專題16 解答題壓軸題（第21題）（16區(qū)二模新題速遞）--2024年高考數學二模試題分類匯編（上海專用）-試卷下載-教習網

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一、解答題
1．（2024·上海寶山·二模）函數的表達式為.
(1)若，直線與曲線相切于點，求直線的方程；
(2)函數的最小正周期是，令，將函數的零點由小到大依次記為，證明：數列是嚴格減數列；
(3)已知定義在上的奇函數滿足，對任意，當時，都有且.記，.當時，是否存在，使得成立？若存在，求出符合題意的；若不存在，請說明理由.
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3)不存在，理由見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，利用導數的幾何意義求出切線方程.
（2）由函數零點的意義可得，按分段，結合導數討論函數值的情況即可得證.
（3）求出函數的周期及在上的最大值，結合的奇偶性確定的最值情況，推理導出矛盾得解.
【詳解】（1）當時，，求導得，則，
所以直線的方程是.
（2）由，得，則，令，得，
①當時，，此時函數沒有零點；
②當時，由，知在上嚴格單調遞增，在嚴格單調遞減，
又在上嚴格單調遞增，在嚴格單調遞減，
因此時，在時有最小值，在時有最大值，
因為，
所以在上沒有交點，即在上沒有零點；
于是函數的零點滿足，
因為在嚴格減，所以，
又因為，所以數列是嚴格減數列.
（3）因為，
所以是以為周期的周期函數，
因為任意，當時，都有且，
所以當時，在上有唯一的最大值，
由，得，，，
假設存在，使得成立，
即成立，
故當時，取得最大值；
當時，取得最大值，
由，可知 ①時，，
又因為是奇函數，所以當時，在上有唯一的最小值，
故當時，取得最小值；
當時，取得最小值，
由，可知 ②時，，
若成立，
則由①②得：，即，
因為，，，，此時等式左邊為奇數，等式右邊為偶數，所以等式不成立，
因此當時，不存在，使得成立.
【點睛】結論點睛：函數y=f(x)是區(qū)間D上的可導函數，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.
2．（2024·上海徐匯·二模）已知各項均不為0的數列滿足（是正整數），，定義函數，是自然對數的底數.
(1)求證：數列是等差數列，并求數列的通項公式；
(2)記函數，其中.
（i）證明：對任意，；
（ii）數列滿足，設為數列的前項和.數列的極限的嚴格定義為：若存在一個常數，使得對任意給定的正實數（不論它多么?。?，總存在正整數m滿足：當時，恒有成立，則稱為數列的極限.試根據以上定義求出數列的極限.
【答案】(1)證明見解析，；
(2)（i）證明見解析；（ii）
【分析】（1）由可變形為，從而得到為等差數列，然后由累乘法求通項即可；
（2）可先證：，根據的表達式求導，分析單調性，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.
【詳解】（1）由于數列的各項均不為，
所以，可變形為（是正整數），
所以，數列是首項為，公差為的等差數列，所以，
又，也符合上式，所以.
（2）（i）先證：.
根據已知，得
由當且僅當時等號成立，
于是在上是嚴格增函數，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，
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，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，
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，令，
則取為大于且不小于的最小整數，
則當時，恒成立，因此，數列的極限為.
（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：本題主要考查數列的通項、求和，另外考查數列和函數的結合以及新定義知識，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，借助構造函數利用導數分析單調性，求最值；
3.新定義考查，主要是結合導數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.
3．（2024·上海崇明·二模）已知.
(1)若，求曲線在點處的切線方程；
(2)若函數存在兩個不同的極值點，求證：；
(3)若，，數列滿足，．求證：當時，．
【答案】(1)；
(2)證明見解析；
(3)證明見解析.
【分析】（1）先對函數求導，結合導數的幾何意義求出切線斜率，進而可求切線方程；
（2）由已知結合導數與單調性及極值關系先表示，然后結合二次方程根的存在條件即可證明；
（3）結合導數分析的單調性，結合已知遞推關系及函數單調性即可證明.
【詳解】（1）當時，，
所以曲線在點處的切線方程為.；
（2）由，得：，令，則，
原方程可化為：①，則是方程①的兩個不同的根，
所以，解得，
所以
，
因為，所以，所以；
（3）由題意可知，，所以，
當時，，所以函數在區(qū)間上嚴格減，
當時，，所以函數在區(qū)間上嚴格增，
因為，所以，，
以此類推，當時，，
又，
所以函數在區(qū)間上嚴格減，
當時，，所以，
所以，即，故.
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查了導數的幾何意義在切線方程求解中的應用，還考查了導數與單調性在不等式證明中的應用，解題關鍵在于根據定義域判斷導函數的正負性，從而得出函數的單調性，得到最值進行比較.
4．（2024·上海普陀·二模）對于函數，和，，設，若，，且，皆有成立，則稱函數與“具有性質”.
(1)判斷函數，與是否“具有性質”，并說明理由；
(2)若函數，與“具有性質”，求的取值范圍；
(3)若函數與“具有性質”，且函數在區(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）根據條件，結合性質的定義判斷即可；
（2）根據，，與 “具有性質”，可得對，,恒成立，再求出的范圍即可；
（3）根據條件，得到，再構造函數，結合條件證明不等式即可．
【詳解】（1）由，且，
得，即，
則，
即，
即，
則函數與“具有性質”.
（2）由函數與“具有性質”，
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）由函數在有兩個零點，得，
又函數與“具有性質”，
則，
即，
即，
令，即，
記，即，
因為，
當時，；當時，，
所以函數在區(qū)間是減函數，在上是增函數.
要證，即證，
不妨設，即證，
只需證，
即證，
設，即，
因為，
所以函數在是減函數，且，
又，則，
即，則得證，
故 .
【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數研究函數的單調性，利用不等式恒成立求出參數的取值范圍，關鍵是利用極值點偏移構造函數證明不等式．
5．（2024·上海黃浦·二模）若函數的圖象上的兩個不同點處的切線互相重合，則稱該切線為函數的圖象的“自公切線”，稱這兩點為函數的圖象的一對“同切點”.
(1)分別判斷函數與的圖象是否存在“自公切線”，并說明理由；
(2)若，求證：函數有唯一零點且該函數的圖象不存在“自公切線”；
(3)設，的零點為，，求證：“存在，使得點與是函數的圖象的一對‘同切點’”的充要條件是“是數列中的項”.
【答案】(1)函數的圖象存在“自公切線”；函數的圖象不存在“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，由導數確定意見性判斷.
（2）利用導數探討單調性結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）的結論，結合誘導公式，及充要條件的證明方法推理即得.
【詳解】（1）顯然直線切的圖象于點，
直線是的圖象的一條“自公切線”，因此函數的圖象存在“自公切線”；
對于是嚴格減函數，則在不同點處的切線斜率不同，
所以函數的圖象不存在“自公切線”.
（2）由恒成立，且僅當時，
則是上的嚴格增函數，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，，
即函數在上單調遞增，，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，即是數列中的項；
反之，若是數列中的項，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，
使得點與是函數的圖象的一對“同切點”.
所以存在，使得點與是函數圖象的一對“同切點”的充要條件是“是數列中的項”.
【點睛】結論點睛：函數y=f(x)是區(qū)間D上的可導函數，則曲線y=f(x)在點處的切線方程為：.
6．（2024·上海奉賢·二模）已知定義域為的函數，其圖象是連續(xù)的曲線，且存在定義域也為的導函數.
(1)求函數在點的切線方程；
(2)已知，當與滿足什么條件時，存在非零實數，對任意的實數使得恒成立？
(3)若函數是奇函數，且滿足.試判斷對任意的實數是否恒成立，請說明理由.
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)恒成立，理由見解析
【分析】（1）求導，再根據導數的幾何意義即可得解；
（2）先求導，再根據列出方程組，進而可得出結論；
（3）由函數是奇函數，可得是偶函數，再進一步求出導函數的周期性，再整理即可得出結論.
【詳解】（1）由題可知，，
所以切線的斜率為，
且，
所以函數在點的切線方程為，即；
（2）由題可知，
又因為定義域上對任意的實數滿足，
所以，即，
當且時，，
當時，，
當時，；
（3）因為函數在定義域上是奇函數，所以，
所以，所以，所以是偶函數，
因為，所以，
即，即，
因為，所以，即，
所以是周期為的函數，
所以，
所以.
【點睛】思路點睛：利用導數求函數在其上一點處的切線方程的基本步驟如下：
（1）對函數求導得；
（2）計算切線的斜率；
（3）利用點斜式寫出切線方程.
7．（2024·上海閔行·二模）已知定義在上的函數的表達式為，其所有的零點按從小到大的順序組成數列（）.
(1)求函數在區(qū)間上的值域；
(2)求證：函數在區(qū)間（）上有且僅有一個零點；
(3)求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求得的導數，判斷的單調性，可得所求值域；
（2）討論為奇數，或偶數時，的單調性，結合函數零點存在定理，可得證明；
（3）由（2）可知函數在（）上且僅有一個零點，再由零點存在定理、以及正切函數的性質和不等式的性質，可得證明.
【詳解】（1）由，
當時，，即函數在區(qū)間上是嚴格增函數，
且，，
所以在區(qū)間上的值域為.
（2）當時，
①當是偶數時，，
函數在區(qū)間上是嚴格增函數；
②當是奇數時，，
函數在區(qū)間上是嚴格減函數；
且，故，
所以由零點存在定理可知，
函數在區(qū)間上有且僅有一個零點.
（3）由（2）可知函數在上有且僅有一個零點，
且滿足，即（幾何意義：是與交點的橫坐標）
又因為，故，
所以由零點存在性定理可知，
函數在上有且僅有一個零點，
于是，
①因為，得
所以，即；
（或者
）
② 因為
由（1）可知，當時，有
故，所以；
由①②可知.
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問，借助在（）上且僅有一個零點，利用正切函數的性質和不等式的性質求解.
8．（2024·上海松江·二模）已知函數（為常數），記.
(1)若函數在處的切線過原點，求實數的值；
(2)對于正實數，求證：；
(3)當時，求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據題意，得到，求得，結合導數的幾何意義，求得切線方程，將原點代入切線方程，即可求解；
（2）設函數，求得，求得函數的單調性和最小值為，得到，即可得證；
（3）根據題意，得到，結合，把轉化為，設，利用導數求得的單調性和最大值，即可得證.
【詳解】（1）解：由題意，函數，且，
可得，則，
所以，又因為，
所以在處的切線方程為，
又因為函數在處的切線過原點，可得，
解得.
（2）解：設函數，
可得，其中，
則，
令，可得，即，即，解得，
令，可得，解得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
可得的最小值為，所以，
又由，
所以.
（3）解：當時，即證，
由于，所以，只需證，
令，只需證明，
又由，
因為，可得，令，解得；令，解得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在處取得極大值，也時最大值，所以，
即，即時，不等式恒成立.
【點睛】方法技巧：對于利用導數研究不等式的恒成立與有解問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區(qū)別．
9．（2024·上海靜安·二模）已知，記（且）．
(1)當（是自然對數的底）時，試討論函數的單調性和最值；
(2)試討論函數的奇偶性；
(3)拓展與探究：
① 當在什么范圍取值時，函數的圖象在軸上存在對稱中心？請說明理由；
②請?zhí)岢龊瘮档囊粋€新性質，并用數學符號語言表達出來．（不必證明）
【答案】(1)詳見解析；
(2)詳見解析；
(3)①當時，函數有對稱中心，理由見解析；②答案見解析.
【分析】（1）當時，求得，分和，兩種情況討論，分別求得函數的單調性，進而求得函數的最值；
（2）根據題意，分別結合和，列出方程求得的值，即可得到結論；
（3）根據題意，得到當時，函數有對稱中心，且時，對于任意的，都有，并且．
【詳解】（1）解：當時，函數，可得，
若時，，故函數在上單調遞增，函數在上無最值；
若時，令，可得，
當時，，函數在上為嚴格減函數；
當時，，函數在上為嚴格增函數，
所以，當時，函數取得最小值，最小值為，無最大值．
綜上：當時，函數在上無最值；當時，最小值為，無最大值．
（2）解：因為“為偶函數”“對于任意的，都有”
即對于任意的，都有，并且；
即對于任意的，，可得，
所以是為偶函數的充要條件．
因為“為奇函數”“對于任意的，都有”，
即對于任意的，都有，并且，
即對于任意的，，可得，
所以是為奇函數的充要條件，
當時，是非奇非偶函數.
（3）解：①當時，函數有對稱中心，
當時，對于任意的，都有，并且．
證明：當時，令，解得為函數的零點，
由，
可得；
② 答案1：當時，函數有對稱軸．
即當時，對于任意的，都有，并且，
參考證明：當時，由，
可得，
答案2：當時，的圖象關于y軸對稱，
即對于任意的，都有，
答案3：當時，函數的零點為，即
【點睛】解決函數極值、最值綜合問題的策略：
1、求極值、最值時，要求步驟規(guī)范，含參數時，要討論參數的大?。?br>2、求函數最值時，不可想當然地認為極值點就是最值點，要通過比較才能下結論；
3、函數在給定閉區(qū)間上存在極值，一般要將極值與端點值進行比較才能確定最值.
10．（2024·上海楊浦·二模）函數、的定義域均為，若對任意兩個不同的實數，，均有或成立，則稱與為相關函數對.
(1)判斷函數與是否為相關函數對，并說明理由；
(2)已知與為相關函數對，求實數的取值范圍；
(3)已知函數與為相關函數對，且存在正實數，對任意實數，均有.求證：存在實數，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）由與不為相關函數對，得到且，從而若為相關函數，由成立求解；
（2）根據與為相關函數對，由成立求解；
（3）采用反證法，假設對任意均存在，均有，根據與為相關函數對，分，，得出矛盾即可.
【詳解】（1）解：若與不為相關函數對，則且，
則，所以只要即可，
當，時，
，
所以函數與是相關函數對；
（2）因為與為相關函數對，
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，，
又函數與為相關函數對，
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，使得對任意，均有．
【點睛】關鍵點點睛：本題第三問關鍵是由假設，，根據函數與為相關函數對，分別由和，構造，找出矛盾而得證.
11．（2024·上海虹口·二模）若函數滿足：對任意，都有，則稱函數具有性質.
(1)設，，分別判斷與是否具有性質？并說明理由；
(2)設函數具有性質，求實數的取值范圍；
(3)已知函數具有性質，且圖像是一條連續(xù)曲線，若在上是嚴格增函數，求證：是奇函數.
【答案】(1)不具有性質，具有性質
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）取特殊值判斷，利用所給定義判斷；
（2）首先判斷的奇偶性，依題意可得是嚴格增函數，則恒成立，再分、、三種情況討論.
（3）依題意只要證明對任意實數，，對任意實數，設，則由具有性質知：當時，①，設，分、兩種情況討論，結合零點存在性定理證明即可.
【詳解】（1）不具有性質，理由如下：
取，有.
具有性質，理由如下：
對任意，，
有.
（2）函數定義域為，
又，
所以是奇函數，
函數具有性質，故對，，
都有，
又為奇函數，
故，即是嚴格增函數，恒成立.
若，則，解得；
若，則恒成立；
若，則，解得；
綜合上述，實數的取值范圍為.
（3）因函數的定義域為，
要證明是奇函數，
只要證明對任意實數，即可.
對任意實數，設，則由具有性質知：
當時， ①，
設，當，即時，由①得，
即當時②，
當，即時，由①得，
即當時③，
于是由曲線的連續(xù)性，函數在上存在零點，
即 ④ ，
由函數在上嚴格增，知：函數在上嚴格增；
所以由②知，由③知，故；
故由④得，
即對任意實數，均有，
因此，函數是奇函數.
【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是理解性質的定義，第二問結合函數的奇偶性得到函數的單調性，從而轉化為恒成立問題.
12．（2024·上海金山·二模）已知函數與有相同的定義域．若存在常數()，使得對于任意的，都存在，滿足，則稱函數是函數關于的“函數”．
(1)若，，試判斷函數是否是關于的“函數”，并說明理由；
(2)若函數與均存在最大值與最小值，且函數是關于的“函數”，又是關于的“函數”，證明：；
(3)已知，，其定義域均為．給定正實數，若存在唯一的，使得是關于的“函數”，求的所有可能值．
【答案】(1)不是，理由見解析
(2)證明見解析
(3)的所有可能值為或
【分析】（1）結合題目所給定義分別計算即可得；
（2）結合定義可得，，即可得解；
（3）記集合，，結合定義可得，再分、、討論即可得.
【詳解】（1）不是關于的“函數”．
解法一：當時，，所以不存在，使得
解法二：因為函數()的值域為，比如取，則，
不存在，使得；
（2）設．
由題意，存在，使得．
因為函數是關于的“函數”，
所以存在，滿足，
從而．
同理，由是關于的“函數”，
可得，
綜上，；
（3）記集合，．
由是關于的“函數”，得，
①當時，，，
從而，解得，
因唯一，令，解得(舍)或(舍)；
②當時，，，
從而，解得，
因唯一，令，解得，符合題意；
③當時，，，
從而，解得，
因唯一，令，解得，符合題意；
綜上，的所有可能值為或．
【點睛】關鍵點點睛：最后一問關鍵點在于借助集合，，得到，從而對、、討論.
13．（2024·上海嘉定·二模）已知常數，設，
(1)若，求函數的最小值；
(2)是否存在，且，，依次成等比數列，使得、、依次成等差數列？請說明理由．
(3)求證：“”是“對任意，，都有”的充要條件．
【答案】(1)
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）求導分析的符號，的單調性，最值，即可得出答案．
（2）根據題意可得，，則，分兩種情況：當時，當時，討論是否滿足條件，即可得出答案．
（3）由，借助換元法，令，可得，分別證明充分性和必要性，即可得出答案．
【詳解】（1）當時，，則，
在上，單調遞減，
在上，單調遞增，
所以；
（2）若、、依次成等比數列，則，
若、、成等差數列，則，
所以，
所以，
當時，成立，
當時，則，聯立，得，
，即，
所以，與矛盾，
所以時，存在，，滿足條件，
當時，不存在，，滿足條件；
（3），則，
，
所以，
又
，
令，
上式
，
令，則恒成立，單調遞減，
所以，
充分性：若，則，則恒成立，
必要性：要使得式恒成立，則恒成立，即．
【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點在于對“對任意，，都有”的轉化，借助換元法，可得其等價為“對任意，，都有，其中”.
14．（2024·上海青浦·二模）若無窮數列滿足：存在正整數，使得對一切正整數成立，則稱是周期為的周期數列．
(1)若（其中正整數m為常數，），判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(2)若，判斷數列是否為周期數列，并說明理由；
(3)設是無窮數列，已知．求證：“存在，使得是周期數列”的充要條件是“是周期數列”．
【答案】(1)是周期為的周期數列，理由見解析
(2)答案見解析
(3)證明見解析
【分析】（1）根據題設定義，利用的周期，即可得出結果；
（2）分與兩種情況討論，當，易得到是周期為1的周期數列，當時，構造，則，利用導數與函數單調性間的關系，可得出是嚴格增（或減）數列，從而可得出結果；
（3）根據條件，利用充要條件的證明方法，即可證明結果.
【詳解】（1）因為，
所以是周期為的周期數列．
（2）①當時，，，
所以當時，是周期為1的周期數列，
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，即是嚴格增數列，不是周期數列；
同理，若，可得是嚴格減數列，不是周期數列．
綜上，當時，是周期為1的周期數列；當時，不是周期數列．
（3）必要性：
若存在，使得是周期數列，設的周期為，
則，所以是周期為的周期數列，
充分性：
若是周期數列，設它的周期為，記，則
，是關于x的連續(xù)函數；
，是關于x的連續(xù)函數；
…
，是關于x的連續(xù)函數；
，
令，則是連續(xù)函數，
且，，
所以存在零點，于是，
取，則，
從而，
，
……
一般地，對任何正整數n都成立，即是周期為T的周期數列．
（說明：關于函數連續(xù)性的說明不作要求）
【點睛】方法點晴：對于數列的新定義問題，解決問題的關鍵在于準確理解定義，并結合定義進行判斷或轉化條件.
15．（2024·上海長寧·二模）設函數的定義域為，若存在實數，使得對于任意，都有，則稱函數有上界，實數的最小值為函數的上確界；記集合{在區(qū)間上是嚴格增函數}；
(1)求函數的上確界；
(2)若，求的最大值；
(3)設函數一定義域為；若，且有上界，求證：，且存在函數，它的上確界為0；
【答案】(1)2
(2)4
(3)證明見解析
【分析】（1）由函數的單調性求出值域再根據題意可得；
（2）求出的表達式，求導，再利用在上嚴格遞增得到導函數大于等于零恒成立，然后利用基本不等式求出最小值即可；
（3）假設存在，由單調性可得，再取，且可得，推出①②互相矛盾，然后令，根據題意求出值域最后確定上確界即可.
【詳解】（1）因為函數在區(qū)間上嚴格遞減，
所以函數的值域為，
所以函數的上確界為2.
（2），，
因為記集合{在區(qū)間上是嚴格增函數}，
所以恒成立，
因為，當且僅當時取等號，所以，
所以的最大值為4.
（3）證明：因為函數有上界，設，
假設存在，使得，
設，
因為，所以在上嚴格遞增，進而，
得，
取，且，
由于，得到，①
由，得，②
顯然①②兩式矛盾，所以假設不成立，
即對任意，均有，
令，則，
因為當時，，
所以在上嚴格遞增，，
因為的值域為，
所以函數的上確界為零.
【點睛】關鍵點點睛：
（1）第二問的關鍵是導函數大于等于零恒成立，用基本不等式求解；
（2）第三問關鍵是根據不等式的結構能夠想到取，再得到與當，得到矛盾.
16．（2024·上?！ざ＃┕潭楁湹膬啥?，在重力的作用下項鏈所形成的曲線是懸鏈線.1691年，萊布尼茨等得出“懸鏈線”方程，其中為參數.當時，就是雙曲余弦函數，懸鏈線的原理運用于懸索橋、架空電纜、雙曲拱橋、拱壩等工程．類比三角函數的三種性質：①平方關系：；②兩角和公式：，③導數：定義雙曲正弦函數．
(1)直接寫出，具有的類似①、②、③的三種性質（不需要證明）；
(2)當時，雙曲正弦函數的圖像總在直線的上方，求直線斜率的取值范圍；
(3)無窮數列滿足，，是否存在實數，使得？若存在，求出的值，若不存在，說明理由.
【答案】(1)答案見解析
(2)
(3)存在，
【分析】（1）類比，寫出平方關系，和角關系和導數關系，并進行證明；
（2）構造函數，，求導，分和兩種情況，結合基本不等式，隱零點，得到函數單調性，進而得到答案；
（3）當時，利用數學歸納法證得排除該可能；當，同理證得，從而利用換元法即可得解.
【詳解】（1）平方關系：；
和角公式：；
導數：．
理由如下：平方關系，
；
和角公式：，
故；
導數：，；
（2）構造函數，，
由（1）可知，
①當時，由，
又因為，故，等號不成立，
所以，故為嚴格增函數，
此時，故對任意，恒成立，滿足題意；
②當時，令，
則，可知是嚴格增函數，
由與可知，存在唯一，使得，
故當時，，則在上為嚴格減函數，
故對任意，，即，矛盾；
綜上所述，實數的取值范圍為．
（3）當時，存在，使得，
由數學歸納法證明：，證明如下：
①當時，成立，
②假設當（為正整數）時，，
則成立.
綜上：.
所以，有，即.
當時，，
而函數的值域為，
則對于任意大于1的實數，存在不為0的實數，使得，
類比余弦二倍角公式，猜測.
證明如下：
類比時的數學歸納法，設，
易證，，，，，
所以若，
設，則，解得：或，即，
所以，于是.
綜上：存在實數使得成立.
【點睛】思路點睛：對新定義的題型要注意一下幾點：
（1）讀懂定義所給的主要信息篩選出重要的關鍵點
（2）利用好定義所給的表達式以及相關的條件
（3）含有參數是要注意分類討論的思想.

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