专题02：导数新定义问题（新概念）专项训练-2025届高考数学二轮复习（适用于上海）

2025年高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇） 专题训练02 导数新定义问题（新概念） 题型一：切线角度下定义 1．已知函数，． （1）求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）定义：同时相切于两条（或两条以上）的曲线的直线叫做两条（或两条以上）的曲线公切线．判断与是否存在公切线，如果不存在，请说明理由，如果存在请指出公切线的条数． 【解析】（1）∵，∴ ①当时，在上恒成立，故是上的减函数，故不存在极值． ②当时，由得． 进一步时，故在区间上是减函数， 时，故在区间上是增函数． ∴当时有极小值，无极大值． （2）∵，∴（且）， 令， ①时，∴即恒成立， 故函数单调递增区间是，． ②当时，方程有两个不等的负根，易知且，恒成立， 故函数单调递增区间是，． ③当时，方程有两个不等的正根，， ．易知函数单调递增区间是，；单调递减区间是，． （3）假设存在公切线，与、分别切于点，．，． 则公切线：，即． 同时公切线：，即， ∴．消去得 是否存在公切线等价转化为方程在是否有解． 令，① 由（2）得在，上递增，，． 所以存在，使得，又，所以必有使得． 故方程①只有两解．即与是存在两条公切线． 2．（22-23高三下·上海杨浦·阶段练习）若函数图像上存在相异的两点P、Q，使得函数在点P和点Q处的切线重合，则称是“双切函数”，点P、Q为“双切点”，直线PQ为的“双切线”． (1)若，判断函数是否为“双切函数”，并说明理由； (2)若，证明：函数是“双切函数”，并求出其“双切线”； (3)，求证：“”是“双切函数”的充要条件是“” 【答案】(1)不是 (2)证明见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）对函数求导可的，显然为单调递增函数，不存在两个不相等的实数，使得，所以不是“双切函数”； （2）易知函数为奇函数，为偶函数，所以必存在两个不相等的实数，且，使得，利用对称性可解得即为“双切点”， 为其“双切线”； （3）由是“双切函数”可得存在两个不相等的实数，使得，即函数不单调，再求导利用判别式即可求得充分条件为，同时也可证明必要性成立. 【解析】（1）根据“双切函数”的定义可知，若是“双切函数”， 则存在两个不相等的实数，使得； 由可知，； 易知为单调递增函数， 所以不存在两个不相等的实数，使得； 即不是“双切函数”. （2）由可得； 显然为偶函数，且在上为单调递增； 所以必存在两个不相等的实数，使得，且； 不妨设两切点分别为， 易知函数为奇函数，又； 所以两切点关于原点对称； 即此时切线斜率， 即，解得或； 即存在两点满足条件，所以函数是“双切函数”， 此时，两点确定的直线方程即为“双切线”， 由直线的两点式方程可得即为函数的“双切线”. 故其“双切线”为. （3）充分性： 若是“双切函数”， 则需存在两个不相等的实数，使得； 令，即存在实数使得函数在定义域内有两个零点； 所以不单调，又， 即，可得，即； 所以充分性成立； 必要性： 因为是“双切函数”，设点，为其一对“双切点”， 函数在处的切线方程为， 所以， 即， 即， 因为，所以， ， 设，， 原式即， 由①可得， 代入②得， 化简得， ， 假设，则，原方程仅有一解， 所以， 所以，为方程的两个相异实根， 但由此一元二次方程的判别式， 即方程要么无实根，要么有两个相等的实数根，与，存在且不等矛盾， 所以假设不成立，即，所以必要性成立. 因此，“”是“双切函数”的充要条件是“” 【点睛】关键点点睛：本题关键在于理解“双切函数”的定义，充分利用导函数和原函数之间的对应关系，并利用导函数零点个数解决原函数不单调问题，即可实现问题求解. 3．（2025上海崇明·一模）定义：若曲线和曲线有公共点P，且曲线在点P处的切线与曲线在点P处的切线重合，则称与在点P处“一线切”. (1)已知圆与曲线在点处“一线切”，求实数a的值； (2)设，，若曲线与曲线在点P处“一线切”，求实数a的值； (3)定义在上的函数的图象为连续曲线，函数的导函数为，对任意的，都有成立.是否存在点使得曲线和曲线在点处“一线切”？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)不存在点满足条件，理由见解析 【分析】（1）利用导数求出曲线在点处的切线方程，再根据圆心到切线的距离为半径可求的值； （2）设出公切点，则可得关于切点横坐标与的方程组，解方程组可求得的值； （3）假设存在满足题意，则根据“一线切”可得且，化简整理后得到，从而得到矛盾. 【详解】（1），所以曲线在点处的切线方程为， 即， 因为圆与曲线在点处“一线切”， 所以直线与圆在点处相切， 所以，所以. （2）设，， 由题意，，所以， 解得. （3）假设存在满足题意， 则有，对函数求导得：， 于是，即， 平方得， 即有，因此， 整理得，而恒有成立， 则有，从而，显然， 于是，即与恒成立矛盾， 所以假设不成立，即不存在点满足条件 【点睛】思路点睛：新定义中的“一线切”问题，本质上就是不同曲线的共切点的切线问题，其解决问题的方法是构建关切切点横坐标的方程或方程组. 4．（23-24高三上·上海·期中）设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图像．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”． (1)判断点是否为函数的1度点，请说明理由； (2)若点是的“度点”，求自然数的值； (3)求函数的全体2度点构成的集合． 【答案】(1)点是函数的1度点 (2) (3)或 【分析】（1）设，求曲线在点处的切线方程，再求该切线过点时的值，进而得到答案. （2）设，求曲线在点处的切线方程，将点代入该切线方程得，令并求导判断单调性，最值，即可得到的值. （3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于t的方程恰有两个不同的实数解，设，分与三种情况，进行求解. 【解析】（1）设，由得在处的切线斜率为，则曲线在点处的切线方程为. 点代入切线方程，，即，因为，所以，即. 则该切线过点当且仅当. 故点是函数的一个1度点. （2）设，则，故曲线在点处的切线方程为. 该切线过点，当且仅当，即①. 设，其中. 则当时，，故在区间上严格递增. 而，因此当时，，故①恒不成立，即点是的一个0度点，也即. （3）对任意，由得曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为. 设点为函数的一个2度点，等价于“关于的方程恰有两个不同的实数解”. 设，等价于“函数两个不同的零点”. 若，则在R上严格递增，只有一个实数解，不符合要求； 若时，因为，解得有两个零点. 当时，由或时，得严格递增； 而当时，得严格递减. 故在时，取得极大值，在时取得极小值. 故当有两个不同的零点时，当且仅当或. 若，同理可得有两个不同的零点时，当且仅当或. 综上所述：的全体2度点构成的集合为或. 【点睛】方法点睛：函数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. 5．（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． 6．已知函数. （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）记函数的图象为曲线，设点、是曲线上两个不同点，如果曲线上存在，使得：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”.试问：函数是否存在中值相依切线，说明理由. （3）当，时，关于的不等式恒成立，求实数的最大值. 【解析】（1）函数的定义域为， . 令可得或，，则. 由，可得或.则的单调递增区间为和； （2）假设函数存在“中值相依切线”，， ， 由题设条件，有，即，即， 不妨设，设，可得， 构造函数，其中，则， 所以，函数在区间上为增函数，则， 即方程在上无解，因此，函数不存在“中值相依切线”； （3）当时，，即恒成立， 时显然恒成立，只需考虑， 即恒成立，即， 令，则，，则，， 当时，，所以，函数在上为增函数， 所以，，即，则恒成立. 令，其中，则，单调递减， 则，则. 综上所述，的最大值为. 7．（2025届浦东新区一模）过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”． (1)设，判断点是否为的“类点”，并说明理由； (2)设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值； (3)设，证明：轴上不存在的“类点”． 【答案】(1)是，理由见解析； (2)2； (3)证明见解析. 【分析】（1）判断点的位置，求出过此点的切线方程，结合“类点”的定义判断即可. （2）求出过点的切线方程，并代入的坐标并结合“类点”的定义求出值，验证即可得解. （3）假定存在，并设出点的坐标，由过点的切线方程建立等式，分离参数构造函数，利用导数探讨方程根的情况导出矛盾得证. 【详解】（1）函数，，点在上，求导得， 设切点为，切线方程为，即， 由切线过，得，,解得或， 因此切线方程为，所以点为的“类点”. （2）函数，求导得，设切点为， 切线方程为，即， 切线过，则， 依题意，方程有三个不同解，且成等差数列，设为，公差为， ， 因此，则，，则， 当时，，不过， 所以的值为2. （3）假设轴上存在函数的“类点”，记为，设坐标为， 求导得，设切点为，切线方程为， 即，由切线过，得，此方程至少有两个不同解， 设，则，由，得或， 当时，，函数是上的严格减函数， 当时，为上的严格增函数， 函数的极小值，极大值，又， 当或时，方程有两个不同解，当时，方程有三个不同解， 当时，在上，其余情况下在外，则， 设两垂直切线的斜率为，对应方程的两根为， 则，由， 得，则有， 由，得异号，不妨设， 由均值不等式知，， 则，与矛盾，即不存在， 所以轴上不存在的“类点”. 【点睛】思路点睛：解决过某点的函数f(x)的切线问题，先设出切点坐标，求导并求出切线方程，然后将给定点代入切线方程转化为方程根的问题求解. 8．（2025松江区一模）定义在上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数在的相依区间．已知． (1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； (2)若函数在上处处相依，且对任意实数、，，都有恒成立，求实数的取值范围． (3)当时，，为函数在的相依区间，证明：． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）求出，根据零点存在性定理判断证明； （2）根据函数在上处处相依，可得，使得，转化为，，得解； （3）根据题意可得，结合的单调性将要证明的问题转化为，，构造函数，利用导数证明. 【详解】（1）当时，， ， 所以，， 即，又在上处处相依， 所以函数在上有零点. （2），， ， 因为函数在上处处相依， 所以，，使得， 即，使得， ，，即，， 又， . 所以实数的取值范围为. （3）当时，，则， 因为为函数的在的相依区间， 所以，又， 则， 因为，，即单调递减， ，，即单调递增， 所以，则， 要证，即证，即证， 即证，， 令， ， 令，， ， 因为，，， 所以，即在上单调递减，则， 所以，即在上单调递减， 所以，即，即证得成立. 从而证明得到. 【点睛】关键点点睛：本题第三问解题的关键是根据相依区间的定义得到，结合条件利用分析法转化为，，构造函数证明. 题型二：方程角度下定义 9．（2023·上海徐汇·三模）若函数满足，称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)设.求证：恰有一个不动点； (3)证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点. 【答案】(1)不动点为 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）令，解出即可； （2）分和讨论，当时，转化为求，通过构造新函数，讨论其单调性即可证明； （3）设，计算得，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性. 【解析】（1）由题意,得,解得,即不动点为. （2）当时,,故0为函数的一个不动点， 当时,求的解,即求的解. 构造函数，求导得， 当时,，则, 当时,,所以在上严格递减,在上严格递增, 故,即对任意恒成立, 即对任意恒成立. 综上所述,函数恰有一个不动点. （3）设,则函数有唯一不动点, 由可得, 则函数的不动点不唯一，必要性不成立， 另一方面，先证不动点是存在的， 不妨设是的唯一不动点,即， 令,则,那么,, 而,故,这说明是的不动点， 由只有一个不动点知,， 从而,这说明是的不动点，存在性得证. 再证唯一性，若还有另一个不动点,即, 则,这说明还有另一个不动点,与题设矛盾. 综上所述,函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点. 【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是在讨论时，通过转化得求的解，构造函数，通过导数得到其单调性和值域，从而证明原结论，第三问的关键是首先证明其必要性不成立，然后再证明不动点的存在性和唯一性. 10．对于函数，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点； 若存在，使得，则称为函数的二阶不动点； 依此类推，可以定义函数的 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点. (1)已知，求的不动点； (2)已知函数在定义域内单调递增，求证： “为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； (3)已知，讨论函数的稳定点个数. 【答案】(1)1；(2)证明见解析；(3)答案见解析 【详解】（1）设，则恒成立，故函数在R上单调递增， 又，故函数在R上有唯一零点，即有唯一不动点1； （2）证明：充分性：设为函数的不动点，则，则，即为函数的稳定点，充分性成立；必要性：设为函数的稳定点，即，假设，而在定义域内单调递增，若，则，与矛盾；若，则，与矛盾；故必有，即， 即，故为函数的不动点，综上， “为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； （3）当时，函数在上单调递增，由（2）知的稳定点与的不动点等价，故只需研究的不动点即可；令，则，则在上单调递减， ①当时，恒成立，即在上单调递增，当x无限接近于0时，趋向于负无穷小，且，故存在唯一的，使得，即有唯一解，所以此时有唯一不动点； ②当时，即时，，当x趋向无穷大时，趋近于0，此时， 存在唯一，使得，此时在上单调递增，在上单调递减， 故，当x趋近于0时，趋向于负无穷大，当x趋向正无穷大时，趋向于负无穷大，设，则在上单调递增，且，又在时单调递增，故（i）当时，即，此时，方程有一个解，即有唯一不动点； （ii）当shi ，即，此时，方程无解，即无不动点； （iii）当时，即，此时，方程有两个解，即有两个不动点；综上，当时或时，有唯一稳定点；当时，无稳定点； 当，有两个稳定点； 11．对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“t跃点” (1)若m为实数，函数，是“跃点”函数，求m的取值范围； (2)若a为非零实数，函数，是“2跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“2跃点”，求a的值： (3)若b为实数，函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求b的取值范围. 【答案】(1)；(2)或；(3) 【详解】（1）函数的导函数为，若函数，是“跃点”函数， 则方程有解，即有解，又因为，故，即. （2）因为，所以，若该函数是“2跃点”函数，则方程①有解，即有解， 由因式分解可得，当时上述方程成立，因此是方程的一个实数根； 当时，②，，当即时，方程②为，即方程②有两个相等的实数根，此时方程①的根为，则函数有两个不同的“2跃点”；当即时，方程②无解，此时方程①的根为，则函数有一个“2跃点”；当即时，方程②有两个不相等的实数根，若函数有两个不同的“2跃点”，则其中一个是实数根为，则，解得：.综上：的值为或. （3）函数，，若该函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个 “1跃点”， 则方程，即恰有一个实数根，即，，令，解得：；令，解得：且，故函数在和是严格的减函数，在上是严格的增函数.且，当趋近于负无穷，趋近于，当趋近于正无穷，趋近于正无穷，的图象如下图： 故当时，恰有一个实数根， 即时，恰有一个实数根， 所以b的取值范围为. 12．（2024·上海奉贤·三模）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”． (1)试问函数是否为函数的“导控函数”？ (2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”； (3)若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 【答案】(1)是 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据“导控函数”得定义求解即可； （2）由题意可得，再根据“导控点”的定义可得，求出，进而可求出，进而可得出答案； （3）根据“导控函数”的定义结合充分条件和必要条件的定义求证即可. 【解析】（1）由，得，由，得， 因为，所以函数是函数的“导控函数”； （2）由，得， 由，得， 由，得， 由题意可得恒成立， 令，解得， 故，从而有，所以， 又恒成立，即恒成立， 所以，所以， 故且“导控点”为； （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“导控函数”， 因此， 又， 因此函数是函数的“导控函数”， 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：理解“导控函数”和“导控点”的定义是解决本题的关键. 13．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）记，分别为函数，的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“好点”． (1)判断函数与是否存在“好点”，若存在，求出“好点”；若不存在，请说明珵由； (2)若函数与存在“好点”，求实数的值； (3)已知函数，，若存在实数，使函数与在区间内存在“好点”，求实数的取值范围． 【答案】(1)存在， (2) (3) 【分析】（1）假设存在“好点”，解方程组可得； （2）设“好点”为，解方程组得结论． （3）设“好点”为，由，用表示出，由求得的范围，利用导数求得的范围， 【解析】（1），， 假设存在满足，代入得，解得； 所以存在存在“好点”，且“好点”为1； （2），， 设“好点”为，满足，代入得，； （3）由已知，， 依题意可得：存在满足，代入得， 解得， 由，又，故解得， 令，则，在上增函数， ，时，，且当时，，所以， 所以． 【点睛】思路点睛：本题考查导数的定义，解题关键是掌握新定义“好点”的含义，对函数的“好点”，实质就是解方程组，因此凡是出现“好点”，解题时就是由此方程组求解．这样就把新定义转化一般的函数及其导数问题． 题型三：不等式角度下定义 14．（2024上海高三模拟）若函数满足对任意成立，则称为“反转函数”． (1)若是“反转函数”，求的取值范围． (2)①证明：为“反转函数”． ②设，证明：． 【答案】(1) (2)①②证明见解析 【分析】（1）根据“反转函数”的定义，分和两种情况讨论即可求出的取值范围； （2）①根据“反转函数”的定义证明，令，求导后可得在上递减，然后分和两种情况证明即可；②由①可得，当时，，令，则化简变形可得，然后累加可得结论. 【详解】（1）当时，由，得， 所以，所，即， 所以，得， 因为在上递减，所以， 所以， 当时，由，得， 所以，所以，得， 所以， 因为在上递增，所以， 所以， 综上，，即的取值范围为； （2）①证明：令，则 ， 所以在上递减， 所以当时，，所以， 所以， 当时，，所以， 所以， 所以为“反转函数”； ②证明：由①知，当时，，即， 所以， 所以对任意时，， 所以， 整理得. 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合，考查函数的新定义，考查利用导数证明不等式，第（2）问解题的关键是根据为反转函数可得当时，，然后令化简变形，考查计算能力和数学转化思想，属于难题. 15．（2024上海高三模拟）已知与都是定义在上的函数，若对任意，，当时，都有，则称是的一个“控制函数”． (1)判断是否为函数的一个控制函数，并说明理由； (2)设的导数为，，求证：关于的方程在区间上有实数解； (3)设，函数是否存在控制函数？若存在，请求出的所有控制函数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是，理由见解析；(2)证明见解析；(3)存在， 【详解】（1）对任意，则，且，故是函数的一个控制函数； （2）因为，则，则，，，，，设，，在上，在上，则在单调递减，在上单调递增，最大值， ，，，，，，，则， ，，即，同理，，，，即，综上：，，在区间上的值域为，则在区间上有实数解. （3）①先证引理:对任意，关于的方程在区间上恒有实数解.这等价于 ，由（2）知结论成立.②(证控制函数的唯一性)假设存在“控制函数”，由上述引理知，对任意，当时，都存在使得.(*)，下证：. 若存在使得，考虑到是值域为的严格增函数，故存在使得.由(*)知存在使得，于是有，由的单调性知，矛盾.故对任意都有，同理可证，对任意都有，从而. ③(证控制函数的存在性)最后验证，是的一个“控制函数”.对任意，当时，都存在使得，而由的单调性知，即.综上，函数存在唯一的控制函数. 16．（2024上海高三模拟）已知函数，． （1）求函数的极大值； （2）对于函数与定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”．设函数，试探究函数与是否存在“分界线”？若存在，请加以证明，并求出k，b的值；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）∵，∴， 令，解得；令，解得，∴函数在上递增，上递减， ∴极大； （2）设，则． ∴当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增． ∴是函数的极小值点，也是最小值点，∴． ∴函数与的图象在处有公共点． 设与存在“分界线”且方程为：．令函数， （i）由在上恒成立， 即在R上恒成立，∴成立， ∴，故． （ii）下面再证明：恒成立． 设，则．∴当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减． ∴时，取最大值：，则恒成立． 综上（i）和（ii）知且， 故函数与存在分界线为，此时，． 17．（23-24高三下·江苏南京·开学考试）设函数的导函数为，若对任意恒成立，则称函数在区间上的“一阶有界函数”． (1)判断函数和是否为上的“一阶有界函数”，并说明理由； (2)若函数为上的“一阶有界函数”，且在上单调递增，设，为函数图像上相异的两点，直线的斜率为，试判断“”是否正确，并说明理由； (3)若函数为区间上的“一阶有界函数”，求的取值范围． 【答案】(1)是上的“一阶有界函数”； 不是上的“一阶有界函数”；理由见解析 (2)正确；理由见解析 (3) 【分析】（1）根据“一阶有界函数”的定义即可判断选项； （2）根据函数为上的“一阶有界函数”，构造函数，利用导数判断函数的单调性，再结合函数单调递增的式子，化简判断； （3）根据函数为区间上的“一阶有界函数”，求得．构造函数，利用导数判断函数的单调性，求得最小值从而求得． 【详解】（1），在上恒成立，故是上的“一阶有界函数”； ，，，，故不是上的“一阶有界函数”； （2）若函数为上的“一阶有界函数”，则，在上单调递增， ，，令，，在上单调递减， 设，，其中 ，故； 在上单调递增，，，故； （3）函数， 若为区间上的“一阶有界函数”，则， 其中，，，，，， 则．令，， 其中，，在区间上单调递增， 故在区间上单调递增， ，，所以存在， 使，，，，， 在区间单调递增，在区间单调递减， 即， 对称轴为， 在区间上单调递减，恒成立， ，故． 【点睛】关键点点睛：第二问构造函数并作差判断. 18．（2024·上海·模拟预测）设定义域为的函数在上可导，导函数为.若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”. (1)判断是否为上的函数，说明理由； (2)若实数满足：为上的函数，求的取值范围； (3)已知函数存在最大值．对于：：对任意与恒成立，：对任意正整数都是上的函数，问：是否为的充分条件？是否为的必要条件？证明你的结论. 【答案】(1)是；理由见解析 (2)且． (3)是，是，证明见解析 【分析】（1）根据函数的定义求解可得； （2）由题意可得，即，令，求出的单调性即可求出，再由求出，即可得出答案. （3）先推导出为的充分条件，若成立，即对任意正整数，有：②，记函数的最大值为．用反证法证明与恒成立，从而可证明也为的必要条件． 【解析】（1）因为，根据题意可知， 等价于在时恒成立， 所以是上的函数． （2）实数满足：， 即．① 特别地，在①中取，可知， 反之，当时，①成立． 令，由于，且满足的为离散的数， 故为严格减函数，又，所以． 又． 从而的取值范围是：且． （3）若成立，则对任意正整数，有：， 即为上的函数，成立．故为的充分条件． 若成立，即对任意正整数，有：②， 记函数的最大值为． 先证明恒成立． 反证法，假如存在使得，则取正整数，使得， 此时有，与②矛盾． 这意味着为上的严格减函数． 再证明恒成立． 取为的一个最大值点， 则当时，由单调性知，但， 所以， 于是． 对任意，可取一个与有关的正整数，使得， 由②知：． 于是成立．故也为的必要条件． 【点睛】方法点睛：函数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. ， 19．定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”. (1)给出两组函数，①和②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”（只需直接给出结论，不需论证）； (2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，证明：和为“相伴函数”； (3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论. 【答案】(1)第（1）组是，第（2）组不是 (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）根据“相伴函数”的定义进行分析，从而作出判断. （2）根据“相伴函数”的定义进行分析，结合函数的奇偶性证得结论成立. （3）根据“相伴函数”的定义进行分析，结合充分、必要条件的知识确定正确答案. 【详解】（1）第（1）组是，第（2）组不是. ①和，， ， 所以这两组函数是 “相伴函数”. ②和，， 不一定为非正数， 所以这两组函数不是 “相伴函数”. （2）， 所以 ，所以 因此成立， 即和为“相伴函数”. （3）“和为相伴函数”的充要条件是 充分性：已知 则， ， 此时，所以， 即成立，和为相伴函数 必要性：已知和为相伴函数 所以， ， ， ，即， 由于取遍内的所有实数，因此当且仅当时成立， 所以， 所以“和为相伴函数”的充要条件是. 【点睛】解新定义题型的步骤：(1)理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.(2)重视“举例”,利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”;归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.(3)类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题. 20．（2024上海高三模拟）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数” (1)若，判断是否为上的“4类函数”； (2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围； (3)若为上的“2类函数”且，证明：，，. 【答案】(1)是 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由新定义可知，利用作差及不等式的性质证明即可； （2）由已知条件转化为对于任意，都有，对函数求导后进行分离参数，利用导函数研究函数的单调性和最值即可； （3）分和两种情况进行证明，，用放缩法进行证明即可. 【详解】（1）函数是上的“4类函数”，理由如下： 不妨设，所以， ， 所以是上的“4类函数”； （2），， 由题意知，对于任意不同的都有， 不妨设，则， 故且， 所以为上的增函数，为上的减函数， 所以对任意的，即， 由，令，则，， 令得在上单调递增，， 由，令， 只需，， 令得在单调递增， 所以， 综上所述，实数a的取值范围为； （3）证明：因为为上的“2类函数”，所以， 不妨设，当时，； 当时，因为， 所以 ， 综上所述，，，. 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立或恒成立；②数形结合（的图象在上方即可）；③讨论最值或恒成立；④讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围. 21．（2024长宁区二模）设函数的定义域为，若存在实数，使得对于任意，都有，则称函数有上界，实数的最小值为函数的上确界. 记集合在区间上是严格增函数. （1）求函数的上确界； （2）若，求的最大值； （3）设函数的定义域为.若，且有上界，求证：，且存在函数，它的上确界为0. 21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）. （1）解：函数在区间严格减, 所以函数的值域为， ……2分 进而函数的上确界为2. ……4分 （2）解：，， ……2分 由已知，当时，恒成立， ………4分 因为，所以. 所以的最大值为4 ………6分 （3）证明：因为函数有上界，设. 假设存在，使得，设， 因为,所以在上严格增，进而 得，， ……3分 取，且， 由，得① 由，得② ①式与②式矛盾，所以假设不成立， 即对于任意，均有. ……6分 令，则 因为当时，， 所以在上严格增， 因为的值域为， 所以函数的上确界为0. ……8分 22. （2024长宁区一模）若函数与满足：对任意，都有，则称函数是函数的“约束函数”.已知函数是函数的“约束函数”. （1）若，判断函数的奇偶性，并说明理由： （2）若，求实数的取值范围； （3）若为严格减函数，，且函数图像是连续曲线，求证：是上的严格增函数. 【答案】（1）是偶函数；理由见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意结合偶函数的定义分析证明； （2）根据题意结合的单调性分析可得，，设，，可知与均为上的严格增函数，利用导数分析求解； （3）根据题意分析可得任意，都有，利用反证法先证当时，，再明当时，，即可得结果. 【小问1详解】 因为，故对任意的都有． 又因为函数是函数的“约束函数”， 则对任意，都有， 取，可得恒成立， 即对任意的成立，故是偶函数； 【小问2详解】 因为是上的严格增函数，则是上的严格增函数， 设，则， 进而， 可得，， 所以，， 设，， 则与均为上的严格增函数， 因为，恒成立， 对于恒成立， 因为，，当且仅当时，等号成立， 所以，解得得， 当时，恒成立， 所以实数的取值范围为. 【小问3详解】 设，因为严格减函数，所以，即， 而，所以， 所以对任意，都有， ①首先证明：当时，， 假设存在，且， 设，则，， 所以存在，使得， 得，与结论对任意，矛盾， 所以不存在，使得， 同理可得：也不存在，使得， 所以当时，. ②再证明：当时，， 假设存在，使得，则， 设，则，， 所以存在，使得， 得，与结论对任意，矛盾， 所以假设不成立，即对任意，都有 所以是上的严格增函数. 【点睛】关键点睛：“新定义”题型的关键是根据新定义的概念、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，（3）中也结合反证法分析求解. 23．（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. (1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； (2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； (3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 【答案】(1)是，不是，理由见解析 (2)证明见解析 (3)的最大值是 【分析】（1）根据题意，由“类数”的定义分别计算判断和，可得结果. （2）因为，所以存在，使得且，由的连续性结合零点存在性定理可证明. （3），由的“类集”为以及的值域为可证明，再证明，由此可求出的最大值是. 【详解】（1）， 是函数的“类数”； ， 不是函数的“类数”. （2）因为函数的“类集”为集合，且， 所以存在，使得且， 若，则，所以， 因为函数的图象是连续不断的， 不妨设，由零点存在定理知，必存在使得， 所以存在零点，即. （3），则. 先证明： 因为函数的“类集”为， 所以对任意， 令，则， 因为函数的值域为， 所以当时，必有， 即对于恒成立， 所以函数的最小正周期应有，即，则. 再证明，此时，对于任意. 当时，，则； 当时，，则， 所以时函数的“类集”为，即. 我们不难发现，上述过程中令也成立.因此，的最大值是. 【点睛】思路点睛：（1）第二问由，可知必存在不是“类数”，即且，结合图象的连续性和零点存在性定理， 可知必存在使的零点.（2）由三角函数的值域可知，因为函数的“类集”为，则当时，必有，结合三角函数的对称性，当时，有最大值，所以只需证明可求出的最大值. 24．（2023·上海·模拟预测）设函数，其中，若任意均有，则称函数是函数的控制函数”，且对于所有满足条件的函数在处取得的最小值记为． (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，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，． 【答案】(1)是的控制函数 (2)证明见解析， (3)证明见解析 【分析】（1）令，利用导函数求单调性进而判断在上的正负即可； （2）利用导数的几何意义求得切线的方程，再利用导函数求单调性进而判断在上的正负即可； （3）设曲线在处的切线为，利用切线过求出与的关系，再利用控制函数的定义求解即可； 【解析】（1）当时，令， 所以，令解得或， 所以在单调递减， 又因为，所以在上小于等于0恒成立， 即在上恒成立，所以由题意是的控制函数. （2）当时，，， 所以，， 所以曲线在处的切线为，整理得， 令，则， 令解得，所以在单调递增，在单调递减， 又，所以在上小于等于0恒成立， 即在上恒成立，所以是的控制函数， 由题意. （3）由题意 设在处的切线为， 则，因为 且， 所以， 所以， ， 所以， 则即恒成立， 所以函数必是函数的“控制函数”. 是函数的“控制函数” 此时“控制函数”必与相切与点，与在处相切，且过点， 由上及知：当且仅当或时等号成立，其他位置恒有， 所以或. 所以曲线在处的切线过点，且， 当且仅当或时，. 【点睛】关键点点睛：对于第3问，利用导数求得在一点处的切线，再根据切线过点可解出与的关系. 25．（2023上·上海虹口·高三统考期末）已知与都是定义在上的函数，若对任意，，当时，都有，则称是的一个“控制函数”． (1)判断是否为函数的一个控制函数，并说明理由； (2)设的导数为，，求证：关于的方程在区间上有实数解； (3)设，函数是否存在控制函数？若存在，请求出的控制函数；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是，理由见解析 (2)证明见解析 (3)存在， 【分析】（1）根据已知控制函数的定义，即可得出结论； （2）设，，由其导数得出其在上的最大值为0，则，，变形化简得出，而在区间上的值域为，即可证明； （3）由上面两问可看出控制函数可能是原函数的导数，证明，根据不等式的运算可以证明，发现控制函数可能是原函数的导数去掉常数项. 【详解】（1）对任意，则，且， 故是函数的一个控制函数； （2）因为，则， 则， ，， 设， 在上，在上， 则在单调递减，在上单调递增， 最大值， ，，，，， ，， 则， ，即， 同理，， ，即 综上：， ，在区间上的值域为， 则在区间上有实数解. （3），则，其中 ， ， ， ，， ，则，即， 同理， 即， 则是的一个控制函数. 【点睛】关键点睛：对于函数的新定义题要理解好定义的内容，不等式运算时注意不等式的要求，变号时要多注意，一般的大题在前面的问题和后面的问题有联系，后面的问题没有思路时看看前面的问题， 26. （2024届奉贤区一模）若函数满足：对任意的实数，，有恒成立，则称函数为 “增函数” ． （1）求证：函数不是“增函数”； （2）若函数是“增函数”，求实数的取值范围； （3）设，若曲线在处的切线方程为，求的值，并证明函数是“增函数”． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）取反例即可证明； （2）若该函数是“增函数”，设出任意的，，则有恒成立，运算即可得； （3）借助导数的几何意义，对该函数求导后令导函数值为1，可得该方程有根，且是其中一个根，结合导数可证明该函数为严格增函数，故有且仅有一个根，即可得的值，而后设出，结合前面得出的在上是严格增函数，可得在上是严格增函数，又，则，即可得证. 【小问1详解】 取，则，因为， 故函数不是“增函数”； 【小问2详解】 因为函数是“增函数”，故任意的，， 有恒成立， 即恒成立 ， 所以恒成立， 又，，故，则， 则，即； 【小问3详解】 记， 根据题意，得， 可得方程的一个解， 令， 则，令， 则， 故在上是严格增函数， 又因为，故在恒成立，故， 故在上是严格增函数，所以是唯一解， 又，此时在处的切线方程即为， 故成立； 设，其中， ，由在上是严格增函数以及， 得， 即 ， 所以在上是严格增函数， 因为，则,故，即得证. 【点睛】本题考查函数新定义，理解新定义是关键，难点在最后一问中的的计算与“增函数”的证明，需要多次求导以得到函数的单调性，结合导数的几何意义帮助计算的值，证明为“增函数”要结合对新定义的理解，设出函数以帮助证明. 题型五：函数性质角度下定义 27．设为的导函数，若是定义域为D的增函数，则称为D上的“凹函数”，已知函数为R上的凹函数． (1)求a的取值范围； (2)设函数，证明：当时，，当时，． (3)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】(1)对函数求三次导数，根据导函数的正负和题干条件进行求解即可； (2)对函数两次求导，判断导数与零的大小关系，进而确定； (3)由（2）可知：，将不等式进行等价转化为，再结合（1）即可证明. 【解析】（1）解，设为的导函数， 则． 设，则． 当时，；当时，． 所以在上是减函数，在上增函数． 所以． 因为为R上的凹函数，所以， 解得，故a的取值范围是． （2）证明，的导函数． 若，则，若，则， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，则，为增函数． 又，所以当时，，当时，． （3）证明：由（2）知， 即， 所以． 由（1）知，，因为， 所以， 所以， 故． 28．已知函数. （1）求函数的图象在（为自然对数的底数）处的切线方程； （2）若对任意的，均有，则称为在区间上的下界函数，为在区间上的上界函数. ①若，求证：为在上的上界函数； ②若，为在上的下界函数，求实数的取值范围. 【解析】（1）因为，所以， 所以函数的图象在处的切线斜率. 又因为，所以函数的图象在处的切线方程为； （2）①由题意得函数的定义域为.令，得. 所以当时，；当时，. 故函数在上单调递增，在上单调递减. 所以.因为，所以， 故当时，在上恒成立，所以在上单调递增， 从而，所以，即， 所以函数为在上的上界函数； ②因为函数为在上的下界函数， 所以，即. 因为，所以，故. 令，，则. 设，，则， 所以当时，，从而函数在上单调递增，所以， 故在上恒成立，所以函数在上单调递增，从而. 因为在上恒成立，所以在上恒成立， 故，即实数的取值范围为. 29． （2024嘉定区一模） 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 【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. 【小问1详解】 ，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. 【小问2详解】 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. 题型五：构造新函数 30．（2025上海长宁·一模）双曲余弦函数，双曲正弦函数． (1)求函数的单调增区间； (2)若函数在上的最小值是，求实数a的值； (3)对任意恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）求导函数零点，通过导函数的符号求解单调区间； （2）整体换元转化为二次函数的最小值问题，根据轴与区间关系分类讨论可求； （3）先证明辅助结论，再利用结论分别证明“当时，恒成立”与“对任意的，都存在，使”两个命题成立，即可得范围. 【详解】（1）由，， 则，令，解得， 当时，，则双曲余弦函数在单调递增； 当时，，则双曲余弦函数在单调递减； 所以函数的单调增区间是． （2）. 令， 所以在上是严格增函数， 则当时，， 函数， 当时，严格增，，舍去， 当时，，解得. 综上所述，实数a的值为. （3）①证明， 令， 则， 所以在上单调增，则， 则当，，即成立； 令， 则， 所以在上单调增，则， 则当，，即成立； 故，得证. ②证明， 令， 令为偶函数. 令，且， 则当时，由①结论可知，， 则，即当时，， 由偶函数性质得，从而单调增，又， 所以当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； 从而，即有． ③再证明：任意，当时，恒成立. 设，，其中， 当时，，成立； 当时，，在单调递增， 则，由②已证， 故， 即任意，当时，恒成立. ④再证明对任意的，都存在实数，使得. 令， 令为偶函数， 令， 则当时，， 所以单调递增， 由于，所以，且当， (由于是偶函数，由对称性以下只需要考虑时.) 所以存在，使得， 从而当时，，即，则在单调递减； 当时，，即，则在单调递增； 又时，， 所以存在，使得， 即有当时，，即，则在时单调递减； 当时，，即，则在时单调递增； 又时，， 所以存在，使得，当时，. 对任意的，都存在，使得，得证. 综上所述，实数m的取值范围为． 【点睛】关键点点睛：解决本题中第（3）问恒成立问题的关键，是两次构造中间函数证明不等式，一是引入中间函数（一次函数）证明，从而证明得以判断导函数符号；二是引入主元变换引入以参数为自变量的函数，构造中间函数，通过证明，利用单调性可得，从而当时，恒成立得证. 31．（2025上海杨浦·一模）已知是定义域为的函数，实数，称函数为函数的“-生成函数”，记作. (1)若，求函数的值域； (2)若，函数满足对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)若满足：①；②在上存在导函数，且在上是严格增函数；③对于任意的“-生成函数”的图像是一段连续曲线，求证：函数在上是严格增函数. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由题意得到，，结合，求出函数的最值，得到值域； （2），，故对任意的恒成立，构造函数，，结合特殊点函数值，多次求导，由端点值效应得到时，满足要求，并得到时，不满足要求，得到答案； （3）得到，求导得到， 由的单调性，得到在上单调递增，又，故，两边同时除以得，证明出结论. 【详解】（1） ，， 因为，所以，，所以当， 即时，取得最小值，最小值为， 当，即时，取得最大值，最大值为2， 故函数值域为； （2），故，， ，， 对任意的恒成立， 令，， 则，其中，， 显然，令，， 则，， 令，， ， 令，则在上单调递减， 又在上单调递增， ，故在上恒成立， 故在恒成立， 故在上单调递增， 其中，若，即时，在上恒成立， 在上单调递增，， 故在上单调递增， ，满足要求， 若，则，故存在适当的，使得时，， 故在上单调递减，又， 故在恒成立，不合要求， 综上，实数的取值范围是； （3），， 由于，故， ， 因为在上是严格增函数，， 所以，， 故在上单调递增， 又，故在恒成立， 两边同时除以得， 由于为上的任意数，故函数在上是严格增函数. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图象确定条件. 32．（2024·河北·二模）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”. (1)判断函数是否是“函数”； (2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值； (3)若函数是“函数”，求的取值范围. 【答案】(1)是“函数”，不是“函数” (2)1 (3)，且 【分析】（1）根据“函数”的定义即可判断是否是“函数”. （2）根据周期函数的定义，结合“函数”的条件，进行判断和证明即可. （3）根据“函数”的定义，分别讨论，和时，满足的条件即可. 【详解】（1）函数是函数，设， 则， 所以存在，使得，所以函数是“函数”. 函数，函数的最小正周期为，函数的图象如图所示， 不妨研究函数在这个周期的图象. 设，则， 所以， 所以函数不是“函数”. （2）因为是以为最小正周期的周期函数，所以. 假设，则，所以，矛盾. 所以必有. 而函数的周期为1，且显然不是函数. 综上所述，的最小值为1. （3）当函数是“函数”时， 若，则显然不是函数，矛盾. 若，则， 所以在上单调递增， 此时不存在，使得， 同理不存在，使得， 又注意到，即不会出现的情形， 所以此时不是函数. 当时，设，所以， 所以有，其中， 当时，因为，所以， 所以， 当时，， 因为，所以， 所以. 综上所述，，且. 【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决． 33．设是定义域为的函数，当时，. (1)已知在区间上严格增，且对任意，有，证明：函数在区间上是严格增函数； (2)已知，且对任意，当时，有，若当时，函数取得极值，求实数的值； (3)已知，且对任意，当时，有，证明：. 【答案】(1)证明见解析；(2)；(3)证明见解析 【详解】（1）不妨设，在区间上严格增，对任意，有， 又，函数在区间上是严格增函数； （2）由（1）可知：在区间上严格增时，在区间上是严格增，当在区间上严格减时，在区间上是严格减，又当时，函数取得极值，当时，函数也取得极值，可得，当时，，在左右附近两侧异号，满足条件，所以. （3）当时，由条件知，当时，对任意，有，即，又的值域是，，当时，对任意，有，， 又的值域是，，综上可知，任意，. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025年高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇） 专题训练02 导数新定义问题（新概念） 题型一：切线角度下定义 1．已知函数，． （1）求函数的极值； （2）求函数的单调区间； （3）定义：同时相切于两条（或两条以上）的曲线的直线叫做两条（或两条以上）的曲线公切线．判断与是否存在公切线，如果不存在，请说明理由，如果存在请指出公切线的条数． 2．（22-23高三下·上海杨浦·阶段练习）若函数图像上存在相异的两点P、Q，使得函数在点P和点Q处的切线重合，则称是“双切函数”，点P、Q为“双切点”，直线PQ为的“双切线”． (1)若，判断函数是否为“双切函数”，并说明理由； (2)若，证明：函数是“双切函数”，并求出其“双切线”； (3)，求证：“”是“双切函数”的充要条件是“” 3．（2025上海崇明·一模）定义：若曲线和曲线有公共点P，且曲线在点P处的切线与曲线在点P处的切线重合，则称与在点P处“一线切”. (1)已知圆与曲线在点处“一线切”，求实数a的值； (2)设，，若曲线与曲线在点P处“一线切”，求实数a的值； (3)定义在上的函数的图象为连续曲线，函数的导函数为，对任意的，都有成立.是否存在点使得曲线和曲线在点处“一线切”？若存在，请求出点的坐标，若不存在，请说明理由. 4．（23-24高三上·上海·期中）设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图像．若过点恰能作曲线的条切线，则称是函数的“度点”． (1)判断点是否为函数的1度点，请说明理由； (2)若点是的“度点”，求自然数的值； (3)求函数的全体2度点构成的集合． 5．（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”． 6．已知函数. （1）当时，求函数的单调递增区间； （2）记函数的图象为曲线，设点、是曲线上两个不同点，如果曲线上存在，使得：①；②曲线在点处的切线平行于直线，则称函数存在“中值相依切线”.试问：函数是否存在中值相依切线，说明理由. （3）当，时，关于的不等式恒成立，求实数的最大值. 7．（2025届浦东新区一模）过曲线上一点作其切线，若恰有两条，则称为的“类点”；过曲线外一点作其切线，若恰有三条，则称为的“类点”；若点为的“类点”或“类点”，且过存在两条相互垂直的切线，则称为的“类点”． (1)设，判断点是否为的“类点”，并说明理由； (2)设，若点为的“类点”，且过点的三条切线的切点横坐标可构成等差数列，求实数的值； (3)设，证明：轴上不存在的“类点”． 8．（2025松江区一模）定义在上的函数，若对任意不同的两点，，都存在，使得函数在处的切线与直线平行，则称函数在上处处相依，其中称为直线的相依切线，为函数在的相依区间．已知． (1)当时，函数在上处处相依，证明：导函数在上有零点； (2)若函数在上处处相依，且对任意实数、，，都有恒成立，求实数的取值范围． (3)当时，，为函数在的相依区间，证明：． 题型二：方程角度下定义 9．（2023·上海徐汇·三模）若函数满足，称为的不动点. (1)求函数的不动点； (2)设.求证：恰有一个不动点； (3)证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点. 10．对于函数，若存在，使得，则称为函数的一阶不动点； 若存在，使得，则称为函数的二阶不动点； 依此类推，可以定义函数的 阶不动点. 其中一阶不动点简称不动点，二阶不动点也称为稳定点. (1)已知，求的不动点； (2)已知函数在定义域内单调递增，求证： “为函数的不动点”是“为函数的稳定点”的充分必要条件； (3)已知，讨论函数的稳定点个数. 11．对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“t跃点” (1)若m为实数，函数，是“跃点”函数，求m的取值范围； (2)若a为非零实数，函数，是“2跃点”函数，且在定义域内存在两个不同的“2跃点”，求a的值： (3)若b为实数，函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在一个“1跃点”，求b的取值范围. 12．（2024·上海奉贤·三模）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意均有，则称函数是函数的“导控函数”．我们将满足方程的称为“导控点”． (1)试问函数是否为函数的“导控函数”？ (2)若函数是函数的“导控函数”，且函数是函数的“导控函数”，求出所有的“导控点”； (3)若，函数为偶函数，函数是函数的“导控函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数使得恒成立”． 13．（23-24高三上·上海浦东新·阶段练习）记，分别为函数，的导函数．若存在，满足且，则称为函数与的一个“好点”． (1)判断函数与是否存在“好点”，若存在，求出“好点”；若不存在，请说明珵由； (2)若函数与存在“好点”，求实数的值； (3)已知函数，，若存在实数，使函数与在区间内存在“好点”，求实数的取值范围． 题型三：不等式角度下定义 14．（2024上海高三模拟）若函数满足对任意成立，则称为“反转函数”． (1)若是“反转函数”，求的取值范围． (2)①证明：为“反转函数”． ②设，证明：． 15．（2024上海高三模拟）已知与都是定义在上的函数，若对任意，，当时，都有，则称是的一个“控制函数”． (1)判断是否为函数的一个控制函数，并说明理由； (2)设的导数为，，求证：关于的方程在区间上有实数解； (3)设，函数是否存在控制函数？若存在，请求出的所有控制函数；若不存在，请说明理由． 16．（2024上海高三模拟）已知函数，． （1）求函数的极大值； （2）对于函数与定义域上的任意实数x，若存在常数k，b，使得和都成立，则称直线为函数与的“分界线”．设函数，试探究函数与是否存在“分界线”？若存在，请加以证明，并求出k，b的值；若不存在，请说明理由． 17．（23-24高三下·江苏南京·开学考试）设函数的导函数为，若对任意恒成立，则称函数在区间上的“一阶有界函数”． (1)判断函数和是否为上的“一阶有界函数”，并说明理由； (2)若函数为上的“一阶有界函数”，且在上单调递增，设，为函数图像上相异的两点，直线的斜率为，试判断“”是否正确，并说明理由； (3)若函数为区间上的“一阶有界函数”，求的取值范围． 18．（2024·上海·模拟预测）设定义域为的函数在上可导，导函数为.若区间及实数满足：对任意成立，则称函数为上的“函数”. (1)判断是否为上的函数，说明理由； (2)若实数满足：为上的函数，求的取值范围； (3)已知函数存在最大值．对于：：对任意与恒成立，：对任意正整数都是上的函数，问：是否为的充分条件？是否为的必要条件？证明你的结论. 19．定义：设和均为定义在上的函数，它们的导函数分别为和，若不等式对任意实数恒成立，则称和为“相伴函数”. (1)给出两组函数，①和②和，分别判断这两组函数是否为“相伴函数”（只需直接给出结论，不需论证）； (2)若是定义在上的可导函数，是偶函数，是奇函数，，证明：和为“相伴函数”； (3)，写出“和为相伴函数”的充要条件，证明你的结论. 20．（2024上海高三模拟）若函数在上有定义，且对于任意不同的，都有，则称为上的“k类函数” (1)若，判断是否为上的“4类函数”； (2)若为上的“2类函数”，求实数a的取值范围； (3)若为上的“2类函数”且，证明：，，. 21．（2024长宁区二模）设函数的定义域为，若存在实数，使得对于任意，都有，则称函数有上界，实数的最小值为函数的上确界. 记集合在区间上是严格增函数. （1）求函数的上确界； （2）若，求的最大值； （3）设函数的定义域为.若，且有上界，求证：，且存在函数，它的上确界为0. 22. （2024长宁区一模）若函数与满足：对任意，都有，则称函数是函数的“约束函数”.已知函数是函数的“约束函数”. （1）若，判断函数的奇偶性，并说明理由： （2）若，求实数的取值范围； （3）若为严格减函数，，且函数图像是连续曲线，求证：是上的严格增函数. 23．（2024·上海徐汇·一模）已知定义域为的函数，其导函数为，若点在导函数图象上，且满足，则称为函数的一个“类数”，函数的所有“类数”构成的集合称为“类集”. (1)若，分别判断和是否为函数的“类数”，并说明理由； (2)设的图象在上连续不断，集合.记函数的“类集”为集合，若，求证：； (3)已知，若函数的“类集”为时的取值构成集合，求当时的最大值. 24．（2023·上海·模拟预测）设函数，其中，若任意均有，则称函数是函数的控制函数”，且对于所有满足条件的函数在处取得的最小值记为． (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，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，． 25．（2023上·上海虹口·高三统考期末）已知与都是定义在上的函数，若对任意，，当时，都有，则称是的一个“控制函数”． (1)判断是否为函数的一个控制函数，并说明理由； (2)设的导数为，，求证：关于的方程在区间上有实数解； (3)设，函数是否存在控制函数？若存在，请求出的控制函数；若不存在，请说明理由． 26. （2024届奉贤区一模）若函数满足：对任意的实数，，有恒成立，则称函数为 “增函数” ． （1）求证：函数不是“增函数”； （2）若函数是“增函数”，求实数的取值范围； （3）设，若曲线在处的切线方程为，求的值，并证明函数是“增函数”． 题型五：函数性质角度下定义 27．设为的导函数，若是定义域为D的增函数，则称为D上的“凹函数”，已知函数为R上的凹函数． (1)求a的取值范围； (2)设函数，证明：当时，，当时，． (3)证明：． 28．已知函数. （1）求函数的图象在（为自然对数的底数）处的切线方程； （2）若对任意的，均有，则称为在区间上的下界函数，为在区间上的上界函数. ①若，求证：为在上的上界函数； ②若，为在上的下界函数，求实数的取值范围. 29． （2024嘉定区一模） 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） 题型五：构造新函数 30．（2025上海长宁·一模）双曲余弦函数，双曲正弦函数． (1)求函数的单调增区间； (2)若函数在上的最小值是，求实数a的值； (3)对任意恒成立，求实数m的取值范围． 31．（2025上海杨浦·一模）已知是定义域为的函数，实数，称函数为函数的“-生成函数”，记作. (1)若，求函数的值域； (2)若，函数满足对任意的恒成立，求实数的取值范围； (3)若满足：①；②在上存在导函数，且在上是严格增函数；③对于任意的“-生成函数”的图像是一段连续曲线，求证：函数在上是严格增函数. 32．（2024·河北·二模）已知为实数，用表示不超过的最大整数，例如，对于函数，若存在，使得，则称函数是“函数”. (1)判断函数是否是“函数”； (2)设函数是定义在上的周期函数，其最小正周期是，若不是“函数”，求的最小值； (3)若函数是“函数”，求的取值范围. 33．设是定义域为的函数，当时，. (1)已知在区间上严格增，且对任意，有，证明：函数在区间上是严格增函数； (2)已知，且对任意，当时，有，若当时，函数取得极值，求实数的值； (3)已知，且对任意，当时，有，证明：. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$