专题20 导数综合压轴题 【基础提升练+综合重点练】- 2026届高三数学一轮复习专项训练（上海专用）

2026届高三数学一轮复习专项训练（综合重点练） 专题20 导数综合压轴题 题型一、导数与切线综合题 1. （2025七宝中学高三三模）若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． （1）若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，求的值； （2）求曲线所有切线的方程； （3）设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线?若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 【答案】（1）3 （2）答案详见解析 （3）答案详见解析 【解析】 【分析】（1）利用斜率坐标求出斜率，在应用导数几何意义求解即可； （2）求出函数在点处的切线方程，在应用切线的定义求解即可； （3）根据，求得导数，从而求得在点处的切线方程，构造新函数，则有3个零点，应用导数进行讨论即可. 【小问1详解】 曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为， 所以切线斜率为， 所以. 【小问2详解】 ，所以. 设切点为，则切线斜率为， 所以切线方程为，即. 设， 因为切线为切线，所以有且仅有1个根， 所以解得， 所以曲线所有切线仅有一条，切线方程为. 【小问3详解】 ，所以， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 令， 所以， 因为，所以， 当，时，，单调递增； 当时，，单调递减. 所以的所有极大值为， 当时，极大值为，即. 当为正整数时，极大值均小于，所以在无零点. 当为负整数时，极大值均大于，的所有极小值为, 当时，极小值，且随着的增大，极小值越来越小， 因此曲线在点处的切线为切线，等价于有三个零点，等价于，即有解. 令，则， 所以在单调递增，又，， 所以存在唯一实数，满足， 所以存在唯一实数，使得曲线在点处的切线为切线. 2．（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. 题型二、导数与数列综合 3．（2023·上海嘉定·一模）已知． (1)求函数的单调区间和极值； (2)请严格证明曲线有唯一交点； (3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明过程见解析 (3)证明过程见解析 【分析】（1）根据导数的性质，结合极值的定义进行求解即可； （2）构造新函数利用导数的性质，结合函数零点存在原理进行求解即可； （3）根据题意得到，结合（1）中结论、等比数列的定义进行运算证明即可. 【解析】（1）由题意可知：的定义域为，的定义域为， ， 当时，得，此时函数单调递增， 当时，得，此时函数单调递减， 因此函数极大值为， 单调递增区间为，单调递减区间为； 当时，得，此时函数单调递增， 当时，得，此时函数单调递减， 因此函数极大值为， 单调递增区间为，单调递减区间为， 所以函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为； 函数极大值为，单调递增区间为，单调递减区间为. （2）设， 设， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 设， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以， 因此有，当时取等号， 于是有， 因此单调递减，而， 根据函数零点存在原理，当时，函数在内有唯一零点， 因此有唯一实根，因此曲线有唯一交点. （3）由（1）可知两个函数的最大值均为， 且函数单调递增区间为，单调递减区间为； 函数单调递增区间为，单调递减区间为， 由（2）可知曲线有唯一交点，且交点在内， 因为直线和曲线共有三个不同交点，其中， 因此两条曲线必过两个曲线的交点， 所以有， 因此有， 因为，，在上单调递增， 所以有， 同理，，而函数在单调递减， 所以有，而，所以， 因此成等比数列. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用构造新函数，利用导数的性质、结合放缩法进行运算证明. 4.（2025上海市徐汇中学高三三模） 已知，函数. （1）当时，求的值域； （2）若函数在区间上是严格增函数，求a的最大值； （3）设.方程的所有正实数解按从小到大的顺序排列后，是否能构成等差数列？若能，求所有满足条件的u的值；若不能，说明理由. 【答案】（1）的值域为； （2）a的最大值为； （3）或满足条件，理由见解析. 【解析】 【分析】(1)结合二次函数性质和正弦函数的性质可求的值域；(2)由已知可得在上恒成立，通过换元及分离变量结合不等式与函数关系，可求a的最大值；(3)结合已知条件及正弦函数图象及性质可求u的值； 【小问1详解】 因为，，所以，因为，所以，所以，所以的值域为； 【小问2详解】 因为，， 所以， 化简得， 因为函数在区间上是严格增函数， 所以在上恒成立，所以在上恒成立，令，则，因为，所以，又， 所以在上恒成立，所以在上恒成立，又函数在上单调递减，所以当时，取最小值，最小值为，所以，所以a的最大值为； 【小问3详解】 因为，，所以不等式可化为， 令，则，，作函数的图象， 又当时，， 由图象可得当或时，方程在上没有解，方程没有解； 当时，方程的解为，则，方程的正实数解按从小到大的顺序排列记为，如图， 则，，，所以该数列不是等差数列， 当时，方程在内有两个解，设方程的解为，且，，作函数，，图象如下， 方程和的正实数解按从小到大的顺序排列记为， 设数列为等差数列，设数列的公差为，因为，所以，，则，所以，则，与矛盾， 当时，方程在内有一个解，设方程的解为，且，作函数，，图象如下， 方程的正实数解按从小到大的顺序排列记为， 设数列为等差数列，设数列的公差为，因为，所以，，则，所以，与矛盾， 若，则方程在内的解为，所以，所以，所以方程的正实数解按从小到大的顺序排列后所得数列为，该数列为等差数列，满足条件； 当时，方程在内有两个解，，由，可得，，由，可得或，， 所以方程的所有正实数解按从小到大的顺序排列后满足，，，所以，所以该数列为等差数列， 综上所述，当或时，方程的正实数解按从小到大的顺序排列后所得数列为等差数列. 5. （2025上海宝山区高三三模）把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为（是正整数），为导函数.记，. （1）若，求证：是等比数列； （2）若，是否存在正数，使得； （3）已知在上有最小值，求证“是偶函数”的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 【答案】（1）证明见解析 （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）首先求的导数，再根据等比数列的定义，即可证明； （2）首先求和集合，再利用导数讨论函数的单调性，由，讨论得到取值范围； （3）首先证明必要性，若函数为偶函数，根据偶函数的性质，证明，再证明充分性，若对于任意正实数，均有，分和两种情况证明. 【小问1详解】 ，因为， 所以是以为公比的等比数列； 【小问2详解】 ，所以 且 令 则得：在严格增，在严格减 ①当时，，所以与矛盾； ②当时，，所以] 令 则，所以在上严格减，所以， 而当时，,从而矛盾，综上，不存在正数，使得. 【小问3详解】 必要性：若为偶函数，则 ， 当，因为，故； 同理可证，故. 充分性：若对于任意正实数，均有，其中， 因为有最小值，不妨设， 由于任意，令，则， 故最小元素为中最小元素为， 又，则对任意成立， 则， 若，则对任意成立是偶函数， 若，此后取， 最小元素是，且最小元素是， 则 综上，任意，即是偶函数. 故“是偶函数”的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 6. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知函数，其中 . （1）求函数的单调区间； （2）设函数，问:函数的图像上是否存在三点，使得它们的横坐标成等差数列，且直线 的斜率等于 在点 处的切线的斜率? 若存在，求出所有满足条件的点的坐标; 若不存在，说明理由; （3）证明: 函数 图像上任意一点都不落在函数 图像的下方 【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为 （2）不存在，理由见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求解函数的单调区间； （2）利用反证法，先假设存在，化简后得出矛盾即可证明； （3）构造新函数，原题转化为求证新函数最小值不小0即可. 【小问1详解】 定义域为，， 显然在上严格增，且. 所以当时，；当时，. 的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 ，假设存在三点满足条件， 设三点的横坐标分别为 则，， 即，即，令，则， 当且仅当时等号成立，所以严格增，只有一个零点，矛盾， 所以不存在满足条件的三点. 【小问3详解】 令，只需证明当时，恒成立. 由， 当时，显然严格增， 当，分两段， ①当时，，所以； ②当时，， 令，则，再令， 则，当时，，所以单调递增， 所以，即，所以单调递增， 所以，所以，， 综上可知，， 所以 图像上任意一点都不落在函数 图像的下方. 【点睛】关键点点睛：第三问中，图象位置关系转化为函数之差的最小值不小于0即可，再构造函数，利用导数求出函数的最小值即可得证. 题型三、导数与集合综合 7. （2024青浦区高三三次学业监测）设函数的定义域为，集合．若中有且仅有一个元素，则称为函数的一个“值” （1）设，求的值； （2）设，且，若的函数值中不存在值，求实数取值的集合； （3）已知定义域为的函数的图象是一条连续曲线，且函数的所有函数值均为值，若，证明：在上为严格增函数的一个充要条件是． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意可知有唯一解，由可求出结果； （2）求以及，研究的单调性，分析的图像，可得出的函数值中不存在值时的情况，列出等式可解出的取值； （3）从充分性以及必要性两种情况来证. 【小问1详解】 由题设知：有唯一解， 即有唯一解，所以，解得：. 所以的值为. 【小问2详解】 ， 当时，由可得：或，由可得：或， 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，，当时，，且，，画简图如下： 若的函数值中不存在值，则不存在唯一解，即， 解得：； 当时，，令，则，令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增，此时存在有唯一解，不符合题意，所以，实数取值的集合为. 【小问3详解】 由函数的图象是一条连续曲线，且函数的所有函数值均为值可知，的任一解均唯一，即是单调函数. 充分性：若在上为严格增函数，则对， 有，即成立，则有； 必要性：若在上不为严格增函数，因为是单调函数，则假设是单调减函数， 则对，都有，即成立， 与矛盾，所以假设不成立，即在上为严格增函数. 得证. 【点睛】思路点睛：若集合中有且仅有一个元素，等价于有唯一解，研究函数的单调性以及图像，判断有唯一解的情况即可. 8. （2025上海市育才中学高三三模）设定义域为的函数，对于，定义 （1）设，求； （2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由； （3）函数的定义域是，函数值恒正，其导函数为；当时，．若对任意，均有，求证：“函数是上的严格增函数”当且仅当“”． 【答案】（1）； （2）存在，； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据定义求解即可； （2）由题意可得，令，当时，利用导数确定函数的单调性及极值，再根据定义求解即可；当时，可得是函数的极小值点，再根据定义求解即可； （3）根据充要条件的定义证明即可. 【小问1详解】 由题设， 由化简得， 解得， 故． 【小问2详解】 因为， 代入定义得：， 构造函数， 故， 令， 当时，， 所以存在，；所以当、时，， 进一步，列表可得： 0 0 0 0 单调递减 极小值 单调递增 极大值 单调递减 极小值 单调递增 由此是函数的极大值点， 故当时，是一段闭区间， 因此， 特别地，当时，，，， 故仍是一段闭区间， 故； 当时，， 故当且仅当时，． 同理，是函数的极小值点，且取得最小值， 当时，是一段闭区间，由此得， 综上所述，存在满足条件的，且； 【小问3详解】 证明：假设，若， 则，因此矛盾， 故， ①先证充分性： 引理：对任意，当满足时，， 已知，． 假设， 设，任取，，则， 因为函数是严格增函数， 所以，即， 所以， 由此， 因此考虑构造， 当， 则， 而， 所以函数是严格减函数，，故矛盾， 即， 下面证明函数在上为严格增函数： 任取，若，， 联立上式可得． 而，，又因为是严格减函数， 则．由于，， 所以，故． 同理，可证函数在上为严格增函数，且， 故函数在上为严格增函数，因此充分性得证． ②再证必要性： 因为函数是上的严格增函数且， 当时，； 当时，， 因此， 因此必要性得证． 综上，函数是上的严格增函数”当且仅当“. 题型四、定义新概念 9. （2025华东师大三附中高三三模）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． （1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． （2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 【答案】（1）； （2）①；②证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由给定的定义把问题转化为方程有唯一零点，再构造函数，利用导数探讨函数的性质求解即可. （2）①根据给定的定义将问题转化为方程有两个不同的零点求解；②由①中信息，利用极值点偏移求解. 【小问1详解】 由与为“契合函数”，得，使 ，令，依题意，方程有唯一解， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 当时，，时，，， 又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或， 所以实数a的取值范围是. 【小问2详解】 ①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”， 得存在，使， 即关于的方程有两个相异正根，令函数， 求导得， 由，得，得当时，；当时，， 则函数在上递增，在上递减，则， 当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点， 所以b的取值范围是. ②由（1）知，当时，，令， 求导得， 令，求导得， 当时，，函数在上单调递减，，， 函数在上单调递减，，因此当时，， 而，则，又，于是， 又，函数在上递减，则， 所以. 10. （2025华东师范二附中高三三模）已知是定义在上的函数，集合对任意，都有．当时，若函数存在最小值，则称为直线的“距离”． （1）若，直接写出相应的集合； （2）设，且存在实数，使得直线的一距离不小于，求的取值范围； （3）设的导函数在上严格增．若对任意，都有且直线与的距离相等．证明：是偶函数． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分、两种情况进行分析，说明，再结合可得出的取值范围，即可得出集合； （2）要求直线的“距离”，则求的最小值，分、两种情况讨论，利用导数求出函数的最小值，可得出，再利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围； （3）先推导出，设点为函数图象上的一点，的最小值，令，，结合题中定义推导出，结合的任意性以及函数奇偶性的定义可证得结论成立. 小问1详解】 因为，则， 若，由可得，可知当时，，不合乎题意； 若，由可得，可知当时，，不合乎题意. 故，由可得，故. 【小问2详解】 要求直线的“距离”，则求的最小值，分以下两种情况讨论： ①当时，对任意的恒成立， 所以在上严格减，无最小值； ②当时，，由得，由得， 所以函数在区间上严格减，在区间上严格增， 故，所以， 令，其中，则， 由得，由得， 所以，函数区间上严格增，在区间上严格减， 由题意知，故实数的取值范围是. 【小问3详解】 先说明，设点为函数图象上的一点， 因为存在，则存在，设直线， 其中为任意的正常数， 考虑的最小值， 因为，且在上为严格增函数， 故当时，，即在上严格减， 当时，，即在上严格增， 故为函数的极小值点，也是最小值点，故， 若令，， 则对恒成立，即， 所以，且直线的“距离”为， 因为对任意的，都有， 考虑直线， 考虑， 因为直线的“距离”和直线的“距离”相等， 所以对任意的恒成立，所以， 则, 即，即， 同理有，故， 由的任意性可知函数为上的偶函数. 11. （2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）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t的取值范围； （3）已知函数存在最大值．求证：对任意正整数都是上的函数的充要条件是对任意与恒成立 【答案】（1）是，理由见解析； （2）且； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，作差判断即可. （2）利用给定定义列出恒成立的不等式，再建立关于的不等式求解即得. （3）根据给定的定义，按充分性、必要性分别推理证明. 小问1详解】 函数，求导得， ，恒成立， 所以是上的函数. 【小问2详解】 由为上的函数，， 得， 取，得，反之当时，在恒成立， 令，求导得，且的为离散的点， 因此为严格减函数，又，则， 又， 所以t的取值范围是：且. 【小问3详解】 （充分性）对任意与恒成立，则对任意正整数，有：， 因此为上的函数，即充分条件成立； （必要性）即对任意正整数，有①， 记函数的最大值为， 先证明恒成立， 反证法，假设存在使得，则取正整数，使得， 此时有，与①矛盾，因此假设错误，即； 再证明恒成立， 取为的一个最大值点， 则当时，由单调性知，但，则， 于是， 对任意，可取一个与有关的正整数，使得， 由②知：，因此必要性成立， 所以原命题正确． 12. （2025上海市金山中学高三三模）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数． （1）求证：函数是函数的“控制函数” （2）若存在实数，使得函数是函数的“控制函数”，求控制系数的取值范围； （3）若，其中且，函数为定义在上的偶函数，函数是函数的“控制函数”，当时，求证““的充要条件是“为常值函数”． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据控制函数的定义证明即可； （2）根据题意得出恒成立，分类讨论求出其最小值将问题转化为使得，即得，再利用导数求解不等式即可； （3）充分性：假设，根据为偶函数求出，再求证；必要性：根据以及得出即可. 【小问1详解】 因为，所以， 故，即恒成立， 故函数是函数的“控制函数”； 【小问2详解】 ，则， 则， 因函数是函数的“控制函数”，则恒成立， 因， ①当时，，则在上单调递增， 当时，不符合题意舍去； ②当时，得；得， 则上单调递减，在上单调递增， 则恒成立即可， 则使得，则， 设，∴， 则得；得， 则在单调递减，在单调递增，则， 即，则，即， 即控制系数的取值范围是． 【小问3详解】 充分性：若存在常数使得恒成立， ∴，∴， 因为为偶函数，则， 可得，得，则，∴， 因，∴， 当时，恒成立，则充分性得证； 必要性：当时，， 则， 则偶函数， 又是偶函数，则， 当时，，∴，则， 则，即，则； 综上可得，当时，“”的充要条件是“为常值函数”． 13. （2025届上海市大同中学高三三模）若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为）. （1）证明：函数是函数的“1函数”； （2）若函数是函数的“函数”，求的取值范围； （3）若函数，函数为偶函数，函数是函数的“1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 【解析】 【分析】（1）求出、，证明出，即可证得结论成立； （2）结合定义，构造函数，结合导数求出最小值即可得出实数的取值范围； （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，，可推导出，可得到，即可得证． 【小问1详解】 因为，，所以，，则， 故，即恒成立， 故函数是函数的“1函数”. 【小问2详解】 因为，， 则，， 因为函数是函数的“函数”， 所以对任意的，，则， 令， 则， 且， 故当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以， 若函数是函数的“函数”， 则实数的取值范围是. 【小问3详解】 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， 函数是的1函数，因此，又，. 因此函数是函数的“1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”. 14. （2025上海市进才中学高三5月模拟）记.已知函数和的定义域都为，若存在，使得 ，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，若和在上“2次缠绕”，求的取值范围； （3）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； （4）记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 【答案】（1）“次缠绕”，理由见解析 （2） （3） （4）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合题设新定义，找到和时，，则得到其为“2次缠绕”； （2）转化为存在互异的两个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可求解； （3）转化为存在互异的三个正数，使得，求导得，再对合理分类讨论即可求解； （4）取，令，则，且，即可证明存在，进而求证. 【小问1详解】 函数和“次缠绕”， 理由如下：因为对任意， 当且仅当和时，等号成立， 所以由“次缠绕”定义可知和在上“2次缠绕”. 【小问2详解】 设，， 因为和在上“2次缠绕”， 所以存在互异的两个正数，使得， 当且仅当时等号成立，所以是的两个零点. 由，当时，， 则函数在上单调递增，不满足题意； 当时，令，得，令，得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 又时，， 要使有两个零点，则，解得， 此时存在，使得成立， 当且仅当时等号成立. 综上所述，的取值范围为. 【小问3详解】 设， 因和在上3次缠绕， 所以存在互异的三个正数，使得， 当且仅当时等号成立，所以是的三个零点. 注意到，所以1是的一个零点，， ①当时，， 在上递增，1是的唯一零点，不合题意， ②当时，在上单调递减，1是唯一零点，不合题意， ③当时，令，存在两根， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 所以，因为， 设，因为， 所以在上递减，所以，即， 所以存在. 又， 所以存在， 使得成立， 即时，和在上“3次缠绕”， 综上，的取值范围是. 【小问4详解】 取，设， 令， 显然，且， 当且仅当时，等号成立. 所以对任意，存在， 其中， 使得，且和在上“次缠绕”. 15. （2025上海外国语大学附属大境中学高三阶段练习）若函数和同时满足下列条件：①对任意，都有成立；②存在，使得，则称函数为的“函数”，其中称为“点”. （1）已知图像为一条直线的函数是的“函数”，请求出所有的“点”； （2）设函数为的“函数”，其“点”组成集合；函数为的“函数”，其“点”组成集合.试证明：“函数为的‘函数’”的一个充分必要条件是“”； （3）记（为自然对数的底数），，若为的“函数”，且“点”，求实数的最大值. 【答案】（1）； （2）证明过程见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取，，满足要求； （2）先得到任意，成立，①成立，再证明出充分性和必要性，得到结论； （3）求导得到的单调性和最值，分，和三种情况，得到实数的最大值. 【小问1详解】 取，， 此时，， 故函数是的“函数”，“点”为； 【小问2详解】 为的“函数”，其“点”组成集合， 故，设， 函数为的“函数”，其“点”组成集合， 故，设， 显然对任意，成立，①成立， 充分性，若， 不妨设，此时，②成立， 故②成立，所以函数为‘函数’，充分性成立； 必要性，若函数为的‘函数’， 则存在，使得， 由于对任意，成立，故， 故，所以，充分性成立； 故“函数为的‘函数’”的一个充分必要条件是“”； 【小问3详解】 定义域为R， ，当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且当时，恒成立， 又，取，， 满足且， 为的“函数”，此时， 当时，取， 故当为在处的切线方程时，才满足要求， ，故切线方程为， 令得， 由于，设，， 所以在上恒成立， 故在上单调递增， 所以， 当时，结合图象，可知单调递减且下凸， 对任意的，无法做到恒成立， 综上，实数的最大值为. 题型五、定义新性质 16. （2025上海市崇明中学高三三模）设函数的定义域为D，对于区间，当且仅当函数满足以下①②两个性质中的任意一个时，则称区间是的一个“美好区间”． 性质①：对于任意，都有；性质②：对于任意，都有． （1）已知，．分别判断区间和区间是否为函数的“美好区间”，并说明理由； （2）已知且，若区间是函数的一个“美好区间”，求实数的取值范围； （3）已知函数的定义域为，其图像是一条连续不断的曲线，且对于任意，都有．求证：函数存在“美好区间”，且存在，使得不属于函数的任意一个“美好区间”． 【答案】（1）区间是函数的“美好区间”，区间不是函数的“美好区间”，理由见解析； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分别求出函数在区间和区间上的值域，结合“美好区间”的定义判断即可； （2）记，，根据“美好区间”的定义可得：或，利用导数研究在上的单调性，分，，以及四种情况讨论在区间上的值域，利用集合间的关系，即可得到实数的取值范围； （3）对于任意区间，记，根据单调性得到，若为的“美好区间”必满足性质②，转化为或，得出函数一定存在“美好区间”，记，结合函数的单调性和零点存在定理，得到存在，使得，即可证明结论. 【小问1详解】 区间是函数的“美好区间”，区间不是函数的“美好区间”，理由如下： 由， 当时，，所以区间是函数的“美好区间” 当时，，不是子集且两集合交集非空， 所以区间不是函数的“美好区间” 【小问2详解】 记， 若区间是函数的一个“美好区间”，则或 由，可得， 所以当或时，，则的单调递增区间为：，； 当时，，则的单调递增区间为：， 且，，，得到在的大致图像如下： (i)当时，在区间上单调递减，且， 所以，则，即对于任意，都有，满足性质②, 故当时，区间是函数的一个“美好区间”； (ii)当，在区间上单调递减，在上单调递增，此时， 所以，，则当时，区间不是函数的一个“美好区间”； (iii)当时，在区间上单调递减，在上单调递增，且，此时， 所以，，则当时，区间不是函数的一个“美好区间”； (iv)当时，在区间上单调递减，在上单调递增，且，此时， 因为，则要使区间是函数的一个“美好区间”，则，即， 构造函数， 则， 由于，所以恒成立，则在区间上单调递增， 所以，则，不满足题意， 故当时，区间不是函数的一个“美好区间”， 综上，实数的取值范围是 【小问3详解】 对于任意区间，记， 因为对于任意，都有， 所以在区间上单调递减，故， 因为，即的长度大于的长度，故不满足性质①， 所以若为的“美好区间”必满足性质②，即， 即只需要或， 由显然不恒成立，所以存在常数使得， 如果，取，则区间满足性质②； 如果，取，则区间满足性质②； 综上，函数一定存在“美好区间”； 记，则的图象连续不断，下证明有零点， 由于在上单调递减，则在上减函数，记 若，则是的零点； 若，则，记，， 由零点存在定理，可知存在，使得； 若，则，记，， 由零点存在定理，可知存在，使得； 综上，有零点，即， 因为所有“美好区间”都满足性质②，故，否则与性质②矛盾； 即存在，使得不属于函数的任意一个“美好区间”，证毕. 【点睛】思路点睛：本题是新定义题，解题关键是理解“美好区间”的含义，对于区间是函数的一个“美好区间”，实质就是在区间上的值域满足或，这样就把新定义转化为一般函数及导数的问题. 17. （2025复旦大学附属中学高三6月检测）若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． （1）判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； （2）若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； （3）若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 【答案】（1）和具有性质“”，理由见解析； （2）； （3）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性，结合新定义，转化为证明函数在区间单调递增； （2）根据新定义，转化为函数，在区间上单调递增，利用导数，结合参变分离，转化为最值问题，即可求解； （3）首先根据新定义，转化为，再通过构造函数，，，转化为证明，转化为利用极值点偏移解决问题. 【小问1详解】 函数和在上具有性质“”. 理由如下： 因为和在上均为偶函数，且在上单调递增， 所以只需考虑的情况， 令，则， 所以在区间上单调递增，且，所以恒成立， 则，即， 则，再根据函数是偶函数， 即，， 所以函数和在上具有性质“”. 【小问2详解】 ，在区间单调递增，在上单调递增， 设，若函数和具有性质“”， 则，整理为 设，由以上可知，在区间上单调递增， 即， 当时，恒成立， 令，，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 所以； 【小问3详解】 由题意可知，存在，， ，又， 则，即， ，，设，， ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 设，，不妨设，，，且， 设， ， 所以在区间上单调递减，且，即， 即，即，则， 即，则，得，即证. 18. 设函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． （1）设，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由； （2）设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； （3）设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 【答案】（1）既不左偏移，也不右偏移，理由见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用二次函数求解零点和极值点，即可得出判断； （2）利用三次函数求解零点和极值点，再用作差法比较大小，也可得出判断； （3）利用分析法，再借助，可转化证明，然后构造，证明其单调性，从而问题得证； 方法二：利用分析法，把要证明的不等式，利用零点性质转化证明，从而问题得证. 【小问1详解】 由零点为极值点为， 由于，所以极值点既不左偏移，也不右偏移． 【小问2详解】 因为，其中且， 因此在内的零点为1和． 而，， 因此在内极值点为． 此时， 而，由于， 因为，所以，即， 则函数在上的极值点右偏移得证． 【小问3详解】 先考虑有两个零点，此时． 设，则， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 而当时，时， 所以结合图像， 有两解时，的取值范围是，此时的两个零点． 再考虑极值点，， 当时，有解， 当时，，此时在上单调递增， 当时，，此时在上单调递减， 因此有唯一极值点，并且． 要证明，即证明，因为，所以， 又因为在上单调递减， 所以只需要证明， 又因为，所以只需要证明， 构造 ，由于， 则， 即在区间上单调递减，且，即在上恒有， 则， 所以原不等式得证， 因此函数在上的极值点左偏移． 解法二：由， 可得． 欲证，即证，即证． ， 不妨设，令， 于， 此时即证：当时，． 令，求导并整理，得， 因此函数在区间上单调递增， 其值域为，而， 因此当时，，即， 从而得证，即函数在上的极值点左偏移． 题型六、导数与其他综合 18. （2025上海市格致中学高三三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：． （1）若，求出函数的极值点，并判断的符号； （2）若，，讨论方程解的个数； （3）若，当，，记与中较大者为．证明：． 【答案】（1）答案见解析 （2）答案见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）令 ，解得 或 ，再求，分别代入求解即可； （2）求出，令 ，利用导数研究函数的单调性与极值，分类讨论即可得到答案. （3）假设 在 上的最大值在某个内点 处取得，可得，结合导出矛盾，则假设不成立，进而可得结论. 【小问1详解】 ，令，解得或， 由或；由. 所以函数在和上单调递增，在上单调递减. 所以是函数的极大值点；是函数的极小值点. 又，当时，； 当 时，. 【小问2详解】 因为 ，所以 ，， 则 ， 令 ，，， 令 ，即 ，因为 ，所以 ， 当 时，，所以 上严格递增， 当 时，，所以 在上严格递减， 所以函数在 处取得最大值 ； 当 时，；当 时，， 时， 的图象无交点；当 时，的图象有 1 个交点；当 时，的图象有 2 个交点， 所以当 时，方程 无解；当 时，方程 有 1 个解；当 时，方程 有 2 个解； 【小问3详解】 假设 在 上的最大值在某个内点 处取得， 即时 ， 由最大值的定义且 可导，且，， 因为当，，所以 ， 所以 ，由于 ，所以 ，所以 ， 但 ，而 ，这与 矛盾， 因此，函数 在 上的最大值只能在端点 或 处取得， 即 19. （2025建平中高三下学期三模）设函数的定义域为，给定闭区间，若存在，使得对于任意，①均有，则记；②均有，则记． （1）设，求； （2）设．若对于任意，均有，求的取值范围； （3）已知对于任意与均存在，证明：＂为上的严格增函数或严格减函数＂的充要条件为＂对于任意两个不同的与中至少一个成立＂． 【答案】（1）； （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）通过导数求函数在区间上的单调性即可； （2）通过导数确定函数的单调性及极值，以及是在处的切线，再分类讨论和即可； （3）根据充要条件证明步骤，必要性、充分性分开证明即可. 【小问1详解】 因为，求导得， 所以在上为单调递增函数，因此； 【小问2详解】 因为，所以，而， 因为，表示过点， 斜率为的直线，故是在处的切线， 而存在极值点，又因为，所以， 当或时，，当时，， 则函数在上单调递减，在上单调递减， 当时，此时与在上均为单调递增函数， 因此当时，恒成立， 即， 当时，则有，显然成立，当时，则有， 因为，所以； 当时，此时 此时，不符题意舍去； 综上，实数的取值范围为； 【小问3详解】 证明：先证明必要性（）： 若为上的单调递增函数，则任取， 由题意可得， 因为，所以或或或， 因为为上的单调递增函数， 所以或或或， 所以，所以或成立． 同时对为上的单调递减函数，同理可证． 下面证明充分性（）： 当与其中一式成立时，不可能为常值函数， 先任取，总有或 假设存在，使得， 记，则， 因为存在，则或， 不妨设，则，否则当， 此时，矛盾； 进而可得，则，，因此①． 最后证明为上的单调递减函数，任取，且，需考虑如下情况： 情况一：若，同上述可得，， 所以． 情况二：若，则， 否则，，由此矛盾， 因为，同情况一可得矛盾， 所以． 情况三：若，则，否则， 记，否则， 记， 则，， 同理若，所以， 由①可得：． 情况四：若，同上述可得，． 综上，恒成立．（当为上的单调递增函数时，同理可证） 20. （2025行知中学高三6月模拟）已知，为正整数，对于函数，若对任意的，都有，则称为次切比雪夫函数．例如：因为，所以为二次切比雪夫函数． （1）求； （2）证明：对任意正整数，都有； （3）若函数有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换即可得，则得到； （2）利用两角和差的余弦公式即可得，即证明等式； （3）化简得，则，再分、和时分类讨论即可. 【小问1详解】 因为 ， 所以. 【小问2详解】 因为， 两式相加得， 即. 【小问3详解】 因为，所以， 即，， ，当时，， 因为有一个绝对值不大于1的零点，则，解得， 令，即，则， ①当时，即时，，则在上单调递增，在上单调递增， 即时，，即恒成立，即在上无零点， ②当时，，，则在上单调递增，则在上单调递减， 即时，，即恒成立，即在上无零点； 综合①②可知，所有零点的绝对值都不大于1. 21. （2025上海市崇明区高三三模）已知定义域为的函数，其图象是连续的曲线，且存在定义域也为的导函数. （1）求函数在点的切线方程； （2）已知，当与满足什么条件时，存在非零实数，对任意的实数使得恒成立？ （3）若函数是奇函数，且满足.试判断对任意的实数是否恒成立，请说明理由. 【答案】（1） （2）答案见解析 （3）恒成立，理由见解析 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）先求导，再根据列出方程组，进而可得出结论； （3）由函数是奇函数，可得是偶函数，再进一步求出导函数的周期性，再整理即可得出结论. 小问1详解】 由题可知，， 所以切线的斜率为， 且， 所以函数在点的切线方程为，即； 【小问2详解】 由题可知， 又因为定义域上对任意的实数满足， 所以，即， 当且时，， 当时，， 当时，； 【小问3详解】 因为函数在定义域上是奇函数，所以， 所以，所以，所以是偶函数， 因为，所以， 即，即， 因为，所以，即， 所以是周期为的函数， 所以， 所以. 【点睛】思路点睛：利用导数求函数在其上一点处的切线方程的基本步骤如下： （1）对函数求导得； （2）计算切线的斜率； （3）利用点斜式写出切线方程. 22. （2024上海市曹杨第二中学高三三模）设，． （1）讨论函数的单调性； （2）设、分别是函数的极大值点和极小值点．记、，求证：直线与曲线交于另一点； （3）在（2）的条件下，判断是否存在常数（，），使得．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）函数在区间和上严格增，在上严格减 （2）证明见解析 （3）存， 【解析】 【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； （3）由（2）得，即，设存在常数（，），使得，则，所以，代入可得．设，利用导数可得的取值范围，然后可得的值. 【小问1详解】 由题意知． 令得或． 当或时，当时． 所以函数在区间和上严格增， 在上严格减． 【小问2详解】 由（1）知，． 进而知直线的方程为， 即． 由，得． 设，则， 令得．当时，当时， 所以函数在区间上严格减，在区间上严格增， 由于，，， 结合函数的单调性及连续性， 知函数有且仅有两个零点、，其中． 因此方程的解集为， 即直线与曲线交于另一点． 【小问3详解】 由（2）得，即． 若存在常数（，），使得， 则，所以，代入可得． 设，则，令得， 当时，当时， 所以函数在严格减，在严格增，注意，，， 结合得单调性及连续性，知存在唯一的，使得． 因此存在常数（，），使得，且． 23. （2025杨浦区高三5月质量检测）已知函数.（其中为常数） （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的最小值； （3）当时，试讨论函数的零点个数，并说明理由. 【答案】（1） （2） （3）只有1个，理由见解析 【解析】 【分析】（1）当时，求得，得到且，进而求得切线方程； （2）求得，利用导数求得函数的单调性和极值，即可求解； （3）当时，求得在上有一个零点；当 时，利用导数求得函数的单调性和极值，进而得出函数零点的个数. 【小问1详解】 解：当时，可得， 可得，所以且， 所以切线方程为，即， 即曲线所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 解：由函数，可得函数的定义域为， 又由，令，解得，， 当时，与在区间的情况如下表： 极小值 ↗ 所以函数的极小值为，也是函数的最小值， 所以当时，函数的最小值为 【小问3详解】 解：当时，，令，解得（舍去） 所以函数在上有一个零点； 当 时，与在区间的情况如下表： 0 0 ↗ 极大值 极小值 ↗ 所以函数在单调递增，在上单调递减， 此时函数的极大值为， 所以函数在上没有零点； 又由且函数在上单调递增， 且当时，， 所以函数在上只有一个零点， 综上可得，当时，在上有一个零点. 【点睛】知识总结：解决函数极值、最值综合问题的策略与方法： 1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小； 2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论； 3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值. 24. （2024学年宜川中学高三模拟）已知函数. （1）求函数的极值； （2）当时，证明：恒成立. （3）函数图像上存在多少组关于点对称的点对？说明你的结论和理由. 【答案】（1）极大值，无极小值； （2）证明见解析； （3）存在唯一的点对关于对称，理由见解析. 【解析】 【分析】（1）应用导数求函数极值即可； （2）问题化为证明，构造，，并应用导数证明不等式即可； （3）假设存在，设，，，进而有，构造并利用导数研究其零点情况，即可得结论. 【小问1详解】 由题设，可得， 时，，在上单调递增； 时，，在上单调递减， 故函数有唯一的极值点，当时取得极大值. 【小问2详解】 当时，， 令，，则， 令，则， 当时，，于是在上严格递增， 所以，于是在上严格递增， 故，即， 所以，原不等式成立. 【小问3详解】 存在唯一的点对关于对称，证明如下： 假设存在，设，，， 于是，，即， 设，则， 显然，即存在，其中， 令，则，即在上单调递减， 于是时，，在上单调递增； 时，，在上单调递减. 且，，， 于是，存在唯一的使得，即存在唯一的点对、满足题意. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届高三数学一轮复习专项训练（综合重点练） 专题20 导数综合压轴题 题型一、导数与切线综合题 1. （2025七宝中学高三三模）若曲线的切线与曲线共有个公共点（其中），则称为曲线的“切线”． （1）若曲线在点处的切线为切线，另一个公共点的坐标为，求的值； （2）求曲线所有切线的方程； （3）设，是否存在，使得曲线在点处的切线为切线?若存在，探究满足条件的的个数，若不存在，说明理由． 2．（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” 题型二、导数与数列综合 3．（2023·上海嘉定·一模）已知． (1)求函数的单调区间和极值； (2)请严格证明曲线有唯一交点； (3)对于常数，若直线和曲线共有三个不同交点，其中，求证：成等比数列． 4.（2025上海市徐汇中学高三三模） 已知，函数. （1）当时，求的值域； （2）若函数在区间上是严格增函数，求a的最大值； （3）设.方程的所有正实数解按从小到大的顺序排列后，是否能构成等差数列？若能，求所有满足条件的u的值；若不能，说明理由. 5. （2025上海宝山区高三三模）把一列函数按一定次序排列称为函数列，记为（是正整数），为导函数.记，. （1）若，求证：是等比数列； （2）若，是否存在正数，使得； （3）已知在上有最小值，求证“是偶函数”的充要条件是“对于任意正实数，均有”. 6. （2024-25长宁区高三监测练习试卷）已知函数，其中 . （1）求函数的单调区间； （2）设函数，问:函数的图像上是否存在三点，使得它们的横坐标成等差数列，且直线 的斜率等于 在点 处的切线的斜率? 若存在，求出所有满足条件的点的坐标; 若不存在，说明理由; （3）证明: 函数 图像上任意一点都不落在函数 图像的下方 题型三、导数与集合综合 7. （2024青浦区高三三次学业监测）设函数的定义域为，集合．若中有且仅有一个元素，则称为函数的一个“值” （1）设，求的值； （2）设，且，若的函数值中不存在值，求实数取值的集合； （3）已知定义域为的函数的图象是一条连续曲线，且函数的所有函数值均为值，若，证明：在上为严格增函数的一个充要条件是． 8. （2025上海市育才中学高三三模）设定义域为的函数，对于，定义 （1）设，求； （2）设，是否存在，使得是一段闭区间？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由； （3）函数的定义域是，函数值恒正，其导函数为；当时，．若对任意，均有，求证：“函数是上的严格增函数”当且仅当“”． 题型四、定义新概念 9. （2025华东师大三附中高三三模）定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”． （1）若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围． （2）若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”． ①求b的取值范围； ②证明：． 10. （2025华东师范二附中高三三模）已知是定义在上的函数，集合对任意，都有．当时，若函数存在最小值，则称为直线的“距离”． （1）若，直接写出相应的集合； （2）设，且存在实数，使得直线的一距离不小于，求的取值范围； （3）设的导函数在上严格增．若对任意，都有且直线与的距离相等．证明：是偶函数． 11. （2025年华东师范大学第一附属中学高三三模）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t的取值范围； （3）已知函数存在最大值．求证：对任意正整数都是上的函数的充要条件是对任意与恒成立 12. （2025上海市金山中学高三三模）若定义在上的函数和分别存在导函数和．且对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“控制函数”，称为控制系数． （1）求证：函数是函数的“控制函数” （2）若存在实数，使得函数是函数的“控制函数”，求控制系数的取值范围； （3）若，其中且，函数为定义在上的偶函数，函数是函数的“控制函数”，当时，求证““的充要条件是“为常值函数”． 13. （2025届上海市大同中学高三三模）若对于函数和，对任意实数，都存在常数，使成立，则称函数是函数的“函数”.（已知和定义域均为）. （1）证明：函数是函数的“1函数”； （2）若函数是函数的“函数”，求的取值范围； （3）若函数，函数为偶函数，函数是函数的“1函数”，求证：“”的充要条件是“存在常数，使得恒成立”. 14. （2025上海市进才中学高三5月模拟）记.已知函数和的定义域都为，若存在，使得 ，当且仅当时等号成立，则称和在上“次缠绕”. （1）判断和在上“几次缠绕”，并说明理由； （2）设，若和在上“2次缠绕”，求的取值范围； （3）设，若和在上“3次缠绕”，求的取值范围； （4）记所有定义在区间上的函数组成集合，证明：给定，对任意，都存在，使得，且和在上“次缠绕”. 15. （2025上海外国语大学附属大境中学高三阶段练习）若函数和同时满足下列条件：①对任意，都有成立；②存在，使得，则称函数为的“函数”，其中称为“点”. （1）已知图像为一条直线的函数是的“函数”，请求出所有的“点”； （2）设函数为的“函数”，其“点”组成集合；函数为的“函数”，其“点”组成集合.试证明：“函数为的‘函数’”的一个充分必要条件是“”； （3）记（为自然对数的底数），，若为的“函数”，且“点”，求实数的最大值. 题型五、定义新性质 16. （2025上海市崇明中学高三三模）设函数的定义域为D，对于区间，当且仅当函数满足以下①②两个性质中的任意一个时，则称区间是的一个“美好区间”． 性质①：对于任意，都有；性质②：对于任意，都有． （1）已知，．分别判断区间和区间是否为函数的“美好区间”，并说明理由； （2）已知且，若区间是函数的一个“美好区间”，求实数的取值范围； （3）已知函数的定义域为，其图像是一条连续不断的曲线，且对于任意，都有．求证：函数存在“美好区间”，且存在，使得不属于函数的任意一个“美好区间”． 17. （2025复旦大学附属中学高三6月检测）若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． （1）判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； （2）若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； （3）若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 18. 设函数的定义域为，在上仅有一个极值点，方程在上仅有两解，分别为，且．若，则称函数在上的极值点左偏移；若，则称函数在上的极值点右偏移． （1）设，判断函数在上的极值点是否左偏移或右偏移，并说明理由； （2）设且，，，求证：函数在上的极值点右偏移； （3）设，，，求证：当时，函数在上的极值点左偏移． 题型六、导数与其他综合 18. （2025上海市格致中学高三三模）已知函数是定义在D上的连续函数，其导函数为，函数的导函数为，定义函数运算：． （1）若，求出函数的极值点，并判断的符号； （2）若，，讨论方程解的个数； （3）若，当，，记与中较大者为．证明：． 19. （2025建平中高三下学期三模）设函数的定义域为，给定闭区间，若存在，使得对于任意，①均有，则记；②均有，则记． （1）设，求； （2）设．若对于任意，均有，求的取值范围； （3）已知对于任意与均存在，证明：＂为上的严格增函数或严格减函数＂的充要条件为＂对于任意两个不同的与中至少一个成立＂． 20. （2025行知中学高三6月模拟）已知，为正整数，对于函数，若对任意的，都有，则称为次切比雪夫函数．例如：因为，所以为二次切比雪夫函数． （1）求； （2）证明：对任意正整数，都有； （3）若函数有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1． 21. （2025上海市崇明区高三三模）已知定义域为的函数，其图象是连续的曲线，且存在定义域也为的导函数. （1）求函数在点的切线方程； （2）已知，当与满足什么条件时，存在非零实数，对任意的实数使得恒成立？ （3）若函数是奇函数，且满足.试判断对任意的实数是否恒成立，请说明理由. 22. （2024上海市曹杨第二中学高三三模）设，． （1）讨论函数的单调性； （2）设、分别是函数的极大值点和极小值点．记、，求证：直线与曲线交于另一点； （3）在（2）的条件下，判断是否存在常数（，），使得．若存在，求的值；若不存在，说明理由． 23. （2025杨浦区高三5月质量检测）已知函数.（其中为常数） （1）若，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求函数的最小值； （3）当时，试讨论函数的零点个数，并说明理由. 24. （2024学年宜川中学高三模拟）已知函数. （1）求函数的极值； （2）当时，证明：恒成立. （3）函数图像上存在多少组关于点对称的点对？说明你的结论和理由. 1 学科网（北京）股份有限公司 $