专题05导数与数列综合解析-高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇）

2025年高考数学二轮复习压轴题突破拿高分（导数篇）专题05导数与数列综合【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a1，an，q，n，Sn，知三求二，体现了方程的思想的应用．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．题型一：曲线切线与坐标轴交点形成数列【例1】（2023上海高考）已知函数，取点，过其作曲线切线交轴于点，取点，过其作曲线作切线交轴于，若，则停止操作，以此类推，得到数列.(1)若正整数，证明(2)若正整数，试比较与大小；(3)若正整数，是否存在k使得依次成等差数列?若存在，求出k的所有取值，若不存在，试说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)(3)存在，【分析】（1）由题意求导得切线方程，令即可得到递推关系；（2）由题意作差结合递推关系，构造导数，得出的单调性，由此即可比较大小；（3）由题意讨论当时，结合等差数列性质以及构造函数，利用导数得出单调性以及零点存在定理即可说明，当时，利用零点存在定理得出唯一性，得出矛盾即可推翻，由此即可得解.【解析】（1）由题意得，故点处的切线方程为：，令，则.（2）由(1)知要比较与大小，只需比较和的大小.设，求导令，解得，易知在上为严格减函数，在上为严格增函数，所以有，所以，所以，当且仅当时成立.故，即.（3）假设存在依次成等差数列,则必有，因为，解得，又，综上，变形，现在考虑该式是否存在使之成立，设函数，求导，因为，所以有，说明严格单调递增，且，根据零点存在性定理可以知道，有唯一解使得方程成立，故是成立.下面证明不成立：利用零点唯一性得出矛盾，当时，有上面证明可知，另一方面由第(2)可知，数列为严格递减数列，矛盾，所以只有.综上，满足题意的只有.【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到函数方程后，要构造函数，利用导数单调性以及零点存在定理即可顺利得解.【例2】（2023·上海青浦·一模）已知有穷等差数列的公差d大于零．(1)证明：不是等比数列；(2)是否存在指数函数满足：在处的切线的交轴于，在处的切线的交轴于，…，在处的切线的交轴于？若存在，请写出函数的表达式，并说明理由；若不存在，也请说明理由；(3)若数列中所有项按照某种顺序排列后可以构成等比数列，求出所有可能的m的取值．【答案】(1)证明见解析(2)存在指数函数满足条件，理由见解析(3)3【分析】（1）计算，得到证明；（2）计算切线方程，令得，即，满足条件.（3）举例说明时成立，考虑时，确定不可能所有项均为正数或均为负数，的前三项即为中最小的三项，确定，考虑，两种情况，根据等比数列性质得到，整理得到，，，验证不成立，得到答案.【解析】（1），故不是等比数列.（2）在处的切线方程为，令得，因此，欲使满足条件，只需使，令，则，满足条件，故存在指数函数满足条件．（3）取，则成等比数列，故满足条件．考虑，首先，不可能所有项均为正数或均为负数，否则，对应的等比数列的公比为正，等比数列严格增或严格减，从而即为等比数列，不可能．其次，因为是等比数列，所以也是等比数列，不妨设严格增，则的前三项即为中最小的三项，则一定对应于中的连续三项，不妨设，则．①若，则，则成等比数列，不可能；②若，则，则成等比数列，，即，得，，，而除了这三项外，最小值为或，但和均无法与构成等比数列，因此不符合条件．综上所述：所有可能的的值是3．【点睛】关键点睛：本题考查了等差数列和等比数列的综合应用，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中根据特殊例子确定满足条件，再考虑时不成立，是解题的关键．【例3】（2025上海浦东新区高三一模）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.题型二：曲线与直线交点横坐标形成数列【例4】（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.【例5】（2324高三下·上海·阶段练习）已知函数和(1)若函数是定义域上的严格减函数，求的取值范围.(2)若函数和有相同的最小值，求的值(3)若，是否存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列【答案】(1)(2)1(3)存在【分析】（1）求导，然后根据导函数不大于零恒成立，转化为最值求解即可；（2）分别求出两函数的最值，根据最值相等构造函数，求导研究函数单调性，进而可得的值；（3）求导研究函数和的单调性，及最值，设出其交点，进而求出三个不同的交点，根据等式可证明等差数列.【解析】（1）恒成立，因为，所以，则的取值范围为；（2）定义域为，，，若，则，单调递增，无最小值，故，当时，，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，故，的定义域为，，，令，解得，当时，，函数在上单调递减，当时，，函数在上单调递增，故，函数和有相同的最小值，，化为，令，，则，，恒成立，在上单调递增，又，仅有此一解，；（3）（2）知，函数在上单调递减，在上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，设，则，当时，，所以函数在上单调递增，因为，所以当时，恒成立，即在时恒成立，所以时，，因为，函数在上单调递增，，函数在上单调递减，所以函数与函数的图象在上存在唯一交点，设该交点为,，此时可作出函数和的大致图象，由图象知当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，直线必经过点,，即，因为，所以，即，令得，解得或，由，得，令得，解得或，由，得，所以当直线与两条曲线和共有三个不同的交点时，从左到右的三个交点的横坐标依次为，，，因为，所以，所以，，成等差数列．存在直线，其与两条曲线和共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列．【点睛】关键点点睛：本题第三问关键点是找到两函数的交点对应的相关等式，才能求出3个交点时的横坐标.【例6】（2024·上海青浦·一模）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【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的最小值不小0即可.【详解】（1）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.（2），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.（3）令，只需证明当时，恒成立.由，当时，显然严格增，当是，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：函数递推数列【例7】（2024·上海奉贤·一模）已知函数y=fx，其中（常数且）．(1)若函数y=fx的图象过点，求关于的不等式的解集；(2)若存在，使得数列是等比数列，求实数的取值范围.【答案】(1)或(2)【分析】（1）点代入函数解析式求出，再解指数不等式可得答案；（2）根据数列是等比数列可得，令，利用导数判断出在上的单调性，求出的值域可得答案.【详解】（1）若函数y=fx的图象过点，则，解得，舍去，所以，由得，解得或，所以不等式的解集为或；（2），若存在，使得数列是等比数列，则，可得，由可得，令，，当时，，所以，可得在上单调递减，所以，则实数的取值范围.【例8】已知函数(1)判断的单调性；(2)若有且仅有一个零点，求的取值范围；(3)若取第（2）问所求范围的最小值，且数列满足，，，求证：，.【答案】(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【知识点】利用导数研究函数的零点、由递推数列研究数列的有关性质、含参分类讨论求函数的单调区间【分析】（1）求导，令，分类讨论可得的单调性；（2）利用（1）的结论可得有且仅有一个零点，求的取值范围；（3）由（2）可得，令，求导，可得当，则，进而利用放缩法可求结论.【详解】（1）因为，令，对称轴，，，当时，，则，在单调递增，当时，，令，得，，所以时，则；时，则；时，则，所以在上单调递增，上单调递减，上单调递增综上，时，在单调递增；时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增.（2）易知，由（1）可得当时，在单调递增，又，所以有且仅有一个零点，当时，在上单调递增，上单调递减，上单调递增，又，，所以在上有一个零点；又时，；时，，所以在，上各有有一个零点；所以有三个零点，综上；（3），，令，则，所以在上单调递增，所以当时，，所以，即，所以由可得当，则，因此，若存在正整数，使得，则，从而，重复这一过程有限次后可得，与矛盾，从而，对，，下面我们先证明，当时，，设，则当时，，所以在单调递减，所以，即时，，因为，所以，，即，由于，，所以，故，故当时，，所以，故，.【点睛】难点点睛：数列是高中数学中的重要内容之一，也是高考重点考查是考点.第三问求解则是充分借助题设条件及第二问中的结论，适当放缩不等式从而使得问题获证，值得指出的是这一问的缩放一定要缩放得当、恰到好处.【例9】（2025上海黄浦一模）设函数在区间I上有导函数，且在区间I上恒成立，对任意的，有．对于各项均不相同的数列，，，下列结论正确的是（

）A．数列与均是严格增数列B．数列与均是严格减数列C．数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列D．数列与均既不是严格增数列也不是严格减数列【答案】C【分析】由条件易知函数y=fx在I上严格递减，构造，因数列的各项均不相同，由的大小比较，利用函数单调性可得的大小关系，即得结论.【详解】依题意，因f'x<0在区间I上恒成立，则函数y=f由，，因数列的各项均不相同，且，若，则，即，即此时数列严格递增，数列严格递减；若，则，即，即此时数列严格递减，数列严格递增.综上所述，数列与中的一个是严格增数列，另一个是严格减数列.故选：C.【点睛】思路点睛：本题主要考查利用函数单调性判断数列的单调性的应用，属于难题.解题思路在于根据选项信息，考虑数列中连续偶数项的差，通过对应的连续奇数项的大小比较，借助于函数单调性得出偶数项的大小关系.【例10】（2024·上海崇明·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，．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)证明见解析.【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.【解析】（1）当时，，所以曲线在点处的切线方程为.；（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）由题意可知，，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，，以此类推，当时，，又，所以函数在区间上严格减，当时，，所以，所以，即，故.【点睛】关键点点睛：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，解题关键在于根据定义域判断导函数的正负性，从而得出函数的单调性，得到最值进行比较.题型四：新定义数列【例11】（2324高三上·上海青浦·期中）已知函数，对于数列，若，则称为函数的“生成数列”，为函数的一个“源数列”.(1)已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”，求；(2)已知为函数的“源数列”，求证：对任意正整数，均有；(3)已知为函数的“生成数列”，为函数的“源数列”，与的公共项按从小到大的顺序构成数列，试问在数列中是否存在连续三项构成等比数列?请说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)不存在，理由见解析【分析】（1）根据题意确定，，计算得到答案.（2）确定，构造，求导得到函数单调递增，计算最值得到证明.（3）确定，，根据得到，确定，再假设存在得到，整理得到，无解，得到答案.【解析】（1），，，故，则；（2），，故，构造函数，，则，函数在上单调递增，，故在恒成立，单调递增，故，即，，当时，，综上所述：恒成立，即.（3），则，，设，即，则，设函数，函数单调递增，对于任意，有唯一的与之对应，即数列中每一项，都有中的项与之相等，单调递增，故，假设数列中存在连续三项构成等比数列，，，，故，整理得到，无正整数解.故假设不成立，即不存在连续三项构成等比数列.【点睛】关键点睛：本题考查了函数导数和数列综合，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中构造新函数确定函数的单调性得到是解题的关键，这种技巧是常考技巧，需要熟练掌握.【例12】对给定的在定义域内连续且存在导函数的函数，若对在定义域内的给定常数，存在数列满足在的定义域内且，且对在区间的图象上有且仅有在一个点处的切线平行于和的连线，则称数列为函数的“关联切线伴随数列”.(1)若函数，证明：都存在“关联切线伴随数列”；(2)若函数，数列为函数的“1关联切线伴随数列”，且，求的通项公式；(3)若函数，数列为函数的“关联切线伴随数列”，记数列的前项和为，证明：当时，.【答案】(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据题意分析可知：数列为以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列分析证明；（2）由题意分析可知：数列为以为首项，为公比的等比数列，结合等比数列通项公式运算求解；（3）构建函数，利用导数可证，利用累加法分析求解.【解析】（1）因为，则，由题意可得：，则，即，且，可知数列为以为首项，为公比的等比数列，显然这样的数列对于给定的是存在的，所以都存在“关联切线伴随数列”.（2）因为，则，设，即，由题意可知：，则，可得，且，可知数列为以为首项，为公比的等比数列，可得，所以数列通项公式为.（3）先证明，设函数，则，，则，定义的导函数为的导函数为，则，且，，令，则，，因为，可知在内单调递增，则，同理得，，故，又在内单调递增，在有有因此取，有，又在单调递减，在单调递增，故，当时，，符合题意；当时，，累加可得，整理得，所以；综上所述：.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤（1）作差或变形；（2）构造新的函数；（3）利用导数研究的单调性或最值；（4）根据单调性及最值，得到所证不等式；特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．题型五：数列“累加型”不等式证明【例13】已知函数.(1)证明：；(2)证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析【分析】（1）利用导数求得的最小值为0，进而证得成立；（2）先利用（1）证得，再利用裂项相消法求和即可证明原不等式成立.【详解】（1），令，解得，当时，解得；当，解得，则在上单调递减，在上单调递增；所以在取得最小值，，恒成立，即恒成立.（2）由（1）知，在上单调递增，且所以在恒成立，即在恒成立.所以在恒成立.则当时，恒成立,令，则，所以.所以，即.所以，故得证.【例14】（2023·上海浦东新·统考三模）已知实数，，．(1)求；(2)若对一切成立，求的最小值；(3)证明：当正整数时，．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）求出函数的导函数，再代入计算即可；（2）设，求出函数的导函数，当时，对一切，，即可得到在成立，再说明当时不符合题意，即可得解；（3）由（2）得对一切时，成立，即可在不等式中取，得，即可得到，再说明，即可得证.【详解】（1）因为，所以，所以．（2）设，则，当时，对一切，且仅当时，，故函数在区间上单调递增，从而由知，对一切，，即对一切成立；当时，取，得，即不成立．综上，的最小值是．（3）当时，（可用计算器验证，证明不作要求），由（2）得，对一切，成立，即，显然当时，，所以，在不等式中取，得（为正整数），故时，．而当时，，证毕．【点睛】关键点睛：第二问解答的关键是取点说明不成立，第三问关键是结合（2）的结论得到，再取，得（为正整数）.【例15】（2023·上海普陀·曹杨二中校考三模）已知函数，.(1