新高考数学三轮冲刺提升练习专题10 导数的新定义问题专练（2份，原卷版+解析版）

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1．（2023·上海徐汇·统考二模）已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数.
(1)函数，是否为函数﹖请说明理由；
(2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围；
(3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式.
【答案】(1)是，理由见解析
(2)
(3)，
【分析】（1）根据函数的定义，即可证明；
（2）分为在区间上仅存的极大值点或极小值点讨论单调性，以及根据函数的性质，列式求解；
（3）首先根据函数是函数，构造函数，再求函数的导数，参变分离后转化为求函数的值域，并求.
【详解】（1）是函数，理由如下，
对任意，，
，故
（2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减，
由，即，得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
（ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增，
由，同理可得，
又，，则，（构造时，等号成立），
所以；
综上所述：所求取值范围为；
（3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设，
此时，
由为函数，得恒成立，即
恒成立，
设，则为上的减函数，，得对恒成立，
易知上述不等号右边的函数为上的减函数，
所以，所以的取值范围为，
此时，
法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数，
法2：，
因为，当，，所以为上的增函数，
由题意得，，.
【点睛】本题考查函数新定义，以及理由导数研究函数性质，不等式的综合应用问题，本题的关键是理解函数的定义，并结合构造函数，不等式关系，进行推论论证.
2．（2023·上海奉贤·统考二模）设函数的定义域是R，它的导数是．若存在常数 ，使得对一切恒成立，那么称函数具有性质．
(1)求证：函数不具有性质；
(2)判别函数是否具有性质．若具有求出的取值集合；若不具有请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)具有性质，的取值集合
【分析】（1）假设具有性质，由定义求解结论成立的条件；
（2）假设具有性质，由定义求解结论成立的条件.
【详解】（1）假设具有性质， 即 对一切恒成立
化简得到，显然不存在实数使得成立，所以假设错误，
因此函数不具有性质.
（2）假设具有性质， 即 对一切恒成立，
即 对一切恒成立，则对一切恒成立，
由，所以当时，具有性质，
所以具有性质，的取值集合.
3．（2022·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）给出以下三个材料：①若函数可导，我们通常把导函数的导数叫做的二阶导数，记作.类似地，二阶导数的导数叫做三阶导数，记作，三阶导数的导数叫做四阶导数……一般地，阶导数的导数叫做阶导数，记作.②若，定义.③若函数在包含的某个开区间上具有阶的导数，那么对于任一有，我们将称为函数在点处的阶泰勒展开式.例如，在点处的阶泰勒展开式为.根据以上三段材料，完成下面的题目：
(1)求出在点处的阶泰勒展开式，并直接写出在点处的阶泰勒展开式；
(2)比较（1）中与的大小.
(3)证明：.
【答案】(1), ；
(2)答案见解析；
(3)证明过程见解析.
【分析】（1）根据在点处的阶泰勒展开式的定义可直接求得结果；
（2）令，利用导数可求得在上单调递增，结合可得的正负，由此可得与的大小关系；
（3）令，利用导数可求得，即；①当时，由，，可直接证得不等式成立；②当时，分类讨论，由此可证得不等式成立.
【详解】（1），，，
，，，
，即；
同理可得：；
（2）由（1）知：，，
令，则，
，，
在上单调递增，又，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
，，
在上单调递增，又，
当时，；当时，；
综上所述：当时，；当时，；当时，；
（3）令，则，
，在上单调递增，
又，在上单调递减，在上单调递增，
，即；
在点处的阶泰勒展开式为：，
，当且仅当时取等号，
①当时，由（2）可知，，当且仅当时取等号，所以；
②当时，设，，
，，
当，由（2）可知，所以，
，即有；
当时，，
所以，时，单调递减，从而，即．
综上所述：.
【点睛】关键点睛：本题考查了导数中的新定义问题，关键是审题时明确阶泰勒展开式的具体定义；本题在证明不等式成立时的关键是能够根据原函数与其在处的阶泰勒展开式的大小关系，利用放缩的方法将不等式进行转化.
4．（2022·上海普陀·统考一模）若函数同时满足下列两个条件，则称在上具有性质．
①在上的导数存在；
②在上的导数存在，且（其中）恒成立．
(1)判断函数在区间上是否具有性质？并说明理由．
(2)设、均为实常数，若奇函数在处取得极值，是否存在实数，使得在区间上具有性质？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由．
(3)设且，对于任意的，不等式成立，求的最大值．
【答案】(1)函数在区间上具有性质；
(2)存在实数，使得在区间上具有性质，的取值范围是；
(3)的最大值为.
【分析】（1）令，按照题目所给定义，求出和，并判断是否恒成立即可；
（2）先利用为奇函数且在处取得极值求出实数，的值，再按照题目所给定义，求出，即可求出的取值范围；
（3）分离参数得，构造函数，通过的最小值，即可确定正整数的最大值.
【详解】（1）令，，
则，，
，，
当时，恒成立，
∴函数在区间上具有性质；
（2）∵，
∴，
∵在处取得极值，且为奇函数，
∴在处也取得极值，
∴，解得，
∴， ，
当时，令，解得；令，解得；
故在单调递减，在单调递增，满足在处取得极值，
∴，
当时，恒成立，
∴存在实数，使在区间上恒成立，
∴存在实数，使得在区间上具有性质，的取值范围是；
（3）∵，
∴ ，
令，
则，
令，
则，
当时，，在区间上单调递增，
又∵，，
∴存在，使，
∴当时，，，在区间上单调递减，
当时，，，在区间上单调递增，
∴当时，的最小值为，
由，有，
∴，
∵，∴，
又∵恒成立，
∴，
∵且，
∴的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题中存在无法求解零点，使用了虚设零点的方法，设，再通过的代换，求得的最小值，这种方法，是解决“隐零点”的常用方法之一.
5．（2022·湖南·模拟预测）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.
【详解】（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．
6．（2022春·北京·高二北京市第一六一中学校考期中）对于函数f（x），若存在实数满足，则称为函数f（x）的一个不动点.已知函数，其中
(1)当时，
（i）求f（x）的极值点；
（ii）若存在既是f（x）的极值点，又是f（x）的不动点，求b的值：
(2)若f（x）有两个相异的极值点，，试问：是否存在a，b使得，均为f（x）的不动点？证明你的结论.
【答案】(1)（i）当时，没有极值点；当时，的极大值点为，极小值点为.（ii）.
(2)不存在，证明见解析
【分析】（1）（i）利用导数，以及对进行分类讨论来求得的极值点.
（ii）结合极值点、不动点的知识来列方程组，从而求得的值.
（2）根据极值点、不动点的知识对的取值进行分析，从而作出正确的判断.
(1)
（i）当时，，.
当时，恒成立，在上递增，没有极值点.
当时，令解得，
则在区间递增；
在区间递减，
所以的极大值点为，极小值点为.
（ii）若是的极值点，又是的不动点，
则，即，
即，代入得 ，
，，
，，
，所以，则
(2)
，，
有两个相异的极值点，也即有两个不同的零点，
所以①，.
依题意，若是的不动点，
则，两式相减得，
，
，
，，这与①矛盾，
所以不存在符合题意的.
【点睛】有关导数的新定义问题的求解，关键点在于“转化”，将新定义的问题，转化为利用导数求解函数的单调区间、极值（点）、最值等问题来进行求解.
7．（2022春·上海宝山·高二上海交大附中校考期中）若两个函数与在处有相同的切线，则称这两个函数相切，切点为.
(1)判断函数与是否相切；
(2)设反比例函数与二次函数相切，切点为.求证：函数与恰有两个公共点；
(3)若，指数函数与对数函数相切，求实数的值；
(4)设（3）的结果为，求证：当时，指数函数与对数函数的图象有三个公共点.
【答案】(1)相切，理由见解析
(2)证明见解析
(3)
(4)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出曲线在处的切线方程，即可得解；
（2）利用两曲线在处有公切线可得出等式组，求出的表达式，然后由得，求出方程的三个解，即可得出结论；
（3）设指数函数与对数函数在处有相同的切线，利用已知条件可得出关于、的方程组，通过换元法以及构造新函数可求得、的值；
（4）设函数，其中且，利用导数分析函数的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立.
(1)
解：对于函数，求导得，则，且，
所以，曲线在处的切线方程为，
因此，函数与相切.
(2)
解：反比例函数与二次函数在处有相同的切线，
对函数求导得，对函数求导得，
所以，可得，因为，则，
代入可得，所以，，
此时令得，它的一个解为，
所以，方程可化为，
解得，，
所以，方程的三个解为，，
即函数与函数的两个公共点分别为、.
(3)
解：设指数函数与对数函数在处有相同的切线，
对函数求导得，对函数求导得，
由题意可得，令，
方程组等价于，
因此即，
而，所以，
即，得，所以，①，则，②
将①②代入得，化简得，
所以，，
因为，则函数为严格减函数，则，
故，即，
构造函数，其中，
则且不恒为零，
所以，函数在上为增函数，且，
故方程的唯一解为，
因此，，.
(4)
证明：设函数，其中且，
求导得，
令，则，
令可得，
由可得，由可得，
所以，函数在上为减函数，在上为增函数，
所以，.
因为，则，
因为，所以，函数在内有一个零点，
在内取，则，
令，其中，则，
因为，则，则，所以，，
所以，在上单调递增，且，所以，，
所以，函数在内也存在一个零点，
所以，函数在内共有两个零点，不妨设为、，且，
当或时，；当时，，
所以，函数有一个极大值和一个极小值，
下面证明，，
设函数与直线的交点为，
所以，为函数的一个零点，所以，，则，所以，
所以，也为函数的一个零点，
所以，，，
当时，函数为减函数，则函数也为减函数，且，
因为，所以，，
所以，，所以，，且，
所以，，，
因为且，
所以，函数在内有一个零点，也是上的唯一零点，
同理，且，
所以，函数在内有一个零点，也是内的唯一零点，
综上所述，当时，函数共有三个零点.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
8．（2022春·上海宝山·高二上海交大附中校考阶段练习）某厂生产件产品的总成本元，产品单价元.求：
(1)求产量时的边际成本，并说明其意义；
(2)求总利润的最大值，并指出此时产量的值.
【答案】(1)边际成本为8元，意义：当q=25时，产量每增加1件，总成本会增加8元
(2)利润最大为150000元，产量q=625
【分析】（1）对总成本函数求导，可得边际函数，并解得时的边际成本，由此可说明意义.
（2）通过成本与销售额可得利润函数，求导可得到产量q的取值，并得到总利润最大值.
（1）
边际成本，当q=25时，（元）.
其意义：当q=25时，产量每增加1件，总成本会增加8元
（2）
销售总额：，
总利润：
.
，令，得，
即，并且当时，，
故为极大值点，也是最大值点.
时，（元）.
利润最大为150000元，此时产量q=625.
9．（2022·河北石家庄·统考一模）已知函数，.
(1)当时，过坐标原点作曲线的切线，求切线方程；
(2)设定义在上的函数在点处的切线方程为，对任意，若在上恒成立，则称点为函数的“好点”，求函数在上所有“好点”的横坐标（结果用表示）.
【答案】(1)
(2)横坐标
【分析】（1）根据导数的几何意义及斜率公式建立方程可求解；
（2）根据题中的新定义，表达出，再通过研究其单调性得到最值，从而判断“好点”的横坐标.
(1)
当时，，，
设切点坐标为，则切线方程为：
因为切线过原点，代入原点坐标可得：
令，则，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
所以，且当时，，所以的解唯一，即，
所以切点坐标为，切线斜率为，切线方程为：.
(2)
设点是函数上一点，且在点处的切线为，
则
令，所以
，
①当，即时，，
则时，，所以在单调递减，故，即：，不满足，所以时，不是函数在上的好点.
②当，即时，
i）若，即，此时：
当时，，所以在单调递减，
不满足，所以当时，不是函数在上的好点
ii），即，此时：
当时，，所以在单调递减，
不满足，所以当时，不是函数在上的好点.
iii）当，即，此时：
时，恒成立，所以在单调递增，
故当时，，即，所以时：
当时，，即，所以时，
即对任意，，所以当时，是函数在上的好点.
综上所述，在上存在好点，横坐标.
【点睛】解决导数的几何意义的关键一是要看清是求在某点处的切线还是过某点求切线；解决恒成立的问题的实质是解决单调性和最值，这一般要分类讨论.
10．（2022秋·陕西安康·高三统考期末）已知函数.
(1)若在其定义域内是增函数，求的取值范围；
(2)定义：若在其定义域内单调递增，且在其定义域内也单调递增，则称为的“协同增函数”.
已知函数，若是的“协同增函数”，求的取值范围.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）分析可知，对任意的恒成立，利用导数求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围；
（2）由（1）可得出，分析可知，在上恒成立，利用导数求出函数在上的最小值，可得出关于实数的不等式，由此可解得实数的取值范围.
(1)
解：因为，所以，
令，则.
由，得；由，得.
则在上单调递减，在上单调递增.
故，即.
因为在其定义域内是增函数，所以，解得.
(2)
解：由（1）可得.
设，
则.
因为在其定义域内是增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
即在上恒成立.
设，则.
由，得；由，得.
所以在上单调递减，在上单调递增，
则，故，解得.
因为，所以，即的取值范围是.
11．（2022春·上海浦东新·高二上海市建平中学校考期末）对于定义在D上的函数，其导函数为．若存在，使得，且是函数的极值点，则称函数为“极致k函数”．
(1)设函数，其中，．
①若是单调函数，求实数a的取值范围；
②证明：函数不是“极致0函数”．
(2)对任意，证明：函数是“极致0函数”．
【答案】(1)①；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①求出导函数，由或在上恒成立可得参数范围；
②用反证法，假设是“极致0函数”，则是的极值点，由此求得，与①中单调性矛盾，假设错误；
（2）求出，首先满足，只要证明是极值点即可，，引入函数设，．
示出导函数，结合（1）结论分类讨论，在时，还需要对的一部分进行求导确定正负、单调性等．从而证明是极值点．
(1)
①由题意，得．
（i）若在上单调递减，则恒成立，即恒成立，所以；
（ii）若在上单调递增，则恒成立，即恒成立，所以．
综上，实数a的取值范围为．
②假设是“极致0函数”，则是的极值点，
所以，解得，
由①可知，当时，在上单调递减，与是的极值点矛盾，
故不是“极致0函数”．
(2)
由题意，得，则．
当时，，
易知当时，．
设，．
①当，即时，由（i）可知，在上单调递减，
又，所以当时，，即；当时，，即，所以在处取得极大值，此时是“极致0函数”；
②当，即时，由（ii）可知，在上单调递增，
又，所以当时，，即，当时，，即，
所以在处取得极小值，此时是“极致0函数”；
③当时，，
设，
易知在上单调递增，在上单调递减．
因为，，
所以存在，，使得，
且当时，，
即， 在上单调递增．
又，所以当时，，即，当时，，即，
所以在处取得极小值，此时是“极致0函数”．综上，对任意，均为“极致0函数”．
【点睛】本题考查导数新定义问题，解题关键是理解新定义，解题关键是把新定义转化为用导数研究函数的单调性、函数的极值，对极值点的讨论，注意已经有的结论的应用，分类讨论思想的应用，特别是对函数的一次次求导操作，对学生的逻辑思维能力要求较高，本题属于困难题．
12．（2021春·江苏泰州·高二泰州中学校考阶段练习）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．
【答案】（1）；（2）存在，，.
【分析】（1）求出导函数，由的正负确定单调性，得极大值．
（2）设，由导数求得的最小值，得，的公共点坐标，由公共点设分界线方程，再利用不等式恒成立求得参数值，并证明恒成立．
【详解】（1）解：∵，
∴，
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，．
【点睛】本题考查用导数求函数的极值，考查导数新定义问题，钥匙方法是把新定义转化为不等式恒成立，关键是如何找到新定义中的“分界线”，先确定两个函数的差有没有最值，如果有最值点，则分界线须过此最值点（两函数图象的公共点），设出直线方程，再利用不等式恒成立求得直线方程．
13．（2021春·江苏南京·高二南京市宁海中学校考期中）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．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）分类讨论，答案见解析；（3）存在两条公切线．
【分析】（1）求导函数，由确定增区间，确定减区间后可得极值．
（2）求，根据的解的情况分类讨论确定其正负得单调性；
（3）根据公切线定义把问题转化，首先设存在公切线，与、分别切于点，．求出两函数图象的切线方程，由它们是同一条直线得出的关系，再消元得一元方程，然后引入新函数，证明新函数在上有两个不等实根，从而可得结论成立．
【详解】解：（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．
【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间，求函数极值，考查公切线问题．对公切线这个新定义，解题关键是问题的转化，在两个函数图象上设出两个切点坐标，求出切线方程，由两条切线重合去确定切点是存在的，再把求切点坐标问题转化为方程有两个不等实根，然后利用导数求解．
14．（2021春·山东济南·高二山东师范大学附中校考期中）曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率已知函数，，曲线在点处的曲率为．
（1）求实数的值；
（2）对任意的，恒成立，求实数的取值范围；
（3）设方程在区间（）内的根从小到大依次为，求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析．
【分析】（1）由题意得到关于的方程直接求解即可；
（2）分及两种情况讨论，分别判断导数的符号即可；
（3）令，利用导数分析可知，，由单调递减可得，即，由此得证．
【详解】（1）由已知，
所以，解方程得
（2）对任意的，，即恒成立，
令，则，不等式恒成立
当时，，原不等式化为
令，
则
所以在区间单调递增，所以最大值为
所以要使不等式恒成立必有
（3）由已知方程可化为
令，则
因为，所以
所以，在区间（）上单调递减，
所以存在唯一，
，
由单调递减可得即
【点睛】不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.
15．（2022秋·上海浦东新·高三华师大二附中校考阶段练习）定义：函数，的定义域的交集为，，若对任意的，都存在，使得，，成等比数列，，，成等差数列，那么我们称，为一对“函数”，已知函数，，．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）求证：；
（Ⅲ）若，对任意的，，为一对“函数”，求证：．（为自然对数的底数）
【答案】（Ⅰ）在上递减，在上递增；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）求出，讨论其符号后可得函数的单调区间.
（Ⅱ）根据（Ⅰ）中的结果可将原不等式的证明转化为证明，构建新函数后利用导数可证后者成立.
（Ⅲ）因为对任意，存在，使得且 ，化简后利用（Ⅱ）中的不等式结合特值法可得，利用导数可估计该不等式的解对应的区间的长度，从而可证明.
【详解】解：（Ⅰ），
当时，；当时，，
∴在上递减，在上递增．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
要证，即证，
设函数，，
当时，，当时，，
故在为减函数，在上为增函数，
故，即恒成立，
所以，
综上，．
（Ⅲ）由题设，对任意，存在，
使得，且，
而，
故.
法一：由（Ⅱ）得，
∴．
令，则，
令，，
∴在上递增，在上递减，
又，，，
由零点存在性定理得存在（），使得，
故不等式的解为．
故，证毕．
法二：由均值不等式得．
故，
令，则，
同法一，有不等式的解为．
故，证毕．
【点睛】思路点睛：函数不等式的证明，一般是构建新函数，通过导数讨论新函数的最值从而不等式得到证明，而对于多变量的等式，要求某一个参数的取值范围，则需通过放缩法、特殊值法等手段构建关于参数的不等式，再结合导数讨论对应函数的性质，从而得到所需的范围.
16．（2021秋·山东青岛·高三山东省青岛第十七中学校考期中）如果是定义在区间D上的函数，且同时满足：①；②与的单调性相同，则称函数在区间D上是“链式函数”.已知函数，.
（1）判断函数与在上是否是“链式函数”，并说明理由；
（2）求证：当时，.
【答案】（1）在上是“链式函数”， 在上是“链式函数”，理由见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）分别对函数、用“链式函数”定义验证即可；
（2）由（1）得，当时，和，两式相加得，所以只需证明，构造函数，用导数结合单调性可得证.
【详解】（1），令则，
在上单调递增，
又 当时，，在上单调递增，
又 当时，，
∴当时，，与在上均单调递增，
∴在上是“链式函数”.
，令，则，
∴在上单调递减，又 当时，，
∴在上单调递减，又 当时，，
∴当时，，与在上均单调递减，
∴在上是“链式函数”.
（2）当时，由（1）知，所以，
又由（1）知，所以，
两式相加得，即，
令，
则，
所以在上单调递增，
则当时，，即，∴当时，，
故当时，.
【点睛】方法点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
17．（2021·全国·高三专题练习）曲线的曲率定义如下：若是的导函数，令，则曲线在点处的曲率．已知函数，，且在点处的曲率．
（1）求的值，并证明：当时，；
（2）若，且，求证：．
【答案】（1）2，证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1），，，，根据在点，处的曲率，可得，解得．当时，，利用导数研究函数的单调性极值与最值即可证明．
（2）由（1）可得：，可得，．令，可得：，可得，要证明：，只要证明：即可，时，验证成立；时，令，利用导数研究函数的单调性即可证明结论．
【详解】（1），，，，
在点，处的曲率，
，解得．
当时，，
，
令，则，
在时单调递增，，，函数在上单调递增，，因此．
（2）证明：由（1）可得：，
，，
令，则：，
要证明：，
只要证明：即可，
时，左边
时，令，
，
，
（2），
在上单调递减，
（2），
综上可得：成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、等价转化方法，解决本题的关键点是由（1）可得：，将要证明的不等式转化为证明，考查了学生推理能力与计算能力，属于难题．
18．（2022·高二单元测试）用数学的眼光看世界就能发现很多数学之“美”．现代建筑讲究线条感，曲线之美让人称奇．衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，曲线的曲率定义如下：若是的导函数，是的导函数，则曲线在点处的曲率．
（1）若曲线与在处的曲率分别为，比较大小；
（2）求正弦曲线曲率的最大值．
【答案】（1）；（2）1．
【分析】（1）求出导函数及导函数的导数，根据曲率定义直接计算，然后比较．
（2）求，再求，然后曲率，用换元法，函数的单调性求得最大值．
【详解】（1），，所以，
，，，所以；
（2），，
所以，
，
令，则，
设，则，
显然当时，，递减，所以．最大值为1，
所以的最大值为1．
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义“曲率”，解题关键是理解曲率的定义，实质就是对导函数再求导得，然后根据所给公式求出的曲率．
19．（2022·全国·高三专题练习）记，为的导函数．若对，，则称函数为上的“凸函数”．已知函数，．
（1）若函数为上的凸函数，求的取值范围；
（2）若函数在上有极值，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据凸函数定义可知，分离常数可得，利用导数可求得的最小值，由可求得的取值范围；
（2）将问题转化为在有变号零点；令，利用导数可求得单调性，可得；当时，由可知无零点；当时，可知，使得，由单调性可确定其有变号零点，由此可得的取值范围.
【详解】（1），
若函数为上的凸函数，则，即，
令，，则当时，，
当时，；当时，；
当时，单调递减；当时，单调递增，
，，解得：，
的取值范围为.
（2），，
在上有极值，在有变号零点，
，令，则，
，，在上单调递增，
；
①当，即时，，在上单调递增，
．即，
在无零点，不合题意；
②当，即时，则，使得，
当时，，，单调递减，
又，当时，，在上无零点；
当时，，单调递增，
又时，，
在上有零点，且在零点左右两侧符号相反，即该零点为的变号零点，
在上有极值；
综上所述：的取值范围为.
【点睛】思路点睛：本题考查根据函数有极值求解参数范围的问题，求解此问题的基本思路是将问题转化为导函数在所给区间内有变号零点的问题，通过讨论导函数的单调性，结合区间临界点的符号可求得结果.
20．（2022·高二课时练习）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“点”．
（1）证明：函数与不存在“点”；
（2）若函数与存在“点”，求实数的值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）根据已知条件可得出关于的方程组，判断方程组无公共解，即可证得结论成立；
（2）设为与的“点”，根据题中定义可得出关于的方程组，即可求得实数的值.
【详解】（1）函数，，则，．
由，可得，此方程组无解，
因此，函数与不存在“点”；
（2）函数，，则，，
设为与的“点”，由可得，
可得，解得，此时.
因此，.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数中的新定义问题，解题的关键在于根据题中“点”的定义得出方程进行求解.对于新定义问题的关键是准确理解新定义的实质，紧扣新定义进行推理论证.