文档内容
押上海高考 21 题
与导数有关综合题
考点 考题 考情分析
与导数有关 数列与导数的综合、利用导数研究函数的最值、利用导
2023年考查方向
综合题 数研究曲线上某点切线方程
一．数列与导数的综合（共1小题）
1．（2023•上海）已知 ，在该函数图像 上取一点 ，过点 ， 作函数 的切线，该
切线与 轴的交点记作 ，若 ，则过点 ， 作函数 的切线，该切线与 轴的交点记
作 ，以此类推 ， ， ，直至 停止，由这些项构成数列 ．
（1）设 属于数列 ，证明： ；
（2）试比较 与 的大小关系；
（3）若正整数 ，是否存在 使得 、 、 、 、 依次成等差数列？若存在，求出 的所有取值；
若不存在，请说明理由．
【分析】（1）对函数 求导，利用导数的几何意义，可得过点 ， 的切线方程，再结合题
意即可得证；
（2）由不等式 ，结合（1）即可得出结论；（3）易知公差 ， ，考察函数 ，利用导数可知 的
单调性情况，进而得到至多存在两个 ，使得 ，由此可知 ，再验证即可．
【解答】解：（1）证明： ，
则过点 ， 的切线的斜率为 ，
由点斜式可得，此时切线方程为 ，即 ，
令 ，可得 ，
根据题意可知， ，即得证；
（2）先证明不等式 ，
设 ，则 ，
易知当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，
则 （1） ，即 ，
结合（1）可知， ；
（3）假设存在这样的 符合要求，
由（2）可知，数列 为严格的递减数列， ，2，3， ， ，
由（1）可知，公差 ， ，
先考察函数 ，则 ，
易知当 时， ， 单调递增，当 时， ， 单调递减，则 至多只有两个解，即至多存在两个 ，使得 ，
若 ，则 ，矛盾，则 ，
当 时，设函数 ，
由于 ， ，
则存在 ，使得 ，
于是取 ， ， ，它们构成等差数列．
综上， ．
【点评】本题考查数列与函数的综合运用，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
二．利用导数研究函数的最值（共1小题）
2．（2023•上海）已知函数 ， （其中 ， ， ，若任意
， 均有 ，则称函数 是函数 的“控制函数”，且对所有满足条件的函数
在 处取得的最小值记为 ．
（1）若 ， ，试判断函数 是否为函数 的“控制函数”，并说明理由；
（2）若 ，曲线 在 处的切线为直线 ，证明：函数 为函数 的
“控制函数”，并求 的值；
（3）若曲线 在 ， 处的切线过点 ，且 ， ，证明：当且仅当 或
时， （c） （c）．
【分析】（1）设 ， ，当 ， 时，易知，即 单调减，求得最值即可判断；
（2）根据题意得到 ，即 为函数 的“控制函数“，代入即可求解；
（3） ， ， 在 处的切线为 ，
求导整理得到函数 必是函数 的“控制函数“，又此时“控制函数“ 必与 相切于
点， 与 在 处相切，且过点 ，在 之间的点不可能使得 在切线下方，
所以 或 ，即可得证．
【解答】解：（1） ，设 ，
，当 ， 时，易知 ，即 单调减，
，即 ，
是 的“控制函数“；
（2） ，
，
，即 为函数 的“控制函数“，
又 ，且 ， ；
证明：（3） ， ，
在 处的切线为 ，
， ， （1） （1） ，，
，
，
，
恒成立，
函数 必是函数 的“控制函数“，
是函数 的“控制函数“，
此时“控制函数“ 必与 相切于 点， 与 在 处相切，且过点 ，
在 之间的点不可能使得 在切线的下方，所以 或 ，
所以曲线 在 处的切线过点 ，且 ， ，
当且仅当 或 时， ．
【点评】本题考查了导数的综合运用，属于难题．
一．数列与导数的综合
数列的函数特性：
等差数列和等比数列的通项公式及前 n项和公式中共涉及五个量a ，a ，q，n，S ，知三求二，体现了方
1 n n
程的思想的应用．解答数列与函数的综合问题要善于综合运用函数方程思想、化归转化思想等数学思想以
及特例分析法，一般递推法，数列求和及求通项等方法来分析、解决问题．
【解题方法点拨】
1．在解决有关数列的具体应用问题时：（1）要读懂题意，理解实际背景，领悟其数学实质，舍弃与解题无关的非本质性东西；
（2）准确地归纳其中的数量关系，建立数学模型；
（3）根据所建立的数学模型的知识系统，解出数学模型的结果；
（4）最后再回到实际问题中去，从而得到答案．
2．在求数列的相关和时，要注意以下几个方面的问题：
（1）直接用公式求和时，注意公式的应用范围和公式的推导过程．
（2）注意观察数列的特点和规律，在分析数列通项的基础上，或分解为基本数列求和，或转化为基本数
列求和．
（3）求一般数列的前n项和时，无一般方法可循，要注意掌握某些特殊数列的前n项和的求法，触类旁通．
3．在用观察法归纳数列的通项公式（尤其是在处理客观题目时）时，要注意适当地根据具体问题多计算
相应的数列的前几项，否则会因为所计算的数列的项数过少，而归纳出错误的通项公式，从而得到错误的
结论．
二．利用导数研究函数的最值
1、函数的最大值和最小值
观察图中一个定义在闭区间[a，b]上的函数f（x）的图象．图中f（x ）与f（x ）是极小值，f（x ）是极大
1 3 2
值．函数f（x）在[a，b]上的最大值是f（b），最小值是f（x ）．
1
一般地，在闭区间[a，b]上连续的函数f（x）在[a，b]上必有最大值与最小值．
说明：（1）在开区间（a，b）内连续的函数 f（x）不一定有最大值与最小值．如函数 f（x）＝ 在
（0，+∞）内连续，但没有最大值与最小值；
（2）函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的；函数的极值是比较极值点附近函数值得出的．
（3）函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，是f（x）在闭区间[a，b]上有最大值与最小值的充分条件而非必
要条件．
（4）函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一
个
2、用导数求函数的最值步骤：
由上面函数f（x）的图象可以看出，只要把连续函数所有的极值与定义区间端点的函数值进行比较，就可
以得出函数的最值了．
设函数f（x）在[a，b]上连续，在（a，b）内可导，则求f（x）在[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
（1）求f（x）在（a，b）内的极值；
（2）将f（x）的各极值与f（a）、f（b）比较得出函数f（x）在[a，b]上的最值．【解题方法点拨】
在理解极值概念时要注意以下几点：
（1）按定义，极值点x 是区间[a，b]内部的点，不会是端点a，b（因为在端点不可导）．
0
（2）极值是一个局部性概念，只要在一个小领域内成立即可．要注意极值必须在区间内的连续点取得．
一个函数在定义域内可以有许多个极小值和极大值，在某一点的极小值也可能大于另一个点的极大值，也
就是说极大值与极小值没有必然的大小关系，即极大值不一定比极小值大，极小值不一定比极大值小．
（3）若f（x）在（a，b）内有极值，那么f（x）在（a，b）内绝不是单调函数，即在区间上单调的函数没
有极值．
（4）若函数f（x）在[a，b]上有极值且连续，则它的极值点的分布是有规律的，相邻两个极大值点之间必
有一个极小值点，同样相邻两个极小值点之间必有一个极大值点，一般地，当函数 f（x）在[a，b]上连续
且有有限个极值点时，函数f（x）在[a，b]内的极大值点、极小值点是交替出现的，
（5）可导函数的极值点必须是导数为0的点，但导数为0的点不一定是极值点，不可导的点也可能是极值
点，也可能不是极值点．
三．利用导数研究曲线上某点切线方程
利用导数来求曲线某点的切线方程是高考中的一个常考点，它既可以考查学生求导能力，也考察了学生对
导数意义的理解，还考察直线方程的求法，因为包含了几个比较重要的基本点，所以在高考出题时备受青
睐．我们在解答这类题的时候关键找好两点，第一找到切线的斜率；第二告诉的这点其实也就是直线上的
一个点，在知道斜率的情况下可以用点斜式把直线方程求出来．
一．利用导数研究函数的单调性（共8小题）
1．（2024•静安区二模）已知 ，记 且 ．
（1）当 是自然对数的底）时，试讨论函数 的单调性和最值；
（2）试讨论函数 的奇偶性；
（3）拓展与探究：
①当 在什么范围取值时，函数 的图像在 轴上存在对称中心？请说明理由；
②请提出函数 的一个新性质，并用数学符号语言表达出来．（不必证明）【分析】（1）求导得 ，分两种情况：当 时，当 时，分析 的符号， 的
单调性，最值，即可得出答案．
（2）若 为偶函数，这对于任意的 ，都有 ，即对于任意的 ，
，解得 ；若 为奇函数，这对于任意的 ， ，解得 ，
即可得出答案．
（3）分析函数 对称中心，即可得出答案．
【解答】解：（1） ，
当 时， ，故函数 在 上为严格增函数，
函数 在 上无最值，
当 时，令 ，得 ，
所以当 时， ，函数 在 上为严格减函数，
当 时， ，函数 在 上为严格增函数，
所以函数 在 上有最小值0，无最大值，
综上所述，当 时，函数 在 上为严格增函数，函数 在 上无最值，
当 时，函数 在 上为严格减函数，在 上为严格增函数，函数 在
上有最小值0，无最大值．
（2）因为“ 为偶函数” “对于任意的 ，都有 ”，
对于任意的 ，都有 ，并且 ，
对于任意的 ， ，所以 是 为偶函数的充要条件．
因为“ 为奇函数” “对于任意的 ，都有 ”
对于任意的 ，都有 ，并且 ；
对于任意的 ， ．
所以 是 为奇函数的充要条件，
综上所述， 时，函数 为偶函数，
当 时，函数 为奇函数，
当 时， 是非奇非偶函数．
（3）①当 时，函数 有对称中心 ， ，
即当 时，对于任意的 ，都有 ，并且 ，
证明：当 时，令 ，
解得 为函数 的零点，
由 得， ．
②当 时，函数 有对称轴 ．
即，当 时，对于任意的 ，都有 ，并且 ．
证明：当 时，由 得，
．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
2．（2024春•杨浦区校级期中）已知函数 ．（1）若 ，求函数 在点 ， （1） 处的切线方程；
（2）讨论函数 的单调性及极值；
（3）若 ，任意 ， 且 ，都有 成立，求实数 的取值范
围．
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）求出函数的导数，通过讨论 的范围，求出函数的单调区间即可；
（3）代入 的值，问题转化为 对任意的 ， ， 成立，故
在 ， 单 调 递 增 ， 问 题 转 化 为 对 ， 恒 成 立 ， 令
， ， ，根据函数的单调性求出 的最大值，求出 的取值范围即可．
【解答】解：（1）若 ，由题意得 ，
则 （1） ， （1） ，
故函数 在 ， （1） 处的切线方程为 ；
（2）由题意得 ，
①当 时， 在 单调递减，没有极值；
②当 时， ， 在 单调递减，
③当 时，令 ，解得： 或 ，
令 ，解得： ，
故 在 递增，在 ， 递减，在 ， 递增，
故函数在 处取得极大值，在 处取得极小值，综上： 时， 在 单调递减，没有极值；
时， 在 递增，在 ， 递减，在 ， 递增，函数在 处取得极
大值，在 处取得极小值；
（3）当 时， ，
由（1）可知 在 ， 递减，
不妨设 ，则 ， ，
故
，
即 对任意的 ， ， 成立，
故 在 ， 单调递增，
则
对 ， 恒成立，
令 ， ， ， ，
令 ，解得： ，
令 ，解得： ，
故 在 ， 递增，在 ， 递减，
故 ，故 ．
【点评】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查分类讨论思想，
转化思想，属于难题．
3．（2024春•浦东新区校级月考）已知函数 ，其中 为实数．
（1）若 是定义域上的单调函数，求实数 的取值范围；
（2）若函数 有两个不同的零点，求实数 的取值范围；
（3）记 ，若 ， 为 的两个驻点，当 在区间 上变化时，求
的取值范围．
【分析】（1）对 求导，直接由导数求出参数的范围即可．
（2）由导数判断单调性后转化为方程根的个数问题，再求最小值小于零得出结果．
（3）根据驻点得出导函数为零的的两根，用韦达定理将双变量换成单变量代入 ，写出表达式
再求导即可．
【解答】解：（1）由 可知，函数 的定义域为 ， ，
①当且仅当 时， 恒成立， 是定义域上的单调递增函数，符合题意；
而当 时， 既不恒正，也不恒负，即 不是定义域上的单调函数，不符合题意，舍去；
所以实数 的取值范围为 ， ；
（2） 函数 有两个不同的零点， 不是定义域上的单调函数，即 ；
由①，得 在 上为单调递减函数，在 ， 上为单调递增函数，
函数 有两个不同的零点 ，的取值范围为 ；
（3） ， 为 的两个驻点，
， 为 一 元 二 次 方 程 的 两 个 不 同 的 正 根 ， 即
，
则 ，解得 ，
，
令 ，
则 ，
在 上为单调递增函数，则 ，
的取值范围为 ．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，函数的零点与方程根的关系，驻点的定义，考查了转化
思想和方程思想，属难题．
4．（2024春•松江区校级月考）九章算术是我国古代内容极为丰富的数学名著，斑斓夺目的数学知识中函
数尤为耀眼，加上数列知识的加持，犹如锦上添花．下面让我们通过下面这题来体会函数与数列之间的联
系．已知 ， ．（1）求函数 的单调区间；
（2）若数列 为自然底数）， ， ， ， ， ，求
使得不等式： 成立的正整数 的取值范围；
（3）数列 满足 ， ， ．证明：对任意的 ， ．
【分析】（1）求导，利用导数求原函数的单调区间；
（2）利用分组求和法求 ， ，代入不等式运算求解即可；
（3）利用导数可求得当 时， （1） ，结合根据函数 ， 的单调性分析证明．
【解答】解：（1）因为 ，定义域为 ，且 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
所以函数 的单调递减区间为 ，单调递增区间为 ．
（2）因为 ，则 ，
可得
，
，对于不等式： ，即 ，
整理得 ，
所以使得不等式： 成立的正整数 的取值范围 ．
（3）证明：因为 ，的定义域为 ，
且 恒成立，
且 （1） ，所以当 时， （1） ，
由（1）可知数 在 单调递减，在 单调递增，
因为 ，所以 ， ， ， ，
又因为 （1） ，则 ，所以 ，
又因为 在 单调递减，所以 ，
即 ，即 ，
所以 ，则 ，所以 ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式的证明，考查逻辑推理能力和运算求解能力，
属于难题．
5．（2024春•浦东新区校级期中）已知函数 ， ， 是自然对数的底数．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若关于 的方程 有两个不等实根，求 的取值范围；
（3）若 ， 为整数，且当 时， 恒成立，求 的最大值．【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论 和 两种情况，求函数的单调性；
（2）方程 ，转化为 ，利用导数分析函数 的图象，再利用数形结合，
求参数 的取值范围；
（3）首先参变分离为 ，再令 ， ，利用导数求函数的单调区间，并求函数
的最小值的取值范围，即可求解 的最大值．
【解答】解：（1） ，
若 ，则 恒成立，所以 在 上单调递增，
若 ， ，得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
综上可知， 时， 的增区间是 ，
当 时， 的减区间是 ，增区间是 ；
（2）方程 ，显然当 时，方程不成立，则 ， ，
若方程有两个不等实根，即 与 有2个交点，
则 ，
当 ， ， 时， ， 在区间 和 单调递减，
并且 时， ，当 时， ；
当 时， ， 单调递增，
时，当 时， 取得最小值， （1） ，画出函数 的大致图象，如图所示：
由 与 有2个交点，得 ，所以 的取值范围是 ；
（3）当 时， ， ，
所以 ，
当 时， ， ，
令 ， ，
则 ，
由（1）可知， 在 单调递增，且 （1） ， （2） ，
所以 在 上存在唯一的零点，即 在 上存在唯一的零点，
设此零点为 ，则 ，且 ，
当 时， ， 单调递减，
当 ， 时， ， 单调递增，
所以 的最小值为 ，
所以 ，
所以整数 的最大值为2．【点评】本题考查了导数的综合应用问题，解题的关键是运用参变分离，转化为函数图象的交点问题，是
难题．
6．（2024•虹口区二模）若函数 满足：对任意 ， ， ，都有 ，
则称函数 具有性质 ．
（1）设 ， ，分别判断 与 是否具有性质 ？并说明理由；
（2）设 函数 具有性质 ，求实数 的取值范围；
（3）已知函数 具有性质 ，且图像是一条连续曲线，若 在 上是严格增函数，求证：
是奇函数．
【分析】（1）取特殊值判断 ，利用所给定义判断 ；
（2）首先判断 的奇偶性，依题意可得 是严格增函数，则 恒成立，再分
、 、 三种情况讨论．
（3）依题意只要证明对任意实数 ， ，对任意实数 ，设 ，则由 具
有性质 知：当 时， ，设 ，分 ， 两种情况
讨论，结合零点存在性定理证明即可．【解答】解：（1） 不具有性质 ．
理由：取 ， ，有 ，
具有性质 ．
理 由 ： 对 任 意 ， ， 有
，
（2）函数 具有性质 ，故对 ， ， ，都有 ，
而 是奇函数，故 ，
即 是严格增函数， 恒成立，
若 ，则 ，解得 ；
若 ，则 恒成立；
若 ，则 ，解得 ；
综合上述，实数 的取值范围为 ；
证明：（3）因函数 的定义域为 ，要证明 是奇函数，
只要证明：对任意实数 ， 即可．
对任意实数 ，设 ，则由 具有性质 知：当 时， ①，
设 ，当 ，即 时，由①得 ，
即当 ， 时， ．②
当 ，即 时，由①得 ，
即当 时， ．③
于是由曲线 的连续性，函数 在 上存在零点 ，
即 ．④
由函数 在 上严格增知：函数 在 上严格增；
所以由②知 ，由③知 ，故 ，
故由④得： ，
即对任意对任意实数 ，均有 ；
因此，函数 是奇函数；
另证：（3）由 具有性质 ，知：当 时 ，
当 时 ，
由零点存在定理知 ，即 ．
下面用反证法证明 是奇函数．
假设存在 使得 ，
不妨设 ，则由 在 上严格增，知 ，
若 ，则构造函数 ，，
，
由零点存在定理知，存在 使得 ，
即 ；
而 在 上严格增，同样由单调性知 ，
从而有 ，与 具有性质 矛盾．
若 ，构造函数 ，
同理也可推出与 具有性质 矛盾．
综合上述，存在 使得 的假设不能成立，
即对任意 都有 ，故 是奇函数．
【点评】本题考查利用导数研究函数单调性问题，函数的奇偶性证明问题，考查逻辑和运算能力，属于难
题．
7．（2024•浦东新区校级开学）已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ， 分别为 的极大值点和极小值点，记 ， ， ， ．
证明：直线 与曲线 交于另一点 ；
在 的条件下，判断是否存在常数 ， ，使得 ．若存在，求 ；若不存
在，说明理由．
附： ， ．【分析】（1）对 求导，利用导数与单调性的关系求解即可；
（2） 求出直线 的方程，与 联立，可得关于 的方程，解方程即可得证；
由 得 ，即 ，假设存在常数 ， ，使得
， 可 得 ， 代 入 中 ， 可 得 ， 令
，利用导数可得 的取值范围，进而可得 的值．
【解答】解：（1） ，
令 ，得 或 ．
当 或 时， ；当 时， ，
在 ， 上单调递增，在 上单调递减．
（2） 证明：由（1）得 ， ．
直线 的方程为 ，即 ，
由 得 ，
设 ，则 ，
令 ，得 ．
当 时， ；当 时， ，
在 单调递减，在 单调递增．
， ， （a） ，有且仅有2个零点 ， ，其中 ．
这表明方程 的解集为 ， ， ，
即直线 与曲线 交于另一点 ，且 的横坐标为 ．
由 得 ，即 ，
假设存在常数 ， ，使得 ，则 ，
，代入 中，可得 ，
设 ，则 ．令 ，得 ．
当 时， ；当 时， ，
在 单调递减，在 单调递增．
（1） ， ， ，
存在唯一的 ，使得 ．
此时 ，
因此，存在常数 ， ，使得 ，且 ．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与极值，考查运算求解能力，属于难题．
8．（2024春•宝山区校级月考）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）已知 ， ，曲线 上不同的三点 ， ， ， ， ， 处的切线都经
过点 ．证明：（ⅰ）若 ，则 （a） ；
（ⅱ）若 ， ，则 ．
（注 是自然对数的底数）
【分析】（Ⅰ）求出导数，利用导数的性质能求出函数的单调区间．
（Ⅱ） 设切点分别为 ， ， ， ， ， ，则 ， ，
2， ，方程 有3个不同的根，该方程整理为 ，设
， 则 ， 利 用 导 数 性 质 能 证 明
．
当 时， 在 ， 上为减函数，在 上为增函数，设 ，推导出
， 设 ， 则 方 程 ， 即 为
，由此能证明 ， ，则 ．
【解答】解：（Ⅰ） 函数 ，
， ，
由 ，得 ， 在 ， 上单调递增；
由 ，得 ， 在 上单调递减．
（Ⅱ） 证明： 过 有三条不同的切线，
设切点分别为 ， ， ， ， ， ，， ，2， ， 方程 有3个不同的根，
该方程整理为 ，
设 ，
则 ，
当 或 时， ；当 时， ，
在 ， 上为减函数，在 上为增函数，
有3个不同的零点， （e） 且 （a） ，
，且 ，
整理得到 且 ，
此时， ，且 ，
此时， ，
整理得 ，且 ，
此时， （a） ，
设 （a）为 上的减函数， （a） ，
．
当 时，同 讨论，得：
在 ， 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，有3个不同的零点， （a） ，且 （e） ，
，且 ，
整理得 ，
， ，
，
设 ，则方程 即为：
，即为 ，
记 ，
则 ， ， 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，
即证 ，
即证： ，
而 ，且 ，
，
，即证 ，
即证 ，
即证 ，
记 ，则 ，
在 为增函数， ，
，
设 ， ，
则 ，
在 上是增函数， （1） ，
，
即 ，
若 ， ，则 ．
【点评】本题考查函数的单调区间的求法，考查不等式的证明，考查导数的性质、函数的单调性、极值、
零点、换元法、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
二．利用导数研究函数的极值（共3小题）
9．（2024•崇明区二模）已知 ．
（1）若 ，求曲线 在点 处的切线方程；（2）若函数 存在两个不同的极值点 ， ，求证： ；
（3）若 ， ，数列 满足 ， ．求证：当 时， ．
【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）由已知结合导数与单调性及极值关系先表示 ，然后结合二次方程根的存在条件即可证明；
（3）结合导数分析 的单调性，结合已知递推关系及函数单调性即可证明．
【解答】解 （1）当 时，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ；
证明：（2）由 ，得 ，令 ，则 ，
原方程可化为 ①，则 是方程①的两个不同的根，
所以 ，解得 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
（3）由题意， ，所以
当 时， ，所以函数 在区间 上严格减，
当 时， ，所以函数 在区间 上严格增，
因为 ，所以 （1） ， （1） ，以此类推，当 时， （1） ，
又 ，
所以函数 在区间 上严格减，
当 时， （1） ，所以 ，
所以 ，即 ，故 ．
【点评】本题主要考查了导数的几何意义在切线方程求解中的应用，还考查了导数与单调性在不等式证明
中的应用，属于中档题．
10．（2024春•虹口区校级月考）已知函数 的极小值为1．
（Ⅰ）求实数 的值；
（Ⅱ）设函数 ．
①证明：当 时， ， 恒成立；
②若函数 有两个零点，求实数 的取值范围．
【分析】 求导之后，讨论单调性，再根据题设条件列式即可求解；
①法一：先判定 的单调性，再结合（1）的结论放缩即 可；法二：直接利用 的结论放缩即
可，
②研究 的单调性，极值的符号，再结合零点存在性定理的推论即可求解．
【解答】解：（Ⅰ） 的定义域为 ， ．
当 时， 恒成立， 在 上单调递增，无极小值；
当 时，令 ， ；令 ， ．所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 的极小值为 （a） ，即 ．
综上， ．
（Ⅱ）①法一： ， ．
，
，即 在 上单调递减．
．
由（Ⅰ）知， 的最小值为 （1） ，即 （当且仅当 时，等号成立）．
，即 ．
法二：由（Ⅰ）知， 的最小值为 （1） ，即 （当且仅当 时，等号成立）．
因为 ，所以
所以 得证．
② ．
当 时， ， 在 上单调递增， 至多有一个零点．
当 时， ．
令 ， ；令 ， ．
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以 的最小值为 ．
设 ， ．令 ， ；令 ， ．
所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
所以 的最大值为 ．
当 时， （1） ， 只有一个零点；
当 时， ，又 （1） ， ．
所以 有两个零点；
当 时， ，
由①知，当 时，对 ， 恒成立，又 （1） ，
所以 有两个零点；
综上： 或 ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的运算能力，属于难题．
11．（2024•普陀区校级开学）对三次函数 ， ，如果其存在三个实根 ， ，
，则有 ．称为三次方程根与系数关系．
（1）对三次函数 ，设 ，存在 ，满足 ．
证明：存在 ，使得 ；
（2）称 是 ， 上的广义正弦函数当且仅当 存在极值点 ， ，使得 ，
， ． 在 平 面 直 角 坐 标 系 中 ， 是 第 一 象 限 上 一 点 ， 设
．已知 在 上有两根 ．证明： 在 上存在两个极值点的充要条件是 ；
求点 组成的点集，满足 是 ， 上的广义正弦函数．
【 分 析 】 （ 1 ） 设 ， ， 求 导 并 结 合 得
， ，取 满足题意，且此时必有 即可得证．
（2） 由题意求导得 ，设 ，则
，且 时， ，所以原问题等价于证明方程 有一个负根，
且两个不同的正根的充要条件是 ．
首先 时， 也恰好有两个正根 ， ，其次进一步得出 ，然而可
以发现 ，由此即可进一步求解．
【解答】解：（1）证明：因为 ，
所以不妨设 ， ，
所以 ， ，
因为 ，
所以 ， ，
所以不妨取 满足题意，且此时必有 ，
否则若 ，则有 ， ，
，而此时 与已知 矛盾，
综上所述，存在 ，使得 ．
（2） 证明： 是第一象限上一点，所以 ， ，
因为 ，
所以 ，
设 ，则 ，
而 时， ， 时， ，
所以 存在负根，
因为 在 上存在两个极值点，等价于方程 在 上有两个根，
等价于方程 在 上存在两个根，
注意到三次方程最多有3个根，
所以方程 有一个负根，两个不同的正根，
而 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以当且仅当 ，即当且仅当 ，
综上所述，命题 得证；
容易验证， 时， 也恰好有两个正根 ， ，
此时由于对 来说， 等价于 ， 等价于 ，所以对 ，如果 ，
那么 ，
这意味着 ，
然后，对两个不相等的正数 ，
所以 当且仅当 ，
那么如果 或 ，就有 或 ，故 ，
此时 ，
所以 ，
这意味着 ， ，
最后，由于 有一个极值点 ，
所以 ， 都不等于 ， 是不相等的正零点，同时该方程还有另一个负零点，但 只要是根就是二
重的，所以 不可能是根），
这就说明 ， ，
结合 的单调性以及 ， ，必有 ，
所以此时 一定是广义正弦函数，
综上所述，满足题意的 ．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于难题．
三．利用导数研究函数的最值（共13小题）12．（2024•嘉定区二模）已知常数 ，设 ．
（1）若 ，求函数 的最小值；
（2）是否存在 ，且 、 、 依次成等比数列，使得 、 、 依次成等差数
列？请说明理由．
（3）求证：“ ”是“对任意 ， ， ，都有 ”的充要
条件．
【分析】（1）求导分析 的符号， 的单调性，最值，即可得出答案．
（2）根据题意可得 ， ，则 ，分两种情况：当 时，当
时，讨论是否满足条件，即可得出答案．
（ 3 ） 由 ， 得
， 令 ， 则 原
①，证明充分性和必要性，即可得出答案．
【解答】解：（1） ，
，
令 ，得 ，
所以在 上 ， 单调递减，
在 上 ， 单调递增，所以 （1） ．
（2）若 、 、 依次成等比数列，则 ，
若 、 、 成等差数列，则 ，
所以 ，
所以 ，
当 时，成立，
当 时，则 ，联立 ，得 ，
，即 ，
所以 ，与 矛盾，
所以 时，存在 ， ， 满足条件，
当 时，不存在 ， ， 满足条件．
（3）证明： ，则 ，
，
所以 ，
又
，
令 ，上式
①，
令 ，则 恒成立，
单调递减，
所以 （1） ，
充分性：若 ，则 ，则 恒成立，
必要性：要使得①式恒成立，则 恒成立，即 ．
【点评】本题考查导数的综合应用，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
13．（2024•浦东新区校级模拟）已知 ，其中 ．
（1）若曲线 在点 ， （2） 处的切线与直线 垂直，求 的值；
（2）设 ，函数 在 时取到最小值 ，求 关于 的表达式，并求 的
最大值；
（3）当 时，设 ，数列 满足 ，且 ，证明：
．
【分析】（1）由题意，对函数 进行求导，根据导数与函数曲线切线的关系以及直线垂直斜率的关系，
列出等式即可求解；
（2）根据导数与函数单调性的关系，利用换元法，建立新函数，可得答案；
（3）利用综合法，整理不等式，通过构建新函数，对新函数进行求导，利用导数研究函数单调性求最值．
【解答】解：（1）因为 ，可得 ，
若曲线 在点 ， （2） 处的切线与直线 垂直，
因为直线 的斜率为 ，
所以 ，
解得 ；
（2）因为 ，函数定义域为 ，
可得 ，
当 时， ，
所以 有两异号实根，
不妨设 为方程的正根，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
所以 ，
当 时，函数 取得极小值也是最小值，最小值 ，
不妨设 ，函数定义域为 ，
可得 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减，所以 （1） ．
综上， ， 的最大值为1；
（3）证明：要证 ，
即证 ，
因为 ，
此时要证 ，
因为当 ， ，
不妨设 ，函数定义域为 ，
可得 ，
所以函数 在 上单调递减，
要证 ，
需证 ，
即证 ，
又 ，
要证 ，
即证 ，
因为 （1） ， 在 上单调递减，极值 ，
因为 ，函数定义域为 ，
可得 ，
当 时， ， 单调递减；
在 时， ， 单调递增，
所以 （1） ，
又 ，
所以 ，
同理 ．
故 ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了逻辑推理、转化思想和运算能力．
14．（2024•闵行区校级二模）已知函数 ．
（1）当 时，求曲线 在 处的切线方程；
（2）当 时，证明： 有且只有一个零点；
（3）求函数 在 ， 上的最小值．
【分析】（1）当 时，求出 、 的值，利用导数的几何意义可求得曲线 在 处的
切线方程；
（2）当 时，求得 ，利用导数分析函数 的单调性与极值，结合零点存在定理
可证得结论成立；（3）对实数 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 在 ， 上的单调性，即可求得函数 在
， 上的最小值．
【解答】解：（1）当 时， ，
，
， ，
曲线 在 处的切线方程为 ；
（2）证明：当 时， ，
令 ，则 或 ，且 ，列表如下：
0
0 0
增 极大值 减 极小值 增
函数 的极大值为 ，
极小值为 ，
当 时， ，
又因为 （2） ，由零点存在定理可知，函数 在 上存在唯一零点，
综上所述，当 时，函数 有且只有一个零点；
（3） ，
，
①当 时，对任意的 ， ， ，则 且 不恒为零，此时函数 在 ， 上单调递增，则 ；
②当 时，由 ，可得 ，由 ，可得 ，
此时函数 在 ， 上单调递减，在 ， 上单调递增，
则 ；
③当 时，对任意的 ， ， 且 不恒为零，
此时函数 在 ， 上单调递减，则 ．
综上所述， ．
【点评】本题考查利用导数求函数的切线，利用导数研究函数的单调性与零点问题，利用导数研究函数的
最值，属中档题．
15．（2024•徐汇区校级模拟）已知函数 ， ，令 ．
（1）当 时，求函数 在 处的切线方程；
（2）当 为正数且 时， ，求 的最小值；
（3）若 对一切 都成立，求 的取值范围．
【分析】（1）把 代入，对函数求导，结合导数几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程；
（2）结合导数与单调性及最值关系分析函数的最小值的取得条件，即可求解；
（3）已知不等式可转化为 对一切 都成立，结合已知不等式考虑构造函数
， ，从而有 在 上单调递增，结合导数与单调性关系可求．【解答】解：（1） 时， ， ，
故 （1） ， （1） ，
所以 在 处的切线方程为 ，即 ；
（2） ， ，
则 ，
因为 ，
当 时，易得 在 ， 上单调递增， （1） ，
当 时， 在 ， 上单调递减，在 ， 上单调递增，
故 ，不合题意；
当 时， 在 ， 上单调递减， 在 ， 上的最小值 （e） （1） ，不符合题
意，
故 的最小值为1；
（3）若 对一切 都成立，则 对一切 都成立，
所以 对一切 都成立，
令 ， ，
则 在 上单调递增，
所以 在 时恒成立，即 在 时恒成立，
当 时， 在 时恒成立，符合题意，
当 时，因为 过定点 ，对称轴 ，则只要△ ，所以 ，
故 的取值范围为 ， ．
【点评】本题主要考查了导数几何意义的应用，还考查了导数与单调性及最值关系的应用，体现了分类讨
论思想及转化思想的应用，属于中档题．
16．（2024•浦东新区校级模拟）设函数 ， ．
（1）当 时，求函数 的单调区间；
（2）当 时，曲线 与 有两条公切线，求实数 的取值范围；
（3）若 对 ， 恒成立，求实数 的取值范围．
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数求函数的单调性；
（2）首先利用公切线的几何意义，变形得到 ，构造函数 ，利用导数求函
数的值域，转化为 与函数图象有2个交点问题，即可求解；
（3）不等式等价于 ，构造函数 ，转化为 ，转化为
利用导数求函数的最小值，结合不等式，即可求解．
【解答】解：（1）当 时， ，
， ，
当 时， ，当 时， ，
的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
（2）设公切线切 于点 ， ，切 于 ， ，
则有 ，即 ，得 ，代入
得 ．
构造函数 ， ，
．当 ， ， 单调递减，当 ， ， 单调递增，
，又当 时， ，当 时， ，
即 ，得 ，即实数 的取值范围是 ， ．
（3）函数 ，
令 恒成立：可得 ，
令 ，显然 在 ， 上为增函数，则 （1） ．
①当 时，得 ， ，得 在 ， 上单增， （1） 恒成立，故
满足题意．
②当 时，令 ，得 ， （舍 ．
得 时， ，则 在 上单调递减，
时， ，则 在 上单调递增，又 （1） ，
极小值 ，不可能恒成立，不符合题意，
综上可得，实数 的取值范围是 ， ．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性与最值，考查利用导数研究曲线上某点的切线方程，考
查运算求解能力，属于难题．17．（2024春•上海期中）已知函数 ， ，其中 ．
（1）若 是函数 的驻点，求实数 的值；
（2）当 时，求函数 的单调区间；
（3）若存在 ， 为自然对数的底），使得不等式 成立，求实数 的取值范围．
【分析】（1）由已知可得 （2） ，进而可得 ，求解即可；
（2）求出原函数的导函数 ，然后分 ， ， 三种情况求解函数的单
调区间；
（3）把 转化为 ，分离参数 得 ，构造函数 ，求函数 在 ，
上的最小值得 的取值范围．
【解答】解 （1）若 是函数 的驻点，则 （2） ，可得 ，即得 ．
（2）函数 的定义域为 ，
．
当 时，令 ，可得 或 ．
①当 ，即 时，对任意的 ， ，
此时，函数 的单调递增区间为 ．
②当 ，即 时，
令 ，得 或 ；
令 ，得 ．
此时，函数 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ， ．③当 ，即 时，令 ，得 或 ；令 ，得 ．
此时，函数 的单调递增区间为 和 ， ，单调递减区间为 ．
综上所述： 时，函数 的单调递增区间为 ．
时，函数 的单调递增区间为 和 ，单调递减区间为 ， ．
时，函数 的单调递增区间为 和 ， ，单调递减区间为 ．
（3）由 ，可得 ，即 ，其中 ， ．
令 ， ， ，若存在 ， ，使得不等式 成立，则 ，
， ， ，令 ，得 ， ．
当 时， ；当 时， ．
函数 在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减．
函数 在 或 处取得最小值．
， ， （e），
， ．
因此，实数 的取值范围是 ， ．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，考查了数学转化思想方
法，是难题．
18．（2024春•闵行区校级月考）已知函数 的图像在 处的切线与直线
平行．
（1）求实数 的值；
（2）若关于 的方程 在 ， 上有两个不相等的实数根，求实数 的取值范围．（3）是否存在正整数 ，使得满足 ， 的无穷数列 是存在的，如果
存在，求出所有的正整数 的值，如果不存在，说明理由．
【分析】（1）根据 的图像在 处的切线与直线 平行，可得 ，再求出
的值即可；
（2）由（1）可知， 等价于 ，令 ，判断 的单调性，
求出最值，再得到 的取值范围即可；
（3）根据切线不等式放缩，可得 ，则只要 ，数列 收敛于 ，因此只需
，即可求出满足题意的所有的正整数 的值．
【解答】解：（1）因为 ，所以 ．
因为 的图像在 处的切线与直线 平行，
所以 ，解得 ．
（2）由（1）知 ，所以原方程变形为 ．
令 ，则 在 ， 上有两个不相等的实数根，
等价于直线 与曲线 在 ， 上有两个交点．
因为 ，
所以当 ， 时， ；当 ， 时， ，
所以 （3） ．
因为 （2） ， （4） ，
所以 ，而 ，所以 ，即 （4） （2），
所以 的取值范围为 ， ．
（3）设 ，则 ，
所以 在 上递增，在 上递减，
所以 （1） ，即 ．
所以 ，当且仅当 时取等号．
若 ，则 ，
所以数列 收敛到 ，满足题意．
因此只需 即可， 等价于 ．
设 ，
易知 在 ， 上递减， ，
所以存在唯一的零点 ，使得 ，
所以 在 上递增，在 ， 上递减，
所以 ，
又 ，
， ，
当 时，则 ，
由上可知，这样的正整数 不存在．综上， 或 且 ．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性与切线方程，利用导数研究函数的切线方程，考查了方程
思想与转化思想，属难题．
19．（2024春•浦东新区校级期中）已知函数 ， ， 图像上相邻的最高
点与最低点的横坐标相差 ， 是 的一条对称轴，且 ．
（1）求 的解析式；
（2）将函数 的图像向右平移 个单位得到函数 的图像，若存在 ， ， ， 满足
，且 ， ，求 的
最小值；
（3）令 ， ，若存在 使得 成立，求
实数 的取值范围．
【分析】（1）根据题意可得周期，代入 可得 或 ，再分别代入 判断是否满足
即可；
（2）先求得 ，再数形结合分析 满足的条件求解即可
（3）化简可得 ，根据 可得 的解析式与值域，再参变分离得到
结合基本不等式求解即可
【解答】解：（1）由题意，周期 ，故 ，
且 ，即 ，因为 ，故 或 ，
故 或 ． 当 时 ，
，
故 成立；当 时，
．综上有 ；
（2）由题意， ，根据题意，要使 的值尽量小，
则 要尽量大．又 ，
结合 的图象可得，当 ，
时，
的取值最小为12，
（3）由（1） ，
所以 ，
当 时， ，
，所以， ，
所以， ，
，
， ，则 ，
由 ，可得 ，所以， ，
由基本不等式可得 ，
当且仅当 时，等号成立，
所以， ．即 ， ．
【点评】本题考查利用导数研究函数的极值，考查学生的综合能力，属于难题．
20．（2024•松江区二模）已知函数 为常数），记 ．
（1）若函数 在 处的切线过原点，求实数 的值；
（2）对于正实数 ，求证： ；
（3） 时，求证： ．
【分析】（1）对 求导，利用导数的几何意义求出 在 处的切线方程，将原点坐标代入即可求
解 的值；
（2）设函数 ，利用导数求出 的最小值，即可证明不等式；
（3）分析可得只需证 ，令 ，利用导数只需证明 即可．
【解答】解：（1）因为 ，所以 ，所以 （1） ，
又因为 ，所以 在 处的切线方程为： ．
将点 代入切线方程可得 ．
（2）证明：设函数 ，
所以 ，所以 ．所以 ，
令 ，得： ，
所以 在 上严格递增；在 上严格递减；
所以 的最小值为 ，即总有： ，
而 ，
所以 ．
（3）证明：当 时，即证 ，
由于 ， ，故 ，只需证 ，
令 ，只需证明 ，
而 ，
因为 ，所以 ，令 ，得 ，令 ，得 ，
所以 在 处取得极大值，也是最大值，
所以 （1） ，
故 在 上恒成立，结论得证．
【点评】本题主要考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，不等式的证明，考查运算求解能力与
逻辑推理能力，属于难题．
21．（2024•普陀区模拟）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 （2）”，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 （1）”，且函数 在区间 上存在
两个零点 ， ，求证 ．
【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．
【解答】解：（1）由 ， ， ，且 ，得 ， ，
则 ， ，
，
函数 ， ， 与 “具有性质 （2）”．
（2）由函数 ， ， 与 “具有性质 ”，
得 ， ， ， ，且 ，
即 ， ，
则 对 ， ， 恒成立．又 ， ， ， ，则 ， ，
即 ， ，
的取值范围为 ， ．
（3）证明：由 在 有两个零点 ， ，可得 ，
又 与 “具有性质 （1）”，
， ，
，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
，
则当 时， ；当 时， ，
函数 在 上单调递增，在区间 上单调递减．
要证 ，即证 ，设 ，只需证 ，
只需证 ，即证 ，
设 ，则 ，
， 函数 在 是减函数，且 （1） ，
又 ，则 （1） ，
即 ，则 ，故 ．
【点评】本题考查了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，利用综合法和
分析法证明不等式，考查了转化思想，属难题．
22．（ 2024 春•浦东新区校级期 中）已知函数 ，满足 ，
．
（1）求 的值；
（2）若存在 ，使得等式 成立，求实数 的取值范围；
（3）若对任意 都有 恒成立，求实数 的取值范围．
【分析】（1）解三角方程即可，注意 的范围；
（2）求出 解析式，利用正弦函数的性质求出 的范围，再分离参数求解作答；
（3）代入化简得 ，对任意 恒成立，换元后利用基本不等式求
出最值得解．
【解答】解：（1）由题意可得 ，即 ，
解得 ，又 ，所以 ．
（2）由（1）知 ，所以 ，
今 ，则 ，
存在 ，使得等式 成立，
即存在 ， ，使 ，则存在 ， ，使 成立，
今 ， ， ，则 的值域是 ，
所以实数 的取值范围为 ．（3） ，即 ，
化简整理得， ，对任意 恒成立，
今 ，则 恒成立，
即 ，对任意 ， 恒成立，
又 ，
当且仅当 即 时等号成立，
所以 ，所以实数 的取值范围为 ．
【点评】本题主要考查解三角形和基本不等式，属于难题．
23．（2024春•宝山区校级期中）已知函数 ．
（1）若直线 是曲线 的切线，求实数 的值；
（2）若 对任意实数 恒成立，求 的取值范围；
（3）若 ，且 ，求实数 的最大值．
【分析】（1）利用函数 与直线相切结合导数的几何意义求出 ；
（2）构造新函数 ，利用导数求出 的最小值即可
得到 的取值范围；
（3）化简 得 ，令 ，则 ，构造函
数 ，利用导数法研究函数最值即可求解．
【解答】解：（1）因为 ，直线 是曲线 的切线，令 ，所以 ，所以 ，解得 或 （舍去），
所以 ，代入直线 得 ，即切点为 ，
即 ，所以 ；
（2）令 ，则 ，
令 ，则 ，
所以可得 为递增函数，又 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 若 对任意实数 恒成立，
则 ，解得 ，即 的取值范围是 ， ；
（3）因为 ，所以
，
因为 ，所以 ，
所以 ，仅当 时，等号成立，
令 ，则 ，因为 ，
所以当 时， 恒成立，
令 ， ，
则 在 上单调递增，
所以 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，
所以 ，
所以 的最大值为 ．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的最值，导数的几何意义，考查运算求解能力，属于难题．
24．（2024春•闵行区校级月考）设函数 ， ，其中 ， 、 ，
若对任意 ， 均有 ，则称函数 是函数 的“控制函数”，且对所有的函数
取最小值定义为 ．
（1）若 ， ，试问 是否为 的“控制函数”；
（2）若 ，使得直线 是曲线 在 处的切线，求证：函数 是为函数
的“控制函数”，并求 的值；
（3）若曲线 在 处的切线过点 ，且 ， ，求证：当且仅当 或
时， （c） （c）．
【分析】（1）设 ， ，当 ， 时，易知，即 单调减，求得最值即可判断；
（2）根据题意得到 ，即 为函数 的“控制函数“，代入即可求解；
（3） ， ， 在 处的切线为 ，
求导整理得到函数 必是函数 的“控制函数“，又此时“控制函数“ 必与 相切于
点， 与 在 处相切，且过点 ，在 之间的点不可能使得 在 切
线下方，所以 或 ，即可得证．
【解答】解：（1） ，设 ，
，当 ， 时，易知 ，即 单调减，
，即 ，
是 的“控制函数“；
（2） ，
，
，即 为函数 的“控制函数“，
又 ，且 ， ；
证明：（3） ， ，
在 处的切线为 ，
， ， （1） （1） ，，
，
，
，
恒成立，
函数 必是函数 的“控制函数“，
是函数 的“控制函数“，
此时“控制函数“ 必与 相切于 点， 与 在 处相切，且过点 ，
在 之间的点不可能使得 在 切线下方，所以 或 ，
所以曲线 在 处的切线过点 ，且 ， ，
当且仅当 或 时， ．
【点评】本题考查了导数的综合运用，属于难题．
四．利用导数研究曲线上某点切线方程（共3小题）
25．（2024•黄浦区二模）若函数 的图像上的两个不同点处的切线互相重合，则称该切线为函数
的图像的“自公切线”，称这两点为函数 的图像的一对“同切点”．
（1）分别判断函数 与 的图像是否存在“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像不存在“自公切
线”；（3）设 ， 的零点为 ， ，求证：“存在 ，
使得点 与 是函数 的图像的一对‘同切点’”的充要条件是“ 是数列 中的项”．
【分析】（1）由正弦函数及对数函数的性质判断即可；
（2）利用导数判断出 是严格增函数，所以至多有一个零点，再结合零点存在定理证明只有一个零
点即可；按照自公切线”的定义证明不存在即可；
（3）按照‘同切点’的定义及充要条件的定义证明即可．
【解答】解：（1）因为直线 是 的图像的一条“自公切线”，
故函数 的图像存在“自公切线”；
对于 ， 是严格减函数，
故 在不同点处的切线斜率不同，
所以函数 的图像不存在“自公切线”，
所以 的图像存在“自公切线”，函数 的图像不存在“自公切线”；
（2）证明：因为 ， ，
所以 在 上恒成立，且仅当 时 ，
故 是严格增函数，可得它至多有一个零点．
令 ，
由 的图像是连续曲线，且 ，
所以 在 上存在零点，
故在 上， 存在零点，所以 有唯一零点；
假设 的图像存在“自公切线”，
则存在 ， 且 ，
使得 的图像在 与 处的切线重合，
故 ，
且 ，
由 可得 ，
不妨设 ，将 代入 ，
可得 ， ，
在上图的单位圆中， ， 于 ，
可知 ，与 矛盾．
故 的图像不存在“自公切线”．
（3）证明：必要性：对给定的 ，由（2）知 有唯一零点，所以 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 图像的一对“同切点”，
则 ，
又 ，故 ，
所以 ，
且 ，
从而存在 ，使得 ，代入 ，
可得 ，故 ，
所以 是数列 中的项；
充分性：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 的图像的一对同切点”．
综上可知“存在 ，使得点 与 是函数 图像的一对‘同切点’”的充要条
件是“ 是数列 中的项”．
【点评】本题属于新概念题，考查了对数函数、三角函数的性质，考查了函数的零点、导数的综合运用及
充要条件的证明，属于难题．
26．（2024•浦东新区校级模拟）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”．
【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．
【解答】解：（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， （1） ，
故函数 只有一个零点 ，故 是一条“ 切线”；
（2）证明：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）证明：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 （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），
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）．
综上， ，即证．
【点评】本题主要考查导数知识的综合应用，考查计算能力，属于中档题．
27．（2024 春•宝山区校级月考）已知 的图象在 ， （1） 处的切线与直线
平行．
（1）求函数 的极值；
（2）若 ， ， ，求实数 的取值范围．
【分析】（1）求得 的导数，可得切线的斜率，由两直线平行的条件：斜率相等，可得 ，求出
的导数和单调区间，即可得到所求极值；（ 2 ） 设 ， 可 得 ， 设 在 为 增 函 数 ， 设
在 为增函数，求得 的导数，再由参数分离和构造函数，求出最值，即可得到
所求 的范围．
【解答】解：（1） 的导数为 ，
可得 的图象在 ， （1） 处的切线斜率为 ，
由切线与直线 平行，可得 ，
即 ， ，
，
由 ，可得 ，由 ，可得 ，
则 在 递增，在 递减，
可得 在 处取得极大值，且为 ，无极小值；
（2）可设 ，若 ， ，
，可得 ，
即有 ，
设 在 为增函数，
即有 对 恒成立，
可得 在 恒成立，
由 的导数为 得：当 ，可得 ，
在 递减，在 ， 递增，
即有 在 处取得极小值，且为最小值 ，
可得 ，
解得 ，
则实数 的取值范围是 ， ．
【点评】本题考查导数的运用：求切线的斜率和单调性、极值和最值，考查方程思想和转化思想，考查不
等式恒成立问题解法，运用参数分离和构造函数是解题的关键，属于中档题．
