2025年高考數學二輪復習壓軸題突破拿高分（導數篇）專題05導數與數列綜合【數列的函數特性】等差數列和等比數列的通項公式及前n項和公式中共涉及五個量a1，an，q，n，Sn，知三求二，體現了方程的思想的應用．解答數列與函數的綜合問題要善于綜合運用函數方程思想、化歸轉化思想等數學思想以及特例分析法，一般遞推法，數列求和及求通項等方法來分析、解決問題．【解題方法點撥】1．在解決有關數列的具體應用問題時：（1）要讀懂題意，理解實際背景，領悟其數學實質，舍棄與解題無關的非本質性東西；（2）準確地歸納其中的數量關系，建立數學模型；（3）根據所建立的數學模型的知識系統，解出數學模型的結果；（4）最后再回到實際問題中去，從而得到答案．2．在求數列的相關和時，要注意以下幾個方面的問題：（1）直接用公式求和時，注意公式的應用范圍和公式的推導過程．（2）注意觀察數列的特點和規律，在分析數列通項的基礎上，或分解為基本數列求和，或轉化為基本數列求和．（3）求一般數列的前n項和時，無一般方法可循，要注意掌握某些特殊數列的前n項和的求法，觸類旁通．3．在用觀察法歸納數列的通項公式（尤其是在處理客觀題目時）時，要注意適當地根據具體問題多計算相應的數列的前幾項，否則會因為所計算的數列的項數過少，而歸納出錯誤的通項公式，從而得到錯誤的結論．題型一：曲線切線與坐標軸交點形成數列【例1】（2023上海高考）已知函數，取點，過其作曲線切線交軸于點，取點，過其作曲線作切線交軸于，若，則停止操作，以此類推，得到數列.(1)若正整數，證明(2)若正整數，試比較與大小；(3)若正整數，是否存在k使得依次成等差數列?若存在，求出k的所有取值，若不存在，試說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)(3)存在，【分析】（1）由題意求導得切線方程，令即可得到遞推關系；（2）由題意作差結合遞推關系，構造導數，得出的單調性，由此即可比較大小；（3）由題意討論當時，結合等差數列性質以及構造函數，利用導數得出單調性以及零點存在定理即可說明，當時，利用零點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）由題意得，故點處的切線方程為：，令，則.（2）由(1)知要比較與大小，只需比較和的大小.設，求導令，解得，易知在上為嚴格減函數，在上為嚴格增函數，所以有，所以，所以，當且僅當時成立.故，即.（3）假設存在依次成等差數列,則必有，因為，解得，又，綜上，變形，現在考慮該式是否存在使之成立，設函數，求導，因為，所以有，說明嚴格單調遞增，且，根據零點存在性定理可以知道，有唯一解使得方程成立，故是成立.下面證明不成立：利用零點唯一性得出矛盾，當時，有上面證明可知，另一方面由第(2)可知，數列為嚴格遞減數列，矛盾，所以只有.綜上，滿足題意的只有.【點睛】關鍵點點睛：第三問的關鍵是得到函數方程后，要構造函數，利用導數單調性以及零點存在定理即可順利得解.【例2】（2023·上海青浦·一模）已知有窮等差數列的公差d大于零．(1)證明：不是等比數列；(2)是否存在指數函數滿足：在處的切線的交軸于，在處的切線的交軸于，…，在處的切線的交軸于？若存在，請寫出函數的表達式，并說明理由；若不存在，也請說明理由；(3)若數列中所有項按照某種順序排列后可以構成等比數列，求出所有可能的m的取值．【答案】(1)證明見解析(2)存在指數函數滿足條件，理由見解析(3)3【分析】（1）計算，得到證明；（2）計算切線方程，令得，即，滿足條件.（3）舉例說明時成立，考慮時，確定不可能所有項均為正數或均為負數，的前三項即為中最小的三項，確定，考慮，兩種情況，根據等比數列性質得到，整理得到，，，驗證不成立，得到答案.【解析】（1），故不是等比數列.（2）在處的切線方程為，令得，因此，欲使滿足條件，只需使，令，則，滿足條件，故存在指數函數滿足條件．（3）取，則成等比數列，故滿足條件．考慮，首先，不可能所有項均為正數或均為負數，否則，對應的等比數列的公比為正，等比數列嚴格增或嚴格減，從而即為等比數列，不可能．其次，因為是等比數列，所以也是等比數列，不妨設嚴格增，則的前三項即為中最小的三項，則一定對應于中的連續三項，不妨設，則．①若，則，則成等比數列，不可能；②若，則，則成等比數列，，即，得，，，而除了這三項外，最小值為或，但和均無法與構成等比數列，因此不符合條件．綜上所述：所有可能的的值是3．【點睛】關鍵點睛：本題考查了等差數列和等比數列的綜合應用，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中根據特殊例子確定滿足條件，再考慮時不成立，是解題的關鍵．【例3】（2025上海浦東新區高三一模）過曲線上一點作其切線，若恰有兩條，則稱為的“類點”；過曲線外一點作其切線，若恰有三條，則稱為的“類點”；若點為的“類點”或“類點”，且過存在兩條相互垂直的切線，則稱為的“類點”．(1)設，判斷點是否為的“類點”，并說明理由；(2)設，若點為的“類點”，且過點的三條切線的切點橫坐標可構成等差數列，求實數的值；(3)設，證明：軸上不存在的“類點”．【答案】(1)是，理由見解析；(2)2；(3)證明見解析.【分析】（1）判斷點的位置，求出過此點的切線方程，結合“類點”的定義判斷即可.（2）求出過點的切線方程，并代入的坐標并結合“類點”的定義求出值，驗證即可得解.（3）假定存在，并設出點的坐標，由過點的切線方程建立等式，分離參數構造函數，利用導數探討方程根的情況導出矛盾得證.【詳解】（1）函數，，點在上，求導得，設切點為，切線方程為，即，由切線過，得，,解得或，因此切線方程為，所以點為的“類點”.（2）函數，求導得，設切點為，切線方程為，即，切線過，則，依題意，方程有三個不同解，且成等差數列，設為，公差為，，因此，則，，則，當時，，不過，所以的值為2.（3）假設軸上存在函數的“類點”，記為，設坐標為，求導得，設切點為，切線方程為，即，由切線過，得，此方程至少有兩個不同解，設，則，由，得或，當時，，函數是上的嚴格減函數，當時，為上的嚴格增函數，函數的極小值，極大值，又，當或時，方程有兩個不同解，當時，方程有三個不同解，當時，在上，其余情況下在外，則，設兩垂直切線的斜率為，對應方程的兩根為，則，由，得，則有，由，得異號，不妨設，由均值不等式知，，則，與矛盾，即不存在，所以軸上不存在的“類點”.【點睛】思路點睛：解決過某點的函數f(x)的切線問題，先設出切點坐標，求導并求出切線方程，然后將給定點代入切線方程轉化為方程根的問題求解.題型二：曲線與直線交點橫坐標形成數列【例4】（2023·上海嘉定·一模）已知．(1)求函數的單調區間和極值；(2)請嚴格證明曲線有唯一交點；(3)對于常數，若直線和曲線共有三個不同交點，其中，求證：成等比數列．【答案】(1)答案見解析(2)證明過程見解析(3)證明過程見解析【分析】（1）根據導數的性質，結合極值的定義進行求解即可；（2）構造新函數利用導數的性質，結合函數零點存在原理進行求解即可；（3）根據題意得到，結合（1）中結論、等比數列的定義進行運算證明即可.【解析】（1）由題意可知：的定義域為，的定義域為，，當時，得，此時函數單調遞增，當時，得，此時函數單調遞減，因此函數極大值為，單調遞增區間為，單調遞減區間為；當時，得，此時函數單調遞增，當時，得，此時函數單調遞減，因此函數極大值為，單調遞增區間為，單調遞減區間為，所以函數極大值為，單調遞增區間為，單調遞減區間為；函數極大值為，單調遞增區間為，單調遞減區間為.（2）設，設，設，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以，設，當時，單調遞減，當時，單調遞增，所以，因此有，當時取等號，于是有，因此單調遞減，而，根據函數零點存在原理，當時，函數在內有唯一零點，因此有唯一實根，因此曲線有唯一交點.（3）由（1）可知兩個函數的最大值均為，且函數單調遞增區間為，單調遞減區間為；函數單調遞增區間為，單調遞減區間為，由（2）可知曲線有唯一交點，且交點在內，因為直線和曲線共有三個不同交點，其中，因此兩條曲線必過兩個曲線的交點，所以有，因此有，因為，，在上單調遞增，所以有，同理，，而函數在單調遞減，所以有，而，所以，因此成等比數列.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是利用構造新函數，利用導數的性質、結合放縮法進行運算證明.【例5】（2324高三下·上海·階段練習）已知函數和(1)若函數是定義域上的嚴格減函數，求的取值范圍.(2)若函數和有相同的最小值，求的值(3)若，是否存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列【答案】(1)(2)1(3)存在【分析】（1）求導，然后根據導函數不大于零恒成立，轉化為最值求解即可；（2）分別求出兩函數的最值，根據最值相等構造函數，求導研究函數單調性，進而可得的值；（3）求導研究函數和的單調性，及最值，設出其交點，進而求出三個不同的交點，根據等式可證明等差數列.【解析】（1）恒成立，因為，所以，則的取值范圍為；（2）定義域為，，，若，則，單調遞增，無最小值，故，當時，，當時，，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞增，故，的定義域為，，，令，解得，當時，，函數在上單調遞減，當時，，函數在上單調遞增，故，函數和有相同的最小值，，化為，令，，則，，恒成立，在上單調遞增，又，僅有此一解，；（3）（2）知，函數在上單調遞減，在上單調遞增，函數在上單調遞減，在上單調遞增，設，則，當時，，所以函數在上單調遞增，因為，所以當時，恒成立，即在時恒成立，所以時，，因為，函數在上單調遞增，，函數在上單調遞減，所以函數與函數的圖象在上存在唯一交點，設該交點為,，此時可作出函數和的大致圖象，由圖象知當直線與兩條曲線和共有三個不同的交點時，直線必經過點,，即，因為，所以，即，令得，解得或，由，得，令得，解得或，由，得，所以當直線與兩條曲線和共有三個不同的交點時，從左到右的三個交點的橫坐標依次為，，，因為，所以，所以，，成等差數列．存在直線，其與兩條曲線和共有三個不同的交點，并且從左到右的三個交點的橫坐標成等差數列．【點睛】關鍵點點睛：本題第三問關鍵點是找到兩函數的交點對應的相關等式，才能求出3個交點時的橫坐標.【例6】（2024·上海青浦·一模）已知函數，其中.(1)求函數的單調區間；(2)設函數，問:函數的圖像上是否存在三點，使得它們的橫坐標成等差數列，且直線的斜率等于在點處的切線的斜率?若存在，求出所有滿足條件的點的坐標;若不存在，說明理由;(3)證明:函數圖像上任意一點都不落在函數圖像的下方【答案】(1)單調遞減區間為，單調遞增區間為(2)不存在，理由見解析(3)證明見解析【分析】（1）求出函數導數，利用導數求解函數的單調區間；（2）利用反證法，先假設存在，化簡后得出矛盾即可證明；（3）構造新函數，原題轉化為求證新函數的最小值不小0即可.【詳解】（1）定義域為，，顯然在上嚴格增，且.所以當時，；當時，.的單調遞減區間為，單調遞增區間為.（2），假設存在三點滿足條件，設三點的橫坐標分別為則，，即，即，令，則，當且僅當時等號成立，所以嚴格增，只有一個零點，矛盾，所以不存在滿足條件的三點.（3）令，只需證明當時，恒成立.由，當時，顯然嚴格增，當是，分兩段，①當時，，所以；②當時，，令，則，再令，則，當時，，所以單調遞增，所以，即，所以單調遞增，所以，所以，，綜上可知，，所以圖像上任意一點都不落在函數圖像的下方.【點睛】關鍵點點睛：第三問中，圖象位置關系轉化為函數之差的最小值不小于0即可，再構造函數，利用導數求出函數的最小值即可得證.題型三：函數遞推數列【例7】（2024·上海奉賢·一模）已知函數y=fx，其中（常數且）．(1)若函數y=fx的圖象過點，求關于的不等式的解集；(2)若存在，使得數列是等比數列，求實數的取值范圍.【答案】(1)或(2)【分析】（1）點代入函數解析式求出，再解指數不等式可得答案；（2）根據數列是等比數列可得，令，利用導數判斷出在上的單調性，求出的值域可得答案.【詳解】（1）若函數y=fx的圖象過點，則，解得，舍去，所以，由得，解得或，所以不等式的解集為或；（2），若存在，使得數列是等比數列，則，可得，由可得，令，，當時，，所以，可得在上單調遞減，所以，則實數的取值范圍.【例8】已知函數(1)判斷的單調性；(2)若有且僅有一個零點，求的取值范圍；(3)若取第（2）問所求范圍的最小值，且數列滿足，，，求證：，.【答案】(1)答案見解析(2)(3)證明見解析【知識點】利用導數研究函數的零點、由遞推數列研究數列的有關性質、含參分類討論求函數的單調區間【分析】（1）求導，令，分類討論可得的單調性；（2）利用（1）的結論可得有且僅有一個零點，求的取值范圍；（3）由（2）可得，令，求導，可得當，則，進而利用放縮法可求結論.【詳解】（1）因為，令，對稱軸，，，當時，，則，在單調遞增，當時，，令，得，，所以時，則；時，則；時，則，所以在上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增綜上，時，在單調遞增；時，在上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增.（2）易知，由（1）可得當時，在單調遞增，又，所以有且僅有一個零點，當時，在上單調遞增，上單調遞減，上單調遞增，又，，所以在上有一個零點；又時，；時，，所以在，上各有有一個零點；所以有三個零點，綜上；（3），，令，則，所以在上單調遞增，所以當時，，所以，即，所以由可得當，則，因此，若存在正整數，使得，則，從而，重復這一過程有限次后可得，與矛盾，從而，對，，下面我們先證明，當時，，設，則當時，，所以在單調遞減，所以，即時，，因為，所以，，即，由于，，所以，故，故當時，，所以，故，.【點睛】難點點睛：數列是高中數學中的重要內容之一，也是高考重點考查是考點.第三問求解則是充分借助題設條件及第二問中的結論，適當放縮不等式從而使得問題獲證，值得指出的是這一問的縮放一定要縮放得當、恰到好處.【例9】（2025上海黃浦一模）設函數在區間I上有導函數，且在區間I上恒成立，對任意的，有．對于各項均不相同的數列，，，下列結論正確的是（

）A．數列與均是嚴格增數列B．數列與均是嚴格減數列C．數列與中的一個是嚴格增數列，另一個是嚴格減數列D．數列與均既不是嚴格增數列也不是嚴格減數列【答案】C【分析】由條件易知函數y=fx在I上嚴格遞減，構造，因數列的各項均不相同，由的大小比較，利用函數單調性可得的大小關系，即得結論.【詳解】依題意，因f'x<0在區間I上恒成立，則函數y=f由，，因數列的各項均不相同，且，若，則，即，即此時數列嚴格遞增，數列嚴格遞減；若，則，即，即此時數列嚴格遞減，數列嚴格遞增.綜上所述，數列與中的一個是嚴格增數列，另一個是嚴格減數列.故選：C.【點睛】思路點睛：本題主要考查利用函數單調性判斷數列的單調性的應用，屬于難題.解題思路在于根據選項信息，考慮數列中連續偶數項的差，通過對應的連續奇數項的大小比較，借助于函數單調性得出偶數項的大小關系.【例10】（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.【解析】（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，，所以函數在區間上嚴格減，當時，，所以函數在區間上嚴格增，因為，所以，，以此類推，當時，，又，所以函數在區間上嚴格減，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.題型四：新定義數列【例11】（2324高三上·上海青浦·期中）已知函數，對于數列，若，則稱為函數的“生成數列”，為函數的一個“源數列”.(1)已知為函數的“生成數列”，為函數的“源數列”，求；(2)已知為函數的“源數列”，求證：對任意正整數，均有；(3)已知為函數的“生成數列”，為函數的“源數列”，與的公共項按從小到大的順序構成數列，試問在數列中是否存在連續三項構成等比數列?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）根據題意確定，，計算得到答案.（2）確定，構造，求導得到函數單調遞增，計算最值得到證明.（3）確定，，根據得到，確定，再假設存在得到，整理得到，無解，得到答案.【解析】（1），，，故，則；（2），，故，構造函數，，則，函數在上單調遞增，，故在恒成立，單調遞增，故，即，，當時，，綜上所述：恒成立，即.（3），則，，設，即，則，設函數，函數單調遞增，對于任意，有唯一的與之對應，即數列中每一項，都有中的項與之相等，單調遞增，故，假設數列中存在連續三項構成等比數列，，，，故，整理得到，無正整數解.故假設不成立，即不存在連續三項構成等比數列.【點睛】關鍵點睛：本題考查了函數導數和數列綜合，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中構造新函數確定函數的單調性得到是解題的關鍵，這種技巧是常考技巧，需要熟練掌握.【例12】對給定的在定義域內連續且存在導函數的函數，若對在定義域內的給定常數，存在數列滿足在的定義域內且，且對在區間的圖象上有且僅有在一個點處的切線平行于和的連線，則稱數列為函數的“關聯切線伴隨數列”.(1)若函數，證明：都存在“關聯切線伴隨數列”；(2)若函數，數列為函數的“1關聯切線伴隨數列”，且，求的通項公式；(3)若函數，數列為函數的“關聯切線伴隨數列”，記數列的前項和為，證明：當時，.【答案】(1)證明見解析(2)(3)證明見解析【分析】（1）根據題意分析可知：數列為以為首項，為公比的等比數列，結合等比數列分析證明；（2）由題意分析可知：數列為以為首項，為公比的等比數列，結合等比數列通項公式運算求解；（3）構建函數，利用導數可證，利用累加法分析求解.【解析】（1）因為，則，由題意可得：，則，即，且，可知數列為以為首項，為公比的等比數列，顯然這樣的數列對于給定的是存在的，所以都存在“關聯切線伴隨數列”.（2）因為，則，設，即，由題意可知：，則，可得，且，可知數列為以為首項，為公比的等比數列，可得，所以數列通項公式為.（3）先證明，設函數，則，，則，定義的導函數為的導函數為，則，且，，令，則，，因為，可知在內單調遞增，則，同理得，，故，又在內單調遞增，在有有因此取，有，又在單調遞減，在單調遞增，故，當時，，符合題意；當時，，累加可得，整理得，所以；綜上所述：.【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式的基本步驟（1）作差或變形；（2）構造新的函數；（3）利用導數研究的單調性或最值；（4）根據單調性及最值，得到所證不等式；特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．題型五：數列“累加型”不等式證明【例13】已知函數.(1)證明：；(2)證明：.【答案】(1)證明見解析；(2)證明見解析【分析】（1）利用導數求得的最小值為0，進而證得成立；（2）先利用（1）證得，再利用裂項相消法求和即可證明原不等式成立.【詳解】（1），令，解得，當時，解得；當，解得，則在上單調遞減，在上單調遞增；所以在取得最小值，，恒成立，即恒成立.（2）由（1）知，在上單調遞增，且所以在恒成立，即在恒成立.所以在恒成立.則當時，恒成立,令，則，所以.所以，即.所以，故得證.【例14】（2023·上海浦東新·統考三模）已知實數，，．(1)求；(2)若對一切成立，求的最小值；(3)證明：當正整數時，．【答案】(1)(2)(3)證明見解析【分析】（1）求出函數的導函數，再代入計算即可；（2）設，求出函數的導函數，當時，對一切，，即可得到在成立，再說明當時不符合題意，即可得解；（3）由（2）得對一切時，成立，即可在不等式中取，得，即可得到，再說明，即可得證.【詳解】（1）因為，所以，所以．（2）設，則，當時，對一切，且僅當時，，故函數在區間上單調遞增，從而由知，對一切，，即對一切成立；當時，取，得，即不成立．綜上，的最小值是．（3）當時，（可用計算器驗證，證明不作要求），由（2）得，對一切，成立，即，顯然當時，，所以，在不等式中取，得（為正整數），故時，．而當時，，證畢．【點睛】關鍵點睛：第二問解答的關鍵是取點說明不成立，第三問關鍵是結合（2）的結論得到，再取，得（為正整數）.【例15】（2023·上海普陀·曹楊二中校考三模）已知函數，.(1