 導數(shù)在三角函數(shù)的應用11
\l "_Tc394" 題型03 導數(shù)與數(shù)列16
\l "_Tc1766" 題型04 數(shù)列綜合28
\l "_Tc8506" 題型05 導數(shù)、數(shù)列與常用邏輯用語33
【解題規(guī)律·提分快招】
題型01 新定義導數(shù)
【典例1-1】．（2023·上海黃浦·二模）三個互不相同的函數(shù)與在區(qū)間上恒有或恒有，則稱為與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”.
(1)設，試分別判斷是否是與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”，請說明理由；
(2)求所有的二次函數(shù)（用表示，使得該函數(shù)是與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”；
(3)若，且存在實數(shù)，使得為與在區(qū)間上的“分割函數(shù)”，求的最大值.
【答案】(1)是與在上的“分割函數(shù)”；
不是與在上的“分割函數(shù)”；
(2)；
(3).
【分析】（1）根據(jù)題意可得當時恒成立，結(jié)合“分割函數(shù)”的定義依次判斷，即可求解；
（2）根據(jù)“分割函數(shù)”的性質(zhì)，則對一切實數(shù)恒成立，由導數(shù)的幾何意義和恒成立可得且對一切實數(shù)恒成立，結(jié)合圖形即可求解；
（3）利用導數(shù)求出函數(shù)的極值，則，作出其函數(shù)與函數(shù)的圖象，設直線與的圖象交于點，利用代數(shù)法求出弦長，結(jié)合導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)即可求解.
【解析】（1）因為恒成立，且恒成立，
所以當時，恒成立，
故是與在上的“分割函數(shù)”.
又因為，當與時，其值分別為與，
所以與在上都不恒成立，
故不是與在上的“分割函數(shù)”.
（2）設是與在上的“分割函數(shù)”，
則對一切實數(shù)恒成立,由,
當時，它的值為，可知的圖象在處的切線為直線，
它也是的圖象在處的切線，
所以，可得
所以對一切實數(shù)恒成立，
即且對一切實數(shù)恒成立，
可得且，即，
又時與為相同函數(shù)，不合題意，
故所求的函數(shù)為.
（3）關(guān)于函數(shù)，令，可得，
當與時,；當與時,.
可知是函數(shù)極小值點，0是極大值點,
該函數(shù)與的圖象如圖所示.
由為與在區(qū)間,上的“分割函數(shù)”，
故存在使得且直線與的圖象相切，
并且切點橫坐標∪，此時切線方程為，
即，
設直線與的圖象交于點，
則由可得，
所以
，
令，
(僅當時，),
所以嚴格減，故的最大值為,可知的最大值為，
所以的最大值為.
【點睛】“新定義”主要是指即時定義新概念、新公式、新定理、新法則、新運算五種，然后根據(jù)此新定義去解決問題，有時還需要用類比的方法去理解新的定義，這樣有助于對新定義的透徹理解.對于此題中的新概念，對閱讀理解能力有一定的要求.但是，透過現(xiàn)象看本質(zhì)，它們考查的還是基礎數(shù)學知識，所以說“新題”不一定是“難題”，掌握好三基，以不變應萬變才是制勝法寶.
【典例1-2】．（2024-2025·上海高三·專題練習）若函數(shù)在區(qū)間上有定義，且，，則稱是的一個“封閉區(qū)間”．
(1)已知函數(shù)，區(qū)間且的一個“封閉區(qū)間”，求的取值集合；
(2)已知函數(shù)，設集合．
（i）求集合中元素的個數(shù)；
（ii）用表示區(qū)間的長度，設為集合中的最大元素．證明：存在唯一長度為的閉區(qū)間，使得是的一個“封閉區(qū)間”．
【答案】(1)
(2)（i）2；（ii）證明見解析
【分析】（1）根據(jù)“封閉區(qū)間”的定義，對函數(shù)求導并求出其值域解不等式可得的取值集合；
（2）（i）對求導得出函數(shù)的單調(diào)性，利用零點存在定理即可求得集合中元素的個數(shù)為2個；
（ii）根據(jù)區(qū)間長度的定義，對參數(shù)進行分類討論得出的所有可能的“封閉區(qū)間”即可得出證明.
【解析】（1）由題意，，，
恒成立，所以在上單調(diào)遞增，
可得的值域為，
因此只需，
即可得，即，
則的取值集合為．
（2）（i）記函數(shù)，
則，
由得或；由得；
所以函數(shù)在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．
其中，因此當時，，不存在零點；
由在單調(diào)遞減，易知，而，
由零點存在定理可知存在唯一的使得；
當時，，不存在零點．
綜上所述，函數(shù)有0和兩個零點，即集合中元素的個數(shù)為2．
（ii）由（i）得，假設長度為的閉區(qū)間是的一個“封閉區(qū)間”，
則對，，
當時，由（i）得在單調(diào)遞增，
，即，不滿足要求；
當時，由（i）得在單調(diào)遞增，
，
即，也不滿足要求；
當時，閉區(qū)間，而顯然在單調(diào)遞增，
，
由（i）可得，，
，滿足要求．
綜上，存在唯一的長度為的閉區(qū)間，使得是的一個“封閉區(qū)間”．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵在于理解“封閉區(qū)間”的定義，結(jié)合導函數(shù)判斷出各函數(shù)的單調(diào)性和對應的單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合區(qū)間長度的定義分類討論即可得出結(jié)論.
【變式1-1】．（23-24高三下·上海浦東新·階段練習）設函數(shù)的定義域為開區(qū)間，若存在，使得在處的切線與的圖像只有唯一的公共點，則稱為“函數(shù)”，切線為一條“切線”．
(1)判斷是否是函數(shù)的一條“切線”，并說明理由；
(2)設，求證：存在無窮多條“切線”；
(3)設，求證：對任意實數(shù)和正數(shù)都是“函數(shù)”
【答案】(1)是，理由見解析
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）記，設切點為，利用導數(shù)的幾何意義求出，再證明直線與的圖象只有唯一的公共點，將與函數(shù)聯(lián)立，得，記，利用導數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可得到方程的解．
（2）將點處的切線的方程與聯(lián)立得，記，利用導數(shù)說明函數(shù)存在唯一零點，即可得證；
（3）類似第（2）問的思路得到在上有且僅有一解，則或，再分、兩種情況說明即可.
【解析】（1）記，則，設切點為，
由切線方程為知，則，解得．
所以切點為，下面證明直線與的圖象只有唯一的公共點，
將與函數(shù)聯(lián)立，得．
記，則，
當時，當時，
故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，，
故函數(shù)只有一個零點，故是一條“切線”；
（2）因為，所以，
則點處的切線方程為，
將點處的切線的方程與聯(lián)立得，
記，
則直線為“切線”函數(shù)有且僅有一個零點（此時，一個對應一條“切線”），顯然是的零點，
故只要沒其它零點，此時，
當時，，當時，，
則在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故此時為唯一的極小值點（也是最小值點），而，
故無其他零點，故直線為“切線”，因為的任意性，
故函數(shù)存在無窮多條“切線”，
（3）因為，則，
設點在函數(shù)的圖象上，
則點的切線為，與聯(lián)立得：
，
由題意得直線為“切線”，故方程在上有且僅有一解，
則或，
若，則是方程的唯一解（此時有無數(shù)條“切線”，切點橫坐標為上的任意值）．
若，則（此時只有一條“切線”，切點的橫坐標為）
或（此時有無數(shù)條“切線”，切點橫坐標為上的任意值），
綜上，，即證．
【點睛】關(guān)鍵點睛：對于新定義問題的關(guān)鍵是理解定義，將問題轉(zhuǎn)化為方程有唯一解問題.
【變式1-2】．（2024·上海嘉定·一模）設為非空集合，函數(shù)的定義域為.若存在使得對任意的均有，則稱為函數(shù)的一個值，為相應的值點.
(1)若.證明：是函數(shù)的一個值點，并寫出相應的值；
(2)若.分別判斷函數(shù)是否存在值？若存在，求出相應的值點；若不存在，說明理由；
(3)若，且函數(shù)存在值，求函數(shù)的值，并指出相應的值點.
【答案】(1)證明見解析，為相應的值；
(2)不存在值，理由見解析，存在值，是相應的值點；
(3)值為，值點為.
【分析】（1）根據(jù)正弦函數(shù)的值域和值的定義即可證明；
（2）計算即可判斷，對取，再利用值的定義即可判斷；
（3）分析得函數(shù)的值即為最大值，值點即最大值點，再利用導數(shù)求出其最大值和最大值點即可.
【解析】（1）函數(shù)的定義域為R.對，以及任意x∈R，
由及知，
即，所以是函數(shù)的一個值點，為相應的值.
（2）函數(shù)的定義域為R.
對任意，取，仍有，但，
所以函數(shù)不存在值.
函數(shù)的定義域為R.
由易知，
當時，對任意x∈R，均有，即；
又對任意，取，
則，
即，所以是函數(shù)僅有的一個值，
是相應的值點.
（3）函數(shù)的定義域為，
由題設，該函數(shù)存在值，設相應值點為，
則即對任意成立，
故函數(shù)的值即為最大值，值點即最大值點.
，令得，
顯然當時，恒成立，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，此時無最大值，舍去，
所以，解得，列表如下：
所以若函數(shù)存在值，
則值為，值點為.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問的關(guān)鍵是利用值的定義分析得的值即為最大值，值點即最大值點，再利用導數(shù)求出山最值即可.
【變式1-3】．（2024·上海普陀·二模）對于函數(shù)，和，，設，若，，且，皆有成立，則稱函數(shù)與“具有性質(zhì)”.
(1)判斷函數(shù)，與是否“具有性質(zhì)”，并說明理由；
(2)若函數(shù)，與“具有性質(zhì)”，求的取值范圍；
(3)若函數(shù)與“具有性質(zhì)”，且函數(shù)在區(qū)間上存在兩個零點，，求證.
【答案】(1)答案見解析
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)條件，結(jié)合性質(zhì)的定義判斷即可；
（2）根據(jù)，，與 “具有性質(zhì)”，可得對，,恒成立，再求出的范圍即可；
（3）根據(jù)條件，得到，再構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合條件證明不等式即可．
【解析】（1）由，且，
得，即，
則，
即 ，
即 ，
則函數(shù)與“具有性質(zhì)”.
（2）由函數(shù)與“具有性質(zhì)”，
得，，且，
即，
整理得，
則對恒成立，
又，，
則，，即，
則，即所求的的取值范圍為.
（3）由函數(shù)y=gx在0,+∞有兩個零點，得，
又函數(shù)與“具有性質(zhì)”，
則，
即，
即，
令，即，
記，即，
因為，
當時，?'x0，
所以函數(shù)y=fx的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)見區(qū)間為.
（2）由（1）可知，故只需證.
由于，等價于.
令，則.
當時，；當時，；
可知函數(shù)在0,4內(nèi)單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增，
則，所以.
（3）由題意知，對任意，存在，
滿足，且，則，
即，即.
對于給定的，有，
當且僅當，即時，等號成立，
因此對任意都成立.
在上式中令，得.
令，則，
當時，；當時，；
可知在內(nèi)單調(diào)遞增，在內(nèi)單調(diào)遞減，
且，可知滿足不等式的.
【點睛】方法點睛：利用導數(shù)證明不等式的基本步驟
（1）作差或變形；
（2）構(gòu)造新的函數(shù)?x；
（3）利用導數(shù)研究?x的單調(diào)性或最值；
（4）根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．
特別地：當作差或變形構(gòu)造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題．
【變式3-4】．（2024-2025·上海高三·專題練習）已知函數(shù)，其中，.若點在函數(shù)的圖像上，且經(jīng)過點的切線與函數(shù)圖像的另一個交點為點，則稱點為點的一個“上位點”，現(xiàn)有函數(shù)圖像上的點列，，…，，…，使得對任意正整數(shù)，點都是點的一個“上位點”.
(1)若，請判斷原點是否存在“上位點”，并說明理由；
(2)若點的坐標為，請分別求出點、的坐標；
(3)若的坐標為，記點到直線的距離為.問是否存在實數(shù)和正整數(shù)，使得無窮數(shù)列、、…、…嚴格減？若存在，求出實數(shù)的所有可能值；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)原點不存在“上位點”，理由見解析
(2)點的坐標為，點的坐標為
(3)存在，
【分析】（1）先求得函數(shù)經(jīng)過點的切線方程，再根據(jù)“上位點”的定義判斷即可；
（2）設點的橫坐標為，為正整數(shù)，再根據(jù)導數(shù)的幾何意義結(jié)合“上位點”的定義化簡可得，進而可得、的坐標；
（3）由（2），構(gòu)造等比數(shù)列可得，由題意，再根據(jù)導數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系分析判斷即可.
【解析】（1）已知，則，得，
故函數(shù)經(jīng)過點的切線方程為，
其與函數(shù)圖像無其他交點，所以原點不存在“上位點”.
（2）設點的橫坐標為，為正整數(shù)，
則函數(shù)y=fx圖像在點處的切線方程為，
代入其“上位點”，得，
化簡得，
即，
故，
因為，得（*），
又點的坐標為，
所以點的坐標為，點的坐標為.
（3）將代入y=fx，解得，
由（*）得，.
即，又，
故是以2為首項，為公比的等比數(shù)列，
所以，即，.
令，則嚴格減，
因為，所以函數(shù)在區(qū)間0,1上嚴格增.
當時，，于是當時，嚴格減，符合要求
當時，.
因為時，
所以當時，，
從而當時嚴格增，不存在正整數(shù)，
使得無窮數(shù)列，，…，嚴格減.
綜上，.
【點睛】方法點睛：
（1）題中出現(xiàn)新定義時，根據(jù)新定義內(nèi)容與數(shù)列與導數(shù)的基本方法求解分析；
（2）根據(jù)數(shù)列的遞推公式，構(gòu)造等比數(shù)列求解通項公式.
【變式3-5】．（2024·上海黃浦·二模）若函數(shù)的圖象上的兩個不同點處的切線互相重合，則稱該切線為函數(shù)的圖象的“自公切線”，稱這兩點為函數(shù)的圖象的一對“同切點”.
(1)分別判斷函數(shù)與的圖象是否存在“自公切線”，并說明理由；
(2)若，求證：函數(shù)有唯一零點且該函數(shù)的圖象不存在“自公切線”；
(3)設，的零點為，，求證：“存在，使得點與是函數(shù)的圖象的一對‘同切點’”的充要條件是“是數(shù)列中的項”.
【答案】(1)函數(shù)的圖象存在“自公切線”； 函數(shù)的圖象不存在“自公切線”，理由見解析；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）由直線切的圖象于點判斷，由導數(shù)確定意見性判斷.
（2）利用導數(shù)探討單調(diào)性結(jié)合零點存在性定理推理即得唯一零點，再假定存在“自公切線”，利用導數(shù)的幾何意義求出切線方程，證明在上無解即得.
（3）求出在點與處的切線方程，利用（2）的結(jié)論，結(jié)合誘導公式，及充要條件的證明方法推理即得.
【解析】（1）顯然直線切的圖象于點，
直線是的圖象的一條“自公切線”，因此函數(shù)的圖象存在“自公切線”；
對于是嚴格減函數(shù)，則在不同點處的切線斜率不同，
所以函數(shù)的圖象不存在“自公切線”.
（2）由恒成立，且僅當時，
則是上的嚴格增函數(shù)，可得它至多有一個零點，
令，
由的圖象是連續(xù)曲線，且，
因此在上存在零點，即在上存在零點，所以有唯一零點；
假設的圖象存在“自公切線”，則存在且，
使得的圖象在與處的切線重合，即，有，不妨設，
切線，，
有相同截距，即，而，
則，即，
則有，即，令，，
即函數(shù)在上單調(diào)遞增，，因此當時，，
即在上無解，
所以的圖象不存在“自公切線”.
（3）對給定的，由（2）知有唯一零點，即唯一確定，
又在點處的切線方程為，即，
在點處的切線方程為，
若存在，使得點與是函數(shù)圖象的一對“同切點”，
則，又，則，
所以，且，從而存在，
使得，代入，可得，則，即是數(shù)列中的項；
反之，若是數(shù)列中的項，則存在，使得，即，
由（2）中的嚴格增，可知嚴格增，又且，可知，
令，則且，
即，可得，所以存在，
使得點與是函數(shù)的圖象的一對“同切點”.
所以存在，使得點與是函數(shù)圖象的一對“同切點”的充要條件是“是數(shù)列中的項”.
【點睛】結(jié)論點睛：函數(shù)y=f(x)是區(qū)間D上的可導函數(shù)，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.
題型04 數(shù)列綜合
【典例4-1】．（22-23高三上·上海浦東新·階段練習）已知無窮數(shù)列滿足，其中，對于數(shù)列中的一項，若包含的連續(xù)項滿足或者，則稱為包含的長度為的“單調(diào)片段”.
(1)若，寫出所有包含的長度為3的“單調(diào)片段”；
(2)若對任意正整數(shù)，包含的“單調(diào)片段”長度的最大值都等于2，并且，求的通項公式；
(3)若對任意大于1的正整數(shù)，都存在包含的長度為的“單調(diào)片段”，求證：存在正整數(shù)，使得時，都有.
【答案】(1)和；
(2)或；
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據(jù)題中定義，結(jié)合特殊角的正弦值進行求解即可；
（2）根據(jù)絕對值的性質(zhì)，結(jié)合題中定義分類討論進行求解即可；
（3）根據(jù)數(shù)列的單調(diào)性的性質(zhì)，結(jié)合題中定義、絕對值的性質(zhì)進行求解即可.
【解析】（1），包含的單調(diào)片段有兩個，為和；
（2）因為，
所以
若，因為包含的“單調(diào)片段”長度的最大值為2，則，
所以，故
因為包含的“單調(diào)片段”長度的最大值為2，
所以且，以此類推，可得到對任意且，
所以
所以，
若，則同理可得：，
綜上所述：或；
（3）首先證明：存在，使得為單調(diào)數(shù)列.
假設結(jié)論不成立，不妨設，
因為不成立，所以存在，使得且.
若從開始，一直單調(diào)遞減下去，則與假設矛盾；
所以存在，使得且.
若從開始，一直單調(diào)遞增下去，則與假設矛盾；
所以存在，使得且.
由可知，
因為存在包含的長度為的“單調(diào)片段”，所以
考慮，顯然包含的最長“單調(diào)片段”為，其長度為
因為，所以，
這與已知：存在包含的長度為的“單調(diào)片段”，矛盾.
故假設不成立，結(jié)論成立.
當時，同理可證結(jié)論（*）成立.
根據(jù)結(jié)論為單調(diào)數(shù)列，
則對任意的正負號都相同，
于是當時，有
，
當時，顯然
綜上所述，題目所給結(jié)論成立.
【點睛】關(guān)鍵點睛：理解題中定義，結(jié)合絕對值的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵.
【變式4-1】．（2022·上海嘉定·模擬預測）若項數(shù)為且的有窮數(shù)列滿足：，則稱數(shù)列具有“性質(zhì)”．
(1)判斷下列數(shù)列是否具有“性質(zhì)”，并說明理由；
①1，2，4，3；②2，4，8，16．
(2)設，2，，，若數(shù)列具有“性質(zhì)”，且各項互不相同．求證：“數(shù)列為等差數(shù)列”的充要條件是“數(shù)列為常數(shù)列”；
(3)已知數(shù)列具有“性質(zhì)”．若存在數(shù)列，使得數(shù)列是連續(xù)個正整數(shù)1，2，，的一個排列，且，求的所有可能的值．
【答案】(1)數(shù)列1，2，4，3不具有“性質(zhì)M”；數(shù)列2，4，8，16具有“性質(zhì)M”
(2)證明見解析
(3)或5
【分析】（1）按照題目給出的定義可直接判斷；
（2）根據(jù)充要條件的概念直接證明；
（3）根據(jù)條件可知，，逐漸增大，且最小值為1，分情況可求之．
【解析】（1）解：，該數(shù)列不具有“性質(zhì)”；
，該數(shù)列具有“性質(zhì)”；
（2）證明：充分性，若數(shù)列是常數(shù)列，則，即，或
又數(shù)列且各項互不相同，，數(shù)列為等差數(shù)列；
必要性，若數(shù)列為等差數(shù)列，則，即，數(shù)列為常數(shù)列；
（3）解：數(shù)列是連續(xù)個正整數(shù)1，2，，的一個排列，當時，，，不符合題意；
當時，數(shù)列3，2，4，1滿足，，符合題意；
當時，數(shù)列2，3，4，5，1滿足，符合題意；
當時，令，2，，，則，且，的取值有以下三種可能
①，②，③，
當時，，由（2）知，，，是公差為1或的等差數(shù)列，
若公差為1時，由得或，，不合題意，不合題意；
若公差為，同上述方法可得不符合題意；
當滿足②，③時，同理可證不符合題意，
故：或5．
【點睛】本題考查了給出新定義求解問題，數(shù)列的通項公式，充要條件等知識，綜合性較強，是難題．
【變式4-2】．（2023·上海崇明·一模）已知數(shù)列滿足.
(1)若數(shù)列的前4項分別為4，2，，1，求的取值范圍；
(2)已知數(shù)列中各項互不相同.令，求證：數(shù)列是等差數(shù)列的充要條件是數(shù)列是常數(shù)列；
(3)已知數(shù)列是m（且）個連續(xù)正整數(shù)1，2，…，m的一個排列.若，求m的所有取值.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)4或5
【分析】（1）根據(jù)題意，找到關(guān)于的不等關(guān)系，即可求解.
（2）分別從充分性、必要性兩個角度證明即可.
（3）對取不同的值進行判斷，再對分情況討論即可.
【解析】（1）由題意，，令，得，即，則或，此時解得或；令，得，即，兩邊同時平方解得.則求交集可得，，即
（2）必要性：若數(shù)列是等差數(shù)列，設公差為d，
則，所以數(shù)列是常數(shù)列.
充分性：若數(shù)列是常數(shù)列，
則，即.
所以或.
因為數(shù)列的各項互不相同，所以.
所以數(shù)列是等差數(shù)列.
（3）當時，因為，所以，不符合題意；
當時，數(shù)列為3，2，4，1，此時，符合題意；
當時，數(shù)列為2，3，4，5，1，此時，符合題意；
下證當時，不存在m滿足題意.
令，
則，且，
所以有以下三種可能：
①；
②；
③.
當時，因為，
由（2）知：，，…，是公差為1（或－1）的等差數(shù)列.
當公差為1時，由得或，
所以或，與已知矛盾.
當公差為－1時，同理得出與已知矛盾.
所以當時，不存在m滿足題意.
其它情況同理可得.
綜上可知，m的所有取值為4或5.
題型05 導數(shù)、數(shù)列與常用邏輯用語
【典例5-1】．（24-25高三上·上?！るA段練習）對于一個各項非零的等差數(shù)列，若能從中選出第（）項，能構(gòu)成一個等比數(shù)列，則稱為的“等比子列”.若此“等比子列”具有無窮項，則稱其為“完美等比子列”.
(1)若數(shù)列，，直接寫出3個符合條件的“等比子列”，其中1個必須為“完美等比子列”.
(2)對于數(shù)列，，猜想他是否存在“完美等比子列”，如果存在，請寫出一個并證明；如果不存在，請說明理由.
(3)證明：各項非零的等差數(shù)列中存在“等比子列”的充要條件是數(shù)列滿足（為公差，）.
【答案】(1);;
(2)存在，，證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義，從給定的等差數(shù)列中選取合適的項構(gòu)成等比數(shù)列.
（2）先進行猜想，存在“完美等比子列”，根據(jù)等比數(shù)列和等差數(shù)列的通項公式，分析證明.
（3）證明充要條件，需要分別證明充分性和必要性.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，則，為，這是一個等比數(shù)列，是的“等比子列”.
取，則，為，這是一個等比數(shù)列，是的“等比子列”.
取，則，為，這是一個“完美等比子列”.
（2）猜想：數(shù)列存在“完美等比子列”.
證明：設數(shù)列的通項公式，該數(shù)列為等比數(shù)列，
令，則，
因為整數(shù)的各位數(shù)字上的和為3，
所以一定為正整數(shù)，且m隨著n的增大而增大，
易得此時有無窮項，所以即數(shù)列的一個“完美等比子列”.
（3）充分性：若存在“等比子列”，
，
，
必要性：則若，則設，，
則.
希望為等比等比，
令等比，
發(fā)現(xiàn)等比，
取，
令，，
即時，成等比，
綜上，得證.
事實上，，
因為時，，
時，.
【點睛】知識點點睛：本題只要考查了對“等比子列”和“完美等比子列”新定義的理解，綜合了等差數(shù)列和等比數(shù)列通項公式，反證法證明，以及簡易邏輯知識的考查.綜合性，邏輯性強，屬于難題.
【變式5-1】．（2024·上海青浦·二模）若無窮數(shù)列滿足：存在正整數(shù)，使得對一切正整數(shù)成立，則稱是周期為的周期數(shù)列．
(1)若（其中正整數(shù)m為常數(shù)，），判斷數(shù)列是否為周期數(shù)列，并說明理由；
(2)若，判斷數(shù)列是否為周期數(shù)列，并說明理由；
(3)設是無窮數(shù)列，已知．求證：“存在，使得是周期數(shù)列”的充要條件是“是周期數(shù)列”．
【答案】(1)是周期為的周期數(shù)列，理由見解析
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題設定義，利用的周期，即可得出結(jié)果；
（2）分與兩種情況討論，當，易得到是周期為1的周期數(shù)列，當時，構(gòu)造，則，利用導數(shù)與函數(shù)單調(diào)性間的關(guān)系，可得出是嚴格增（或減）數(shù)列，從而可得出結(jié)果；
（3）根據(jù)條件，利用充要條件的證明方法，即可證明結(jié)果.
【解析】（1）因為，
所以是周期為的周期數(shù)列．
（2）①當時，，，
所以當時，是周期為1的周期數(shù)列，
②當時，記，則，
，當且僅當時等號成立，
即，所以在上嚴格增，
若，則，即，進而可得，即是嚴格增數(shù)列，不是周期數(shù)列；
同理，若，可得是嚴格減數(shù)列，不是周期數(shù)列．
綜上，當時，是周期為1的周期數(shù)列；當時，不是周期數(shù)列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期數(shù)列，設的周期為，
則，所以是周期為的周期數(shù)列，
充分性：
若是周期數(shù)列，設它的周期為，記，則
，是關(guān)于x的連續(xù)函數(shù)；
，是關(guān)于x的連續(xù)函數(shù)；
…
，是關(guān)于x的連續(xù)函數(shù)；
，
令，則是連續(xù)函數(shù)，
且，，
所以存在零點，于是，
取，則，
從而，
，
……
一般地，對任何正整數(shù)n都成立，即是周期為T的周期數(shù)列．
（說明：關(guān)于函數(shù)連續(xù)性的說明不作要求）
【點睛】方法點晴：對于數(shù)列的新定義問題，解決問題的關(guān)鍵在于準確理解定義，并結(jié)合定義進行判斷或轉(zhuǎn)化條件.
【變式5-2】．（2023·上海浦東新·模擬預測）設是定義在上的奇函數(shù).若是嚴格減函數(shù)，則稱為“函數(shù)”.
(1)分別判斷和是否為函數(shù)，并說明理由；
(2)若是函數(shù)，求正數(shù)的取值范圍；
(3)已知奇函數(shù)及其導函數(shù)定義域均為.判斷“在上嚴格減”是“為函數(shù)”的什么條件，并說明理由.
【答案】(1)是函數(shù),不是函數(shù)，理由見解析
(2)
(3)“在上嚴格減”是“為函數(shù)”的充分非必要條件，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)“函數(shù)”的定義結(jié)合函數(shù)的奇偶性以及單調(diào)性判斷即可；
（2）令，利用導數(shù)討論其單調(diào)性即可求解；
（3）先用特殊函數(shù)作為反例說明“在上嚴格減”不是“為函數(shù)”的必要條件，再構(gòu)造，，，利用導數(shù)與單調(diào)性、最值的關(guān)系證明，根據(jù)單調(diào)性定義即可證明“在上嚴格減”是“為函數(shù)”的充分條件.
【解析】（1）設，
所以，
所以和均為定義在上的奇函數(shù).
當時，函數(shù)嚴格減，故是函數(shù).
而當和時，，故不是函數(shù).
（2），
設，定義域為，
，
所以是定義在上的奇函數(shù).
當時，不是函數(shù)，下設.
當時，令，
則.
再設，則.
設，
所以當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，
當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，
所以，即恒成立，
所以當時，，
所以當時，；當時，.
因為，所以當時，
當時，，即恒成立，則函數(shù)嚴格單調(diào)遞增，
當時，，即恒成立，則函數(shù)嚴格單調(diào)遞減，
所以正數(shù)的取值范圍是.
（3）證：函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，
且在上嚴格減，故為函數(shù).
但當或時取值相等，
從而不是上嚴格減的函數(shù).
故“在上嚴格減”不是“為函數(shù)”的必要條件.
下證“在上嚴格減”是“為函數(shù)”的充分條件.
對任意，定義.
則由得，且由嚴格減得,
當時，，
故當時，，即.
現(xiàn)任取，考慮.
則，且當時，.
由關(guān)于函數(shù)的討論知，此時.
故當時，，
即：對任意，.
移項得，故在上嚴格減，
即為函數(shù).
綜上，“在上嚴格減”是“為函數(shù)”的充分非必要條件.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第二問的關(guān)鍵在于證明的導函數(shù)恒成立，在中，再設，則，利用常用不等式
以及的取值范圍即可確定的符號，進而可確定的符號；本題第三問的關(guān)鍵在于構(gòu)造函數(shù)，，，利用導數(shù)與單調(diào)性、最值的關(guān)系證明，根據(jù)單調(diào)性的定義即可證明.
【變式5-3】．（24-25高三上·上?！て谥校┤舳x在R上的函數(shù)y=fx和y=gx分別存在導函數(shù)f'x和. 且對任意實數(shù)，都存在常數(shù)，使成立，則稱函數(shù)y=fx是函數(shù)y=gx的“控制函數(shù)”，稱為控制系數(shù).
(1)求證: 函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”;
(2)若函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”，求控制系數(shù)k的取值范圍；
(3)若函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”， 求證:“”的充要條件是“存在常數(shù)， 使得恒成立”.
【答案】(1)證明見解析
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）結(jié)合定義，只需證明即可得；
（2）結(jié)合定義，構(gòu)造函數(shù)，結(jié)合導數(shù)求出最小值即可得；
（3）先證明充分性：若存在常數(shù)使得恒成立，結(jié)合偶函數(shù)定義計算即可得；再證明必要性：由題意可得，又，則可結(jié)合偶函數(shù)性質(zhì)得到，即可得證.
【解析】（1），，則，故，
即恒成立，故函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”；
（2）有， ，
則，，
令，
則
，
由，
故當時，，當時，，
即在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故，即有，
則當時，函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”，
即；
（3）充分性：若存在常數(shù)使得恒成立，
則為偶函數(shù)，
因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以，
則，即，
所以恒成立，所以；
必要性：若，則，所以函數(shù)為偶函數(shù)，
函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”，
因此，又，
因此函數(shù)是函數(shù)的“控制函數(shù)”，
所以，即恒成立，
用代換有，
綜上可知，記，
則，
因此存在常數(shù)使得恒成立，
綜上可得，“”的充要條件是“存在常數(shù)使得恒成立”．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵點在于正確理解定義，從而可構(gòu)造函數(shù)或解決問題.
一、解答題
1．（2023·上海嘉定·一模）對于函數(shù)，把稱為函數(shù)的一階導，令，則將稱為函數(shù)的二階導，以此類推得到n階導.為了方便書寫，我們將n階導用表示.
(1)已知函數(shù)，寫出其二階導函數(shù)并討論其二階導函數(shù)單調(diào)性.
(2)現(xiàn)定義一個新的數(shù)列：在取作為數(shù)列的首項，并將作為數(shù)列的第項.我們稱該數(shù)列為的“n階導數(shù)列”
①若函數(shù)（），數(shù)列是的“n階導數(shù)列”，取Tn為的前n項積，求數(shù)列的通項公式.
②在我們高中階段學過的初等函數(shù)中，是否有函數(shù)使得該函數(shù)的“n階導數(shù)列”為嚴格減數(shù)列且為無窮數(shù)列，請寫出它并證明此結(jié)論.（寫出一個即可）
【答案】(1)，單調(diào)性見解析
(2)①；②存在，證明見解析
【分析】（1）求導再次求導得到，再求導討論和兩種情況，得到單調(diào)區(qū)間.
（2）求導得到，計算，，取求導得到，確定，驗證得到答案.
【解析】（1），函數(shù)定義域為，
，，，
當時，恒成立，在上單調(diào)遞增，
當時，取，則，
設，，則恒成立，
且，故存在唯一的滿足，
當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，
當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，
綜上所述：
時，在上單調(diào)遞增；
時，存在唯一的滿足，
時，函數(shù)單調(diào)遞減，時，函數(shù)單調(diào)遞增.
（2）①，則，，，，
，故，；
②存在，取，，則，則，
即，，
數(shù)列嚴格減數(shù)列且為無窮數(shù)列，滿足條件.
【點睛】關(guān)鍵點睛：本題考查了導數(shù)的新定義，數(shù)列的性質(zhì)，意在考查學生的計算能力，轉(zhuǎn)化能力和綜合應用能力，其中充分理解新定義的隱含條件，轉(zhuǎn)化為所學知識是解題的關(guān)鍵，此類能力需要多練多思考多總結(jié).
2．（2024·上海寶山·一模）已知都是定義在實數(shù)集上的可導函數(shù). 對于正整數(shù)，當分別是和的駐點時，記，若，則稱和滿足性質(zhì)；當，且時，記，若，則稱和滿足性質(zhì).
(1)若，，判斷和是否滿足性質(zhì)，并說明理由；
(2)若，，且和滿足性質(zhì)，求實數(shù)的取值范圍；
(3)若的最小正周期為4，且，.當時，的駐點與其兩側(cè)區(qū)間的部分數(shù)據(jù)如下表所示：
已知和滿足性質(zhì)，請寫出的充要條件，并說明理由.
【答案】(1)和是滿足性質(zhì)，證明見解析
(2)
(3)k=1，理由見解析
【分析】（1）根據(jù)題意將，代入，驗證即可；
（2）根據(jù)題意找到的駐點，代入，滿足即可；
（3）利用必要性可得，只需要去證充分性即可.
【解析】（1）.
所以和是滿足性質(zhì).
（2）由可知，駐點，
又，
當時，不存在駐點；
當時，的駐點，
由題意可知，
解得，
（3）的充要條件是.
首先證明必要性：
當時，由題意可知不是常函數(shù)，所以，
因為和滿足性質(zhì)，所以，所以，
又是正整數(shù)，故.
其次證明充分性：
由題意可知，，，且，
① 當（）時，可知.
否則，若存在（），有，
因為，所以與已知矛盾.
同理，，
故，
所以，即.
同理，，得，
所以.
②當（）時，，
任意，有，又由①可知，.
若存在有，則，
所以.
由已知，其中，
于是有，矛盾，所以.
所以，
得，
因為，所以，從而，即.
③當（）時，，
任意，有，同理可得，
所以，
得，
因為，所以，從而，即.
綜上， .
（3）另解：（反證法）
由題意可知，，，且.
② 任意時，可知.
否則，若存在，使，
因為，所以與已知矛盾.
同理，.
②先證任意時，有.
反證，若存在，使.
若時，
則與已知矛盾.
若時，
則與已知矛盾.
由于，，
可得，任意時，有.
③下證任意時，有.
反證，若存在，使.
由于，可得存在滿足.
則與已知矛盾.
綜上，.
【點睛】本題主要考查了函數(shù)新定義的應用，（1）（2）問關(guān)鍵是理解函數(shù)的性質(zhì)和性質(zhì)，即可解出，
第（3）問利用必要性先得出的值，然后再將進行充分性證明，可以分類討論，也可以利用反證法證出．
3．（2024·上海奉賢·一模）若函數(shù)的圖象上存在個不同點、、、處的切線重合，則稱該切線為函數(shù)的一條點切線，該函數(shù)具有點切線性質(zhì)．
(1)判斷函數(shù)，的奇偶性并寫出它的一條點切線方程（無需理由）；
(2)設，判斷函數(shù)是否具有點切線性質(zhì)，并說明理由；
(3)設，證明：對任意的，，函數(shù)具有點切線性質(zhì)，并求出所有相應的切線方程．
【答案】(1)偶函數(shù)，一條點切線方程為
(2)沒有，理由見解析
(3)證明見解析，切線方程為和
【分析】（1）利用函數(shù)奇偶性的定義可得出函數(shù)的奇偶性，數(shù)形結(jié)合可得出該函數(shù)的一條點切線方程；
（2）求出f'x，分析函數(shù)f'x的單調(diào)性，即可得出結(jié)論；
（3）取點、、，利用導數(shù)求出曲線y=gx在三處的切線方程，利用這三條切線重合可得出，然后對、、的關(guān)系進行討論，即可求出對應的切線方程.
【解析】（1）令，其中x∈R，則，
所以，函數(shù)為偶函數(shù)，且，如下圖所示：
由圖可知，函數(shù)的一條點切線方程為.
（2）因為，該函數(shù)的定義域為0,+∞，且，
令，其中，則，
所以，函數(shù)f'x在0,+∞上為增函數(shù)，
因此，不可能存在、且，使得，
因此，函數(shù)不具有點性質(zhì).
（3）取點、、，
因為，則，
所以，曲線y=gx在點處的切線方程為，
即，
曲線y=gx在點處的切線方程為，
曲線y=gx在點處的切線方程為，
由題意可知，這三條切線重合，
則，
由上得，則，，，
（i）若，，，
則，所以，，
因為，則（舍去）；
（ii）若，，中至少有一個成立，
不妨設，則，
若，則（舍去），所以，，
故或.
綜上所述，點切線方程為和.
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第（3）問題考查點切線的新定義，解題的關(guān)鍵就是利用切線重合得出，通過分析、、之間的關(guān)系來求解.
4．（2024·上海楊浦·二模）函數(shù)、的定義域均為，若對任意兩個不同的實數(shù)，，均有或成立，則稱與為相關(guān)函數(shù)對.
(1)判斷函數(shù)與是否為相關(guān)函數(shù)對，并說明理由；
(2)已知與為相關(guān)函數(shù)對，求實數(shù)的取值范圍；
(3)已知函數(shù)與為相關(guān)函數(shù)對，且存在正實數(shù)，對任意實數(shù)，均有.求證：存在實數(shù)，使得對任意，均有.
【答案】(1)是，理由見解析；
(2)
(3)證明見解析；
【分析】（1）由與不為相關(guān)函數(shù)對，得到且，從而若為相關(guān)函數(shù)，由成立求解；
（2）根據(jù)與為相關(guān)函數(shù)對，由成立求解；
（3）采用反證法，假設對任意均存在，均有，根據(jù)與為相關(guān)函數(shù)對，分，，得出矛盾即可.
【解析】（1）解：若與不為相關(guān)函數(shù)對，則且，
則，所以只要即可，
當，時，
，
所以函數(shù)與是相關(guān)函數(shù)對；
（2）因為與為相關(guān)函數(shù)對，
所以，
令，，當時，；當時，，
所以是極小值點，，
所以，
所以；
（3）假設對任意均存在，
均有，
則取，，，使得，
對任意，，有，，
又函數(shù)與為相關(guān)函數(shù)對，
則①若，則；
②若，則，
由①②知：，由，將其分為很多個子區(qū)間，
如，，，……
則以上每個區(qū)間至多包含一個，矛盾，假設不成立，
故存在實數(shù)，使得對任意，均有．
【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題第三問關(guān)鍵是由假設，，根據(jù)函數(shù)與為相關(guān)函數(shù)對，分別由和，構(gòu)造，找出矛盾而得證.
5．（2024·上海徐匯·二模）已知各項均不為0的數(shù)列滿足（是正整數(shù)），，定義函數(shù)，是自然對數(shù)的底數(shù).
(1)求證：數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列的通項公式；
(2)記函數(shù)，其中.
（i）證明：對任意，；
（ii）數(shù)列滿足，設為數(shù)列的前項和.數(shù)列的極限的嚴格定義為：若存在一個常數(shù)，使得對任意給定的正實數(shù)（不論它多么?。?，總存在正整數(shù)m滿足：當時，恒有成立，則稱為數(shù)列的極限.試根據(jù)以上定義求出數(shù)列的極限.
【答案】(1)證明見解析，；
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）由可變形為，從而得到為等差數(shù)列，然后由累乘法求通項即可；
（2）可先證：，根據(jù)的表達式求導，分析單調(diào)性，得出最小值，即可得證，再證：，即證恒成立，即即可；先求出，然后由，分析單調(diào)性證明進而得到，代入表達式，取可得，再對進行放縮即可求解.
【解析】（1）由于數(shù)列的各項均不為，
所以，可變形為（是正整數(shù)），
所以，數(shù)列是首項為，公差為的等差數(shù)列，所以，
又，也符合上式，所以.
（2）（i）先證：.
根據(jù)已知，得
由當且僅當時等號成立，
于是在上是嚴格增函數(shù)，故成立.
再證：.
又，記，則，
由，故且僅當時等號成立，
于是在上是嚴格減函數(shù)，
故，于是，證畢.
（ii）由題意知，，
下面研究.將（i）推廣至一般情形.
，
由當且僅當時等號成立，
于是在上是嚴格增函數(shù)，故成立.①
再證：.，
記，則，
由，故當且僅當時等號成立，
于是在上是嚴格減函數(shù)，
故，于是，
所以，，即對任意，.
于是對，，整理得，
令，得，即，故.
（方法一）當時，
故即，
從而.對于任意給定的正實數(shù)，令，
則取為大于且不小于的最小整數(shù)，
則當時，恒成立，因此，數(shù)列的極限為.
（方法二）而對于任意，只需且時，
可得.
故存在，當時，恒有，
因而的極限.
【點睛】方法點睛：本題主要考查數(shù)列的通項、求和，另外考查數(shù)列和函數(shù)的結(jié)合以及新定義知識，難度較大，本題主要思維方法：
1.基本方法求通項：定義法，累乘法；
2.不等式的證明，借助構(gòu)造函數(shù)利用導數(shù)分析單調(diào)性，求最值；
3.新定義考查，主要是結(jié)合導數(shù)的最值分析和不等式的放縮思維，對于一般學生要求較高，難度很大.
同構(gòu)法的三種基本模式：①乘積型，如aea≤bln b可以同構(gòu)成aea≤(ln b)eln b，進而構(gòu)造函數(shù)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、數(shù)列與函數(shù)、不等式的綜合問題關(guān)鍵在于通過函數(shù)關(guān)系尋找數(shù)列的遞推關(guān)系，求出數(shù)列的通項或前n項和，再利用數(shù)列或數(shù)列對應的函數(shù)解決最值、范圍問題，通過放縮進行不等式的證明．
0
?x
↗
極大值
↘
1
3
0
0
0
極小值
極大值1
極小值

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