专题05 常见函数与函数中的新定义问题10种常见考法归类（核心题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

该高中数学高考复习知识清单聚焦常见函数与函数新定义问题专题，系统整合绝对值函数、对勾函数等十大核心题型，通过题型脑图构建考法框架，配套核心处理方法与经典模型总结，形成完整知识体系。 清单采用考法深研与解题技能通关结合模式，如绝对值函数标注零点分段法三步解题流程，对勾函数整合图像性质与基本不等式应用，培养数学思维与运算能力。特设高频题型例题与参数取值类问题解析，助力学生自主构建知识网络，教师可依托清单实施针对性复习，提升备考效率。

专题05 常见函数与函数中的新定义问题 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 绝对值（折线）函数 1. 核心处理方法：零点分段法 第一步：令绝对值内部代数式等于0，解出分界零点； 第二步：以零点划分定义域区间，分区间去掉绝对值符号，写成分段函数； 第三步：分段分析单调性、端点、拐点，求解值域、最值、不等式。 2. 三类经典模型与几何意义 ①：V型折线，顶点，左减右增； ②：数轴距离和，最小值为两点间距； ③：数轴距离差，存在固定最大值与最小值。 3. 两种解题思路 ①代数分段法：适合含参、复杂复合绝对值函数，严谨通用； ②几何距离法：选择填空快速口算最值，简化计算； 4. 高频题型：解绝对值不等式、求含参函数值域、已知最值求参数。 1．【多选】（2026·江西九江·模拟预测）已知不等式对任意实数恒成立，则实数的可能取值为（   ） A． B．1 C．3 D．5 2．（2026·天津河西·模拟预测）若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 3．（2026·山西忻州·模拟预测）若函数的最小值为4，则实数的所有取值之和为__________. 4．（2026·上海·模拟预测）若不等式对于任意实数x恒成立，则a的取值范围为______． 5．（2026·天津·模拟预测）设，函数，若恰有两个不同零点，则的取值范围为__________． 6．（2026高三·天津·期末）已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______． 7．（2026高一·四川广安·阶段检测）设二次函数，若存在实数a，对任意，使得不等式成立，则实数b的取值范围是______． 8．（2026·天津·模拟预测）设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 题型02 对勾函数 对勾函数 解析式 图像 定义域 渐近线 值域 奇偶性 奇函数 单调性 在上是增函数，在是减函数 在上是增函数，在是减函数 【注】基本不等式，当且仅当时取到最小值，即时， 9．（2026高三·浙江·期中）下列函数中最小值为4的是（   ） A． B． C． D． 10．（2026高三·天津滨海新区·阶段检测）对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 11．【多选】（2026高三·贵州毕节·期中）下列说法正确的有（    ） A．的最小值为1 B．的最小值为2 C．的最小值为4 D．的最小值为4 12．【多选】（2026高三·河南焦作·阶段检测）形如的函数，我们称之为“对勾函数”.“对勾函数”具有如下性质：该函数在上单调递减，在上单调递增.已知函数在区间上的最大值比最小值大，则实数a的值可以是（   ） A．2 B．14 C． D． 题型03 飘带函数 飘带函数 解析式 图像 定义域 渐近线 值域 奇偶性 奇函数 单调性 在上是增函数 在是减函数 13．（2026高三·安徽·期中）形如的函数一般称为飘带函数．若飘带函数的图象经过两点和．则以下四个判断中①是定义域上的偶函数；②在内单调递减；③有最小值；④，正确的有（   ） A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．②④ 14．（2026高三·安徽·期中）一般地，我们把形如的函数称为飘带函数，若飘带函数在上的最小值、最大值分别为和1. (1)确定a，b的值； (2)求的零点. 15．（2026高三·全国·专题练习）函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是一对优美的双曲线.在数列中，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则当时，的取值范围为______. 题型04 高斯函数 高斯函数 (1)定义：不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作[x]，例如，[3.4]＝3，[－2.1]＝－3，这一规定最早为数学家高斯所使用，故函数y＝[x]称为高斯函数，又称取整函数. (2)性质 ①定义域：R；值域：Z. ②不具有单调性、奇偶性、周期性. (3)图象 16．（2026高三·重庆·阶段检测）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，已知方程，则方程的解集为（   ） A． B． C． D． 17．（2026·河南开封·模拟预测）高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 18．（2026高三·四川眉山·期末）高斯（1777-1855）被认为是世界上最重要的数学家之一，享有“数学王子”的美誉.函数称为取整函数，也称高斯函数，其中表示不超过实数x的最大整数，例如，.下列命题不正确的是（   ） A．不等式的解集为 B．不等式的解集为 C．若，恒成立，则实数a的取值范围为 D．若不等式的解集为，则 19．（学易金卷：高三数学上学期第三次月考（北京专用）（范围：人教B版必修第一册全部 必修第二册第四章和第五章））对于任意的表示不超过的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，令下列说法正确的有_________ ①           ②当时， ③          ④不等式的解集为 20．【多选】（2026高三·贵州遵义·期末）对于任意的，表示不超过的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”.下列说法正确的是（   ） A．函数，的图象关于原点对称 B．函数，的值域为 C．对于任意的，不等式恒成立 D．不等式的解集为 21．【多选】（2026高三·江苏南京·阶段检测）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，如：，，，又称为“取整函数”.设，则下列结论正确的是（   ） A． B．的图像关于轴对称 C．的解集为 D．若，则的值域为 22．【多选】（2026高三·山东淄博·期中）函数称为取整函数，也称高斯函数，其中表示不大于实数的最大整数，例如：，则下列命题正确的是（   ） A．函数为奇函数 B．函数的值域为 C．若，则 的最小值为 D．不等式的解集为 23．【多选】（2026高三·江苏·阶段检测）十八世纪，被称为“数学王子”的高斯提出了函数，其意义是对于任意的，表示不超过x的最大整数，如，，，人们更习惯称之为“取整函数”.现在令，下列说法正确的是（   ） A． B．当时， C． D．不等式的解集为 题型05 狄利克雷函数 狄利克雷函数 (1)定义域R；值域{0，1}. (2)奇偶性：偶函数. (3)周期性：以任意正有理数为其周期，无最小正周期. (4)无法画出函数的图象，但其图象客观存在. 24．（2026高三·广东深圳·期中）历史上第一个给出函数一般定义的是19世纪德国数学家狄利克雷（Dirichlet），狄利克雷在1829年给出了著名函数：（其中为有理数集，为无理数集）.一般地，广义的狄利克雷函数可定义为：（其中，且），以下对说法错误的是（    ） A．定义域为 B．当时，的值域为 C．为偶函数 D．在实数集上不具有单调性 25．（2026高三·北京丰台·期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄利克雷函数，则关于，给出下列四个结论： ①的值域为； ②； ③； ④任意一个非零有理数，对任意恒成立. 其中所有正确结论的序号是_______. 26．（2026高三·上海·期末）德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，该函数被称为狄利克雷函数．那么是否存在三个点、、，使得为等边三角形，若不存在请在横线上填写“不存在”，如果存在则在横线上填写该正三角形的面积__________． 27．【多选】（2026高三·贵州遵义·阶段检测）狄利克雷（Dirichlet），德国数学家，是解析数论的创始人，对函数论、位势论和三角级数论都有重要贡献，创立了现代函数的正式定义．狄利克雷提出了一个非常古怪的函数，叫做狄利克雷函数，专门用符号来表示，该函数的解析式为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．是偶函数 D．对任意 28．【多选】（2026高三·江苏泰州·阶段检测）德国数学家狄利克雷（P．G．L．Dirichlet，1805-1859）在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x，有一个确定的y和它对应就行了，而不需管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示．例如，，下列说法正确的是（   ） A． B．为偶函数 C．的值域为 D．是函数的一条对称轴 29．【多选】（2026高三·黑龙江佳木斯·期中）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet）定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（ ） A．存在，有 B．函数的图像关于直线对称 C．函数是周期函数，无最小正周期 D．存在三个点，，，使为等腰直角三角形 30．【多选】（2026高三·山东德州·阶段检测）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805~1859）定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（    ） A．存在，有 B．对任意，都存在， C．若，，则有 D．存在三个点，，，使为等腰直角三角形 题型06 最值函数 设min{a，b}＝max{a，b}＝ 直观上来说min{a，b}的作用就是求a，b的最小值，我们将其称为最小值函数，同样，max{a，b}用来表示a，b的最大值，称作最大值函数. 31．（2026高三·广东广州·期末）设函数，其中表示，，中的最小者．若，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 32．（2026高三·湖北孝感·专题练习）已知函数，，设函数，表示，中的较小值，若恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 33．（2026高三·湖南衡阳·期末），用表示，中的最小者，记为.记的最大值为，表示不超过的最大整数，如：，，若，，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 34．（2026高三·辽宁沈阳·阶段检测）已知函数满足，其中表示中最大的数，表示中最小的数，则___________ 35．（2026高三·浙江宁波·强基计划）若表示a，b中的较大值，则函数的最小值为______． 36．（2026高三·全国·阶段检测）定义，已知函数，，则（   ） A．若，则方程有且仅有一个实数解 B．若方程有两个不同的实数解，则 C．若函数的最小值为3，则 D．若，令，则的值域为 37．【多选】（2026高三·四川宜宾·期中）定义，若函数，且在区间上的值域为，则区间长度可能为（    ） A． B． C． D． 38．（2026高三·上海·期末）定义函数，其中，符号表示，中的较大者.现有以下命题： ①为偶函数； ②若不等式对一切都成立，则实数的最大值为1； ③当时，的最小值为9； ④“”是“”成立的充要条件. 正确命题的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 39．【多选】（2026高三·全国·一轮复习）对任意两个实数a，b，定义,若，，，则 （　　） A．是偶函数 B．方程有三个不同的解 C．在区间上单调递增 D．有4个单调区间 40．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数，，. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，令（其中表示，中的较小值），若存在，，使得恒成立. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若方程有两个不相等的实数根，，证明：. 题型07 符号函数 标准分段定义： 1. 基础性质：定义域为全体实数，值域；满足恒等式 ； 2. 奇偶性：奇函数，满足； 3. 图像特征：三段水平线段，对应，原点，对应，三段无连续连接； 4. 典型应用：快速去掉绝对值符号、对变量正负分类讨论、函数新定义综合辨析、分段简化复杂表达式。 41．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）定义符号函数，则方程的解是（    ） A．2或 B．3或 C．2或3 D．2或3或 42．（2026高三·陕西西安·阶段检测）已知符号函数，偶函数满足，当时，，则（    ） A． B． C． D． 43．【多选】（2026高三·安徽六安·期中）已知符号函数，下列说法中正确的是（　　） A．是奇函数 B．对任意的实数 C．函数的值域为 D．直线和函数的图象至多有2个公共点 44．（2026·北京·模拟预测）数学上的符号函数可以返回一个整型变量，用来指出参数的正负号，一般用来表示，其解析式为.已知函数，给出下列结论： ①函数的最小正周期为； ②函数的单调递增区间为； ③函数的对称中心为； ④在上函数的零点个数为4. 其中正确结论的序号是____________.（写出所有正确结论的序号） 45．【多选】（2026·陕西榆林·模拟预测）若，使得，且当时，，则称为正移函数．定义符号函数，设，则（   ） A．是正移函数 B．当时，方程有且仅有一解 C．是正移函数 D．函数的最小值为 题型08 黎曼函数 定义： 1. 定义域，值域； 2. 奇偶性：偶函数； 3. 周期性：任意正整数为周期； 4. 核心考点：函数值取值、零点分布、与狄利克雷函数综合辨析，多为选择判断类新定义小题。 46．（2026高三·广东东莞·期中）黎曼函数（Riemann function）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），若是奇函数，且，当时，，则（   ） A． B． C． D． 47．（2026高三·上海嘉定·阶段检测）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式如下:若函数是定义在上的奇函数，且对任意都有;当时，有；则_____. 48．（2026高三·上海·阶段检测）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德•黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则__________. 49．【多选】（2026高三·山东日照·期末）伯恩哈德•黎曼是德国著名数学家，他在数学分析和微分几何领域贡献卓著，开创的黎曼几何为广义相对论奠定了数学基础.他提出的黎曼函数是分析学中的经典函数，其定义域为，解析式为：，下列关于黎曼函数的说法正确的是（    ） A． B．关于的不等式的解集为 C． D．若，是内的有理数，则有 50．（2026高三·江苏盐城·阶段检测）黎曼函数是一个特殊的函数，是德国著名数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在数学中有广泛的应用，黎曼函数定义在上，. (1)求，，； (2)请用描述法写出满足方程的解集； (3)解不等式. 题型09 倍值函数 对于函数的定义域为，若存在区间，当时，的值域为，则称函数为倍值函数，区间称为函数的“倍值区间”。特别地，当时，函数称为保值函数。此类问题可转化为对应“不动点”、“稳定点”问题，也可以转化为方程同解问题，考察分类讨论、等价转化、属性结合、函数与方程等重要思想方法，综合能力要求较高，属难题。 51．（2026高三·黑龙江·期末）对于函数，如果存在区间，同时满足下列条件：①在是单调的；②当定义域是时，的值域是，则称是该函数的“倍值区间”.若函数存在“倍值区间”，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 52．（2026·北京通州·模拟预测）函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调函数且在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”.现有如下四个函数：①，②，③，④.那么上述四个函数中存在“倍值区间”的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 53．（2026高三·上海杨浦·期末）对于函数，常数，若自变量在区间上变化时，函数值的取值范围恰为，则称区间是函数的倍值区间，区间长度为.已知定义域为的函数的表达式为，给出下列结论： ① 函数恰有2个1倍值区间； ② 函数的所有倍区间长度之和为. 下列说法正确的是（    ） A．结论①成立，结论②不成立 B．结论①不成立，结论②成立 C．两个结论都成立 D．两个结论都不成立 54．（2026高三·江西吉安·期中）已知函数的定义域为D，若存在区间，使得当时，函数的值域恰为（），则称为的一个“k倍值区间”. (1)若函数的一个“1倍值区间”为，且，请写出一个满足题意的的解析式； (2)若为函数的一个“4倍值区间”，求实数a的取值集合； (3)判断函数是否存在“k倍值区间”，若存在，请求出k的取值范围；若不存在，请说明理由. 55．（2026高三·云南·阶段检测）对于定义域的函数，若存在区间，使得当时，函数的值域恰为，则称函数是上的 “倍值函数”，区间叫做“倍值区间”. (1)已知函数是上的“倍值函数”，求的值； (2)若函数是“倍值函数”且在“倍值区间”单调，求的取值范围； (3)设函数是“倍值函数”，且存在唯一的“倍值区间”，求的值. 题型10 函数中的新定义问题 （1）常见题型 ①利用函数中的新定义及相关知识求参数取值范围； ②利用函数中的新定义及相关知识探究问题是否成立. （2）解决方案 联系所学函数的相关知识和方法解决问题函数中的新定义型问题 （3）常用方法 ①理解函数的新定义；②将新定义问题转化为已知问题；③利用函数的性质. （4）失误与防范 ①注意函数的定义域；②注意对结果的检验；③利用方程思想. 56．（2026高三·河北承德·期末）定义：若存在实数，使得函数和满足且同时成立，则称和互为“亲密函数”，称为它们的“亲密点”．已知，，若存在实数使得和有且仅有一个亲密点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 57．（2026高三·天津河北·期末）已知函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之积不大于1（若的图象与的图象只有一个交点，则这个交点的横坐标不大于1），则称与是一组“小积函数”.下列四组函数中，是一组“小积函数”的序号是_________. ①与 ②与 ③与 ④与 58．（山西运城市2025-2026学年高三学期期末考试数学试题）定义：函数为向量的“跟随函数”，向量为函数的“原向量”． (1)设函数，的“原向量”分别为，，若，的夹角为锐角，求实数的取值范围． (2)已知的内角，，的对边分别为，，，其中，向量的“跟随函数”为，且． （i）若平分，并与交于点，且，求的长； （ii）若外接圆半径是，内切圆半径是，求的取值范围． 59．（2026高三·上海·期末）若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意x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)已知函数和都是定义在上的偶函数，且是函数的“导控函数”，证明：恒成立（为常数）． 60．（2026高三·湖南衡阳·期末）设函数在非空数集上的取值集合为，即，若，则称为上的“集中函数”． (1)分别判断，是否为上的“集中函数”，并说明理由； (2)若存在实数，使得为上的“集中函数”，求实数的取值范围； (3)若为上的“集中函数”，求证：． 61．（2026高三·四川成都·期末）设函数的定义域为，如果，都有，且满足，那么函数的图象称为关于点的中心对称图形，点就是其对称中心．如果，且，使得，那么函数的图象称为关于点的弱中心对称图形，点就是其弱对称中心． (1)若函数的图象是关于点的中心对称图形，求实数的值； (2)若函数，的图象是弱中心对称图形，且弱对称中心为，求实数的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 常见函数与函数中的新定义问题 题型脑图·核心考法构建 考法深研·解题技能通关 题型01 绝对值（折线）函数 1. 核心处理方法：零点分段法 第一步：令绝对值内部代数式等于0，解出分界零点； 第二步：以零点划分定义域区间，分区间去掉绝对值符号，写成分段函数； 第三步：分段分析单调性、端点、拐点，求解值域、最值、不等式。 2. 三类经典模型与几何意义 ①：V型折线，顶点，左减右增； ②：数轴距离和，最小值为两点间距； ③：数轴距离差，存在固定最大值与最小值。 3. 两种解题思路 ①代数分段法：适合含参、复杂复合绝对值函数，严谨通用； ②几何距离法：选择填空快速口算最值，简化计算； 4. 高频题型：解绝对值不等式、求含参函数值域、已知最值求参数。 1．【多选】（2026·江西九江·模拟预测）已知不等式对任意实数恒成立，则实数的可能取值为（   ） A． B．1 C．3 D．5 【答案】BC 【分析】首先根据绝对值三角不等式求的最小值，再根据不等式恒成立，转化为，即可求解. 【详解】不等式， 由不等式恒成立，可知， 即，解得：， 选项中满足条件的只有BC. 2．（2026·天津河西·模拟预测）若a，，若对任意实数x，都有恒成立，则的最大值为_______. 【答案】 【分析】先利用等价于且，把含绝对值的不等式转化为两个一元二次不等式恒成立问题；再用一元二次不等式在上恒成立的判别式条件，得到与的约束；最后令，将化为关于的二次函数并配方求最大值． 【详解】由题意，对任意实数，都有恒成立． 因为等价于且，所以原条件等价于对任意实数，都有且． 先整理第一个不等式，得对任意实数恒成立． 因为该式左边是关于的二次函数，且二次项系数为，所以需判别式不大于， 即，整理得，即， 故． 再整理第二个不等式，得对任意实数恒成立． 同理，需判别式不大于，即． 因为，所以必须有，即； 并且由，得． 结合与，可得． 令，则，且． 由，得． 因此． 当时，，且取，解得．此时，并满足上述两个判别式条件，所以原不等式对任意实数恒成立． 综上，的最大值为． 3．（2026·山西忻州·模拟预测）若函数的最小值为4，则实数的所有取值之和为__________. 【答案】4 【分析】根据多个绝对值和的最小值在绝对值零点的中位数位置取得的性质，按、、三种情况分类讨论，分别求出函数最小值并令其等于4，解出符合条件的后计算所有的取值之和. 【详解】表示数轴上动点到定点、、的距离之和， 对于奇数个绝对值相加，距离和的最小值在中间点（中位数）处取得， 分情况讨论： 当时，三个点排序为，最小距离和为， 令，解得； 当时，三个点排序为，最小距离和，不合题意，舍去； 当时，三个点排序为，最小距离和为， 令，解得； 的所有取值为和，取值之和为. 4．（2026·上海·模拟预测）若不等式对于任意实数x恒成立，则a的取值范围为______． 【答案】 【分析】将问题转化为恒成立，然后利用绝对值三角不等式求的最小值，最后解绝对值不等式即可. 【详解】不等式恒成立，即不等式恒成立， 即不等式恒成立， 所以， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，两边平方化简得，解得， 即a的取值范围为. 5．（2026·天津·模拟预测）设，函数，若恰有两个不同零点，则的取值范围为__________． 【答案】 【分析】函数恰有两个不同零点等价于方程有两个不同的解，再去掉绝对值号分别求解，并对作、、三种情况讨论，最后得到满足条件的的取值范围. 【详解】令，得， 所以或 情况1： 化简得：（，时此方程无解）； 情况2： 化简得：，两边乘得二次方程：， 判别式，恒有两个不同实根， 由韦达定理，两根之积，故两根一正一负， 有效零点需满足，我们分别分析、、三种情况： (1) ， 情况1的根 ，不满足，无效； 情况2的负根，无效；正根，显然， 故，有效，结论：仅 1 个有效零点，不符合题意； (2) 情况 1 无解； 情况 2 方程变为，正根（负根舍去），仅 1 个有效零点，不符合题意； (3) 情况 1 的解，满足，有效； 情况 2 的正根，必然满足，有效；负根，可证：， 右边，平方得，恒成立，故负根，无效； 验证两个有效零点是否重合：假设，化简得，无解，故两个零点不同， 结论：恰有 2 个不同有效零点，符合题意. 综上所述，的取值范围为. 6．（2026高三·天津·期末）已知函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【分析】利用零点分段讨论，去绝对值，结合二次函数知识化简可求答案. 【详解】， 不等式可化为①； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 所以，即； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 令，则其图象开口向上，对称轴为， 若，即时，最小值为， 由可得，解得，即； 若 且，即 时，由于的最小值为 ， 则 在 上恒成立， 若时，，则 在 上恒成立； 当时，①式可化为在区间上恒成立， 只需，解得； 综上可得实数的取值范围为. 故答案为： 7．（2026高一·四川广安·阶段检测）设二次函数，若存在实数a，对任意，使得不等式成立，则实数b的取值范围是______． 【答案】 【分析】将不等式转化为，根据对勾函数的单调性求解. 【详解】由题意，对于任意，都有成立， 所以即对于任意恒成立， 所以只需，的最大值与最小值的差小于2即可， 当时，在上单调递减，则， 解得，不合题意； 当时，在上单调递增，则，所以； 当时，在上单调递减，在上单调递增， 则，所以， 综上，． 8．（2026·天津·模拟预测）设，函数.若恰有两个零点，则的取值范围为__________. 【答案】 【分析】先求出可能存在的零点，再对分类讨论，依次分析零点是否满足对应范围下的约束条件. 【详解】令得方程，首先必须保证， 当时，恒成立；当时，等价于或， 首先对分段讨论，当时，， 两边平方得解得或， 得到存在需满足，存在需满足， 即应有或； 当时，， 两边平方得即， 设，， 且时有两个根， 设为，存在需满足， 考虑几个分界点的值， ，. 接下来对进行分类讨论， 当时，此时应有或，均存在， 此时开口朝下且有， 根据二次函数图像特征可知，即均不满足存在条件； 当时，存在，不存在，变为，零点为不满足存在条件； 当时，此时应有或，存在，不存在， 得到开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，，均不满足存在条件； 当时，不存在，存在， 开口朝上且有，根据二次函数图像特征可知即满足存在条件； 当时，不存在，存在，均不满足存在条件； 当时，都不存在，开口朝上，且对称轴， 根据二次函数图像特征可知即均不满足存在条件； 当时，都不存在， 综上所述，的取值范围为. 题型02 对勾函数 对勾函数 解析式 图像 定义域 渐近线 值域 奇偶性 奇函数 单调性 在上是增函数，在是减函数 在上是增函数，在是减函数 【注】基本不等式，当且仅当时取到最小值，即时， 9．（2026高三·浙江·期中）下列函数中最小值为4的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据二次函数的性质，基本不等式及对勾函数的性质可得. 【详解】对于A：，则时，取最小值3，故A错误； 对于B：当时，，故B错误； 对于C：，则， 当且仅当，即时等号成立，则的最小值为4，故C正确； 对于D：令，则， 根据对勾函数的性质可知，当时，单调递增，则时，取最小值，故D错误. 故选：C. 10．（2026高三·天津滨海新区·阶段检测）对任意，不等式恒成立，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分离参数后将问题转化为，再结合对勾函数的单调性求出的最值即可； 【详解】分离参数得，要使对任意，不等式恒成立，只需. 又因为，令，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增， 又，，所以，所以，所以. 故选：D. 11．【多选】（2026高三·贵州毕节·期中）下列说法正确的有（    ） A．的最小值为1 B．的最小值为2 C．的最小值为4 D．的最小值为4 【答案】ABC 【分析】根据对勾函数的性质及基本不等式可得. 【详解】对于A：由，当且仅当时等号成立，所以A正确； 对于B：，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C：， 当且仅当，即时等号成立，所以C正确； 对于D：令，则，由对勾函数的性质可知，函数在上单调递减， 所以，所以D错误. 故选：ABC. 12．【多选】（2026高三·河南焦作·阶段检测）形如的函数，我们称之为“对勾函数”.“对勾函数”具有如下性质：该函数在上单调递减，在上单调递增.已知函数在区间上的最大值比最小值大，则实数a的值可以是（   ） A．2 B．14 C． D． 【答案】AC 【分析】根据题设“对勾函数”的性质讨论参数a的范围，结合最值之差列方程求参数，即可得答案. 【详解】由题意，若时，有，可得，满足； 若时，有： ，则，可得，不满足； ，则，可得（舍）或， 所以，此时，满足； 若时，有，可得，不满足； 综上，或. 故选：AC 题型03 飘带函数 飘带函数 解析式 图像 定义域 渐近线 值域 奇偶性 奇函数 单调性 在上是增函数 在是减函数 13．（2026高三·安徽·期中）形如的函数一般称为飘带函数．若飘带函数的图象经过两点和．则以下四个判断中①是定义域上的偶函数；②在内单调递减；③有最小值；④，正确的有（   ） A．①②④ B．②③④ C．①③④ D．②④ 【答案】D 【分析】应用待定系数法求函数解析式和定义域，再由奇偶性的定义判断，根据解析式判断区间单调性，进而确定最值情况，最后代入自变量求函数值判断各项正误. 【详解】由题意得，解得，则且， 因为，所以是奇函数，①错． 因为均在内单调递减，所以在内单调递减，没有最小值，②对③错， 由得，，④对. 故选：D 14．（2026高三·安徽·期中）一般地，我们把形如的函数称为飘带函数，若飘带函数在上的最小值、最大值分别为和1. (1)确定a，b的值； (2)求的零点. 【答案】(1)或 (2)和或和 【分析】（1）分类讨论，由函数的单调性求解参数的值即可； （2）分类讨论，将函数的零点问题转化为方程的根的问题求解即可. 【详解】（1）当时，是上的增函数， 所以，即，解得； 当时，是上的减函数， 所以，即，解得； 故或. （2）当时，，令， 所以的两个零点分别是和； 当时，，令， 所以的两个零点分别是和； 故的零点为和或和. 15．（2026高三·全国·专题练习）函数的图象犹如两条飘逸的绸带而被称为飘带函数，也是一对优美的双曲线.在数列中，，记数列的前项积为，数列的前项和为，则当时，的取值范围为______. 【答案】 【分析】根据题意可得，利用裂项的思想整理可得，进而可得，即可得结果. 【详解】由题意可得：，， 则 ， 所以， 又因为为递增数列，且， 所以当，可得， 即当时，的取值范围为. 故答案为： 题型04 高斯函数 高斯函数 (1)定义：不超过实数x的最大整数称为x的整数部分，记作[x]，例如，[3.4]＝3，[－2.1]＝－3，这一规定最早为数学家高斯所使用，故函数y＝[x]称为高斯函数，又称取整函数. (2)性质 ①定义域：R；值域：Z. ②不具有单调性、奇偶性、周期性. (3)图象 16．（2026高三·重庆·阶段检测）高斯是德国著名数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用他名字定义的函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，已知方程，则方程的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先利用将方程转化为不等式，确定的范围，然后分段讨论即可. 【详解】因为，所以， 即，解得或， 当时，，此时（舍去）； 当时，，此时， 解得或（舍去）； 当时，，此时，满足题意. 17．（2026·河南开封·模拟预测）高斯是德国著名的数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，．已知函数，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先用换元法求得的值域，再根据高斯函数定义求出结论． 【详解】, 设，因为，则， 所以， 因为，则，即， 所以当时，，当时，，当时，， 所以的值域是 18．（2026高三·四川眉山·期末）高斯（1777-1855）被认为是世界上最重要的数学家之一，享有“数学王子”的美誉.函数称为取整函数，也称高斯函数，其中表示不超过实数x的最大整数，例如，.下列命题不正确的是（   ） A．不等式的解集为 B．不等式的解集为 C．若，恒成立，则实数a的取值范围为 D．若不等式的解集为，则 【答案】C 【分析】首先要明确取整函数的含义，对A转化为一元二次不等式有整数解的问题可得；对B则由条件得，然后再分别求x值，最后再求并集可得；对C先由条件得，再分别求不等式恒成立的a的值，最后再取交集可得；对D由条件得，再分别求m的范围，最后取交集可得. 【详解】令， 对于A：不等式变为，解得，但，所以n不存在，故原不等式解集为，所以A正确 对于B：由，即，所以满足的整数或或. 若，则；若，则；若，则. 所以不等式的解集为，故B正确； 对于C：因为，所以或或或. 而恒成立，即对恒成立，不等式变形为， 当时，；当时，；当时，；当时，； 所以要对恒成立，得，故C不正确； 对于D：因为不等式的解集为，即时满足，时不满足. 当时，，即；当时，，即； 当时，，即；当时，，即. 综上所述，得，故D正确. 故选：C 19．（学易金卷：高三数学上学期第三次月考（北京专用）（范围：人教B版必修第一册全部 必修第二册第四章和第五章））对于任意的表示不超过的最大整数．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，令下列说法正确的有_________ ①           ②当时， ③          ④不等式的解集为 【答案】①②④ 【分析】应用函数的新定义计算判断①，②，计算特殊值判断③，结合一元二次不等式计算求解判断④. 【详解】，故①正确； 时，所以时，，故②正确； 当时，此时，故③错误； 令则化为，解得，所以， 当时，，当时，，所以， 所以不等式的解集为，故④正确. 故答案为：①②④ 20．【多选】（2026高三·贵州遵义·期末）对于任意的，表示不超过的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”.下列说法正确的是（   ） A．函数，的图象关于原点对称 B．函数，的值域为 C．对于任意的，不等式恒成立 D．不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】根据给定条件，取值验证判断A；由取整函数的定义得，进而判断BC；解一元二次不等式，然后根据取整函数的定义求出解集判断D. 【详解】对于选项A：当时，，当时，， 即点都在函数的图象上，它们关于原点不对称， 则函数的图象关于原点不对称，A错误； 对于选项B：由取整函数的定义知， ，则， 因此函数的值域为，B正确； 对于选项C：由取整函数的定义知，，， 则，C正确； 对于选项D：由，可得，解得， 且，则或， 因此，不等式的解集为，D正确. 故选：BCD 21．【多选】（2026高三·江苏南京·阶段检测）高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为“高斯函数”，如：，，，又称为“取整函数”.设，则下列结论正确的是（   ） A． B．的图像关于轴对称 C．的解集为 D．若，则的值域为 【答案】ACD 【分析】由定义及函数解析式计算即可判断A选项，取特殊点排除B选项；由函数解析式得到不等式，讨论的取值，化简不等式再求得解集，判断C选项；由指数函数的值域借助不等式的基本性质求出函数的值域，即可求得的值域，判断D选项. 【详解】，A选项正确； ，， ∴，即，B选项错误； ∵，∴，即，∴，则， 当时，即，则，由题意可知，∴此时无解； 当时，即，此时恒成立，∴是不等式解集的一部分， 当时，即，则，∵，∴不等式恒成立，即， 综上所述，，C选项正确； ∵，则，∴，∴，∴， ∴的值域为，D选项正确. 故选：ACD. 22．【多选】（2026高三·山东淄博·期中）函数称为取整函数，也称高斯函数，其中表示不大于实数的最大整数，例如：，则下列命题正确的是（   ） A．函数为奇函数 B．函数的值域为 C．若，则 的最小值为 D．不等式的解集为 【答案】BCD 【分析】对于A，代值验证即可，对于B，根据高斯函数的定义分析判断，对于C，先求出的范围，然后根据对勾函数的性质求解判断即可，对于D，解不等式后再根据高斯函数的定义可求得结果. 【详解】对于A，，显然，故错误； 对于，由取整函数的定义知：， 函数的值域为，故B正确； 对于C，由于，则，易知， 而函数在上单调递增， 当时，的最小值为，故C正确； 对于D，，则，故，故D正确. 故选：BCD. 23．【多选】（2026高三·江苏·阶段检测）十八世纪，被称为“数学王子”的高斯提出了函数，其意义是对于任意的，表示不超过x的最大整数，如，，，人们更习惯称之为“取整函数”.现在令，下列说法正确的是（   ） A． B．当时， C． D．不等式的解集为 【答案】ABD 【分析】选项A，利用定义直接求的解； 选项B，由得到，从而得到的值； 选项C，求出，由得到；选项D，解出解为，从而得到，分别讨论和，解出的范围即可得解. 【详解】选项A，， ，故选项A正确； 选项B，当时，，故选项B正确； 选项C，，，， ，，故选项C错误； 选项D，，， ，， 当时，；当时，， 综上可知，故选项D正确. 故选：ABD. 题型05 狄利克雷函数 狄利克雷函数 (1)定义域R；值域{0，1}. (2)奇偶性：偶函数. (3)周期性：以任意正有理数为其周期，无最小正周期. (4)无法画出函数的图象，但其图象客观存在. 24．（2026高三·广东深圳·期中）历史上第一个给出函数一般定义的是19世纪德国数学家狄利克雷（Dirichlet），狄利克雷在1829年给出了著名函数：（其中为有理数集，为无理数集）.一般地，广义的狄利克雷函数可定义为：（其中，且），以下对说法错误的是（    ） A．定义域为 B．当时，的值域为 C．为偶函数 D．在实数集上不具有单调性 【答案】B 【分析】选项A，根据函数的定义域可判断；选项B，根据函数的值域可判断；选项C，根据函数的奇偶性可判断；选项D，根据函数的单调性可判断. 【详解】选项A，因为（其中，且），而， 所以的定义域为，所以A的说法正确； 选项B，根据函数的对应法则，是有理数时，是无理数时， 所以的值域为，所以B的说法错误； 选项C，若，则，；若，则， ，综合可得，所以为偶函数，所以C的说法正确； 选项D，由于实数具有稠密性，任何两个有理数之间都有无理数，任何两个无理数之间也都有理数，其函数值在和之间无间隙转换， 所以在实数集上不具有单调性，所以D的说法正确. 故选：B. 25．（2026高三·北京丰台·期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，是解析数论的创始人之一.函数，称为狄利克雷函数，则关于，给出下列四个结论： ①的值域为； ②； ③； ④任意一个非零有理数，对任意恒成立. 其中所有正确结论的序号是_______. 【答案】②③④ 【分析】根据所给函数，结合函数的性质等，逐一分析①②③④，即可得答案. 【详解】对于①：由题意得取值为0或1，即值域为，故①错误； 对于②：因为，，为有理数，所以，故②正确； 对于③：当x为有理数时，也都是有理数，所以， 则， 当x为无理数时，也都是无理数，所以， 则，所以，故③正确； 对于④：当x为有理数时，T为非零有理数，则为有理数， 所以，，则， 当x为无理数时，则为无理数， 所以，则， 所以对任意恒成立，故④正确. 故答案为：②③④ 26．（2026高三·上海·期末）德国数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名函数，该函数被称为狄利克雷函数．那么是否存在三个点、、，使得为等边三角形，若不存在请在横线上填写“不存在”，如果存在则在横线上填写该正三角形的面积__________． 【答案】 【分析】假设存在，不妨设，分为无理数和为有理数两种情况进行讨论即可． 【详解】因为，所以或1， 设存在三个点、、，使得为等边三角形， 则不同时为0或1， 不妨设， 分析得的位置有两种情况， 第一种情况： 当为有理数时，即，如图， 过点作，垂足为，得，，， 可知，为无理数，为无理数， 即，，与图形不一致，舍去； 第二种情况： 当为无理数时，即，如图， 过点作，垂足为，得，，， 可知，，， 存在，使得，且为无理数， 即，与图形一致，符合题意， 此时，， 综上所述，存在这样的点，该正三角形的面积为. 故答案为：. 27．【多选】（2026高三·贵州遵义·阶段检测）狄利克雷（Dirichlet），德国数学家，是解析数论的创始人，对函数论、位势论和三角级数论都有重要贡献，创立了现代函数的正式定义．狄利克雷提出了一个非常古怪的函数，叫做狄利克雷函数，专门用符号来表示，该函数的解析式为，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．是偶函数 D．对任意 【答案】BCD 【分析】对于AB，根据狄利克雷函数的定义求解即可；对于C，根据偶函数定义判断即可；对于D，根据狄利克雷函数的定义分类讨论判断即可． 【详解】对于A，是分数形式的有理数，根据定义，当时，，因此，故A错误； 对于B，的值始终为有理数，根据定义，当时，，故B正确； 对于C，对任意x，若，则，故； 若，则，故； 因此对所有x成立，是偶函数，故C正确； 对于D，对任意，若，，则， 故； 若，，则， 故， 因此对任意，成立，故D正确． 故选：BCD． 28．【多选】（2026高三·江苏泰州·阶段检测）德国数学家狄利克雷（P．G．L．Dirichlet，1805-1859）在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，那么y是x的函数．”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个x，有一个确定的y和它对应就行了，而不需管这个法则是用公式还是用图象、表格等形式表示．例如，，下列说法正确的是（   ） A． B．为偶函数 C．的值域为 D．是函数的一条对称轴 【答案】ABD 【分析】根据给定的分段函数，结合奇偶性、对称性逐项分析判断. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，当时，，则；当时，有， 因此对，均有，即为偶函数，B正确； 对于C，由，得，因此函数的值域为，C错误； 对于D，当时，；当时，，因此恒成立，D正确. 故选：ABD 29．【多选】（2026高三·黑龙江佳木斯·期中）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet）定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（ ） A．存在，有 B．函数的图像关于直线对称 C．函数是周期函数，无最小正周期 D．存在三个点，，，使为等腰直角三角形 【答案】ABC 【分析】代入特殊值可判断选项A，利用对称性可判断选项B，利用周期性可判断选项C，利用函数的定义域和单调性和函数的奇偶性的应用判定选项D的结论. 【详解】对于A：取，则，，因此存在，有，故A正确； 对于B：若是有理数，则也是有理数，故， 若是无理数，则也是无理数，故， 因此，，是偶函数，图像关于直线对称，故B正确； 对于C：设为任意有理数，若是有理数，则是有理数，， 若是无理数，则是无理数，，因此，任意正有理数都是的周期， 而任意正有理数无最小值，故无最小正周期，故C正确； 对于D：假设存在三个点，，，使为等腰直角三角形，不妨设， 分两类情况，第一种，斜边平行于轴或在轴上； 第二种，斜边不平行于轴或也不在轴上，如图所示    第一种情况，不妨设斜边在轴上， 所以，，即，则， 此时，，，与假设矛盾； 第二种情况，不妨设点在轴上，即，所以， 此时，，即在轴上，与假设矛盾，故D错误. 30．【多选】（2026高三·山东德州·阶段检测）德国著名数学家狄利克雷（Dirichlet，1805~1859）定义了一个“奇怪的函数”其中为实数集，为有理数集．则关于函数有如下四个命题，正确的为（    ） A．存在，有 B．对任意，都存在， C．若，，则有 D．存在三个点，，，使为等腰直角三角形 【答案】AC 【详解】由题意，当是有理数时，；当是无理数时，. 对于A ，当是无理数时，也是无理数，， ，故A正确； 对于B，当是无理数时，若为有理数，则是无理数，，，，故B错误； 对于C，由题意知函数的值域为，当且时，，， 所以，故 C正确； 对于D，由函数的值域为，可知△三个顶点的纵坐标要么有两个和一个，要么有两个和一个， 不妨设，，如图，在等腰直角△中，取斜边AC的中点D， ，所以， 故当即是有理数时，也是有理数，从而有，这与矛盾，故D错误. 题型06 最值函数 设min{a，b}＝max{a，b}＝ 直观上来说min{a，b}的作用就是求a，b的最小值，我们将其称为最小值函数，同样，max{a，b}用来表示a，b的最大值，称作最大值函数. 31．（2026高三·广东广州·期末）设函数，其中表示，，中的最小者．若，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出函数的解析式，然后根据，分情况讨论求出对应的的范围即可. 【详解】因为函数， 当且时，. 解不等式组得，； 当且时，. 解不等式组得，； 当且时，. 解不等式组得，； 所以， ①当 时，， 若 ，即 ，则 ，不等式 恒成立，故符合题意； 若，即，则 ， 不等式化为，解得 或 ，所以符合题意， 所以 符合题意； ②当 时，，此时，故， 不等式为 ，即 ，解得 ，综合可得符合题意； ③当 时，，，不等式为 ，即 ，无解． 综上所述，实数的取值范围为 ． 32．（2026高三·湖北孝感·专题练习）已知函数，，设函数，表示，中的较小值，若恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据的定义，对分类讨论，作出的图像，根据图像即可求解. 【详解】由题意，时，的图像如下图，实线部分： 恒成立； 时，的图像如下图，实线部分： 令，可得或舍去， 可得，， ， 综上，的取值范围 故选：D． 33．（2026高三·湖南衡阳·期末），用表示，中的最小者，记为.记的最大值为，表示不超过的最大整数，如：，，若，，则（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】画出函数，的大致图象，易知，则，结合新定义即可求解. 【详解】画出函数，的大致图象如下图所示， 则的图象为图中粗线部分，所以. 因为，， 所以，即，所以. 故选：B 34．（2026高三·辽宁沈阳·阶段检测）已知函数满足，其中表示中最大的数，表示中最小的数，则___________ 【答案】31 【分析】根据给定条件，取可得，再利用赋值法计算即得． 【详解】由函数满足， 取，则， 因此， ，， 所以． 故答案为：31． 35．（2026高三·浙江宁波·强基计划）若表示a，b中的较大值，则函数的最小值为______． 【答案】 【详解】在同一坐标系内作出直线， 则函数的图象如图中实线部分所示， 观察图象得函数图象的最低点为， 所以函数的最小值为3. 36．（2026高三·全国·阶段检测）定义，已知函数，，则（   ） A．若，则方程有且仅有一个实数解 B．若方程有两个不同的实数解，则 C．若函数的最小值为3，则 D．若，令，则的值域为 【答案】C 【分析】画出函数与的图象，再就的不同取值得相应的图象，从而可判断对应项的正误. 【详解】如图，同一平面直角坐标系下，画出函数与的图象， 两个函数图象中，位于上方部分的图象为对应的图象， 位于下方部分的图象为对应的图象． 对于A，当时，两函数图象有两个不同的交点， 所以方程有两个不同的实数解，A错误． 对于B，若方程有两个不同的实数解， 则函数图象与的图象有两个不同的交点，故，B错误． 对于C，因为函数的最小值为3，令，解得． 代入，解得，C正确． 对于D，当时，， 结合图象可得， 所以此时的值域为，D错误． 故选：C． 37．【多选】（2026高三·四川宜宾·期中）定义，若函数，且在区间上的值域为，则区间长度可能为（    ） A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】本题为新定义分段函数值域问题，先化简函数，再利用数形结合分析自变量范围，即可确定区间长度的范围. 【详解】解：由， 当时，若，即，解得或； 当时，若，即，解得或，此时. 所以，，作出函数的图像，如下图： 因为函数在区间上的值域为， 则当时，区间的长度取最小值1； 当时，区间的长度取最大值3. 所以，区间的长度的取值范围是. 38．（2026高三·上海·期末）定义函数，其中，符号表示，中的较大者.现有以下命题： ①为偶函数； ②若不等式对一切都成立，则实数的最大值为1； ③当时，的最小值为9； ④“”是“”成立的充要条件. 正确命题的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】函数等价于.利用奇偶性判断①，利用分离常数法，判断②.利用绝对值三角不等式判断③.由判断④. 【详解】函数等价于，这是一个偶函数，故①正确. 对于②，不等式等价于，即, 由于，故，故②正确. 对于③，当时，，, 两式相加得,， 而，，以此类推，可得,等号成立时,,故③正确. 对于④，，，即，这对任意的都成立，故不是它的充要条件.故④错误. 故选:C 39．【多选】（2026高三·全国·一轮复习）对任意两个实数a，b，定义,若，，，则 （　　） A．是偶函数 B．方程有三个不同的解 C．在区间上单调递增 D．有4个单调区间 【答案】ABD 【详解】根据函数与， 画出函数的图象，如图. 对于A，由图象和函数特征可知，函数的图象关于y轴对称，故A正确； 对于B，函数的图象与x轴有三个公共点，所以方程有三个不同的解，故B正确； 对于C，D，函数在上单调递增，在上单调递减， 在上单调递增，在上单调递减，故C错误，D正确. 40．（2026·山东济南·模拟预测）已知函数，，. (1)当时，讨论的单调性； (2)若，令（其中表示，中的较小值），若存在，，使得恒成立. （ⅰ）求的值； （ⅱ）若方程有两个不相等的实数根，，证明：. 【答案】(1)在单调递增； (2)（i）1；（ii）若在内有两个不相等的实数根，不妨设，当时，，所以， 由（ⅰ）得，在单调递增，单调递减，所以，， 要证，只需证，又，且在单调递减， 所以只需证，又，即证， 令，， 由（ⅰ）得在单调递增，在单调递减， 所以，所以，所以， 又当时，， 则， 即在单调递增，， 故，得证. 【分析】（1）由题可得，然后利用导数研究单调性可判断单调性； （2）（i）通过研究单调性，结合，可比较与的大小，从而得到解析式，然后通过研究，的单调性可得单调性，据此可得答案； （ii）由（i）可将所证命题转化为证明：，然后通过研究，的单调性可完成证明. 【详解】（1）当时，，， 令，，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以，即， 所以在单调递增. （2）（i）先比较与的大小，当时，， 所以， 令，，所以在单调递增， 又，（ 又，则） 所以存在唯一，使得，即， 所以当时，，即，当时，，即， 即，又，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增； ，令，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减. 结合，的单调性可得，在单调递减，单调递增，单调递减， 注意到当时，，且，所以，结合，所以的值为1. （ⅱ）略 题型07 符号函数 标准分段定义： 1. 基础性质：定义域为全体实数，值域；满足恒等式 ； 2. 奇偶性：奇函数，满足； 3. 图像特征：三段水平线段，对应，原点，对应，三段无连续连接； 4. 典型应用：快速去掉绝对值符号、对变量正负分类讨论、函数新定义综合辨析、分段简化复杂表达式。 41．（2026·新疆乌鲁木齐·模拟预测）定义符号函数，则方程的解是（    ） A．2或 B．3或 C．2或3 D．2或3或 【答案】D 【分析】根据符号函数的意义，分段解方程作答. 【详解】依题意，当时，方程为：，解得或，因此或， 当时，方程为：，解得，于是无解， 当时，方程为：，解得或，因此， 所以方程的解是或或. 故选：D 42．（2026高三·陕西西安·阶段检测）已知符号函数，偶函数满足，当时，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用偶函数以及函数周期为2，作出函数的大致图象，数形结合易知A错误；计算，故B错误； 利用判断得，故C正确；由定义验证方程左右两边的值，得到D错误． 【详解】解：根据题意得函数是周期为2的函数，作出函数的大致图象，如下图所示． 数形结合易知，则或，故A错误； ，故B错误； ，则，故C正确； ,所以， 所以，故D错误． 故选C． 43．【多选】（2026高三·安徽六安·期中）已知符号函数，下列说法中正确的是（　　） A．是奇函数 B．对任意的实数 C．函数的值域为 D．直线和函数的图象至多有2个公共点 【答案】AC 【分析】根据奇偶性的定义即可求解A，根据绝对值以及符号函数的定义可判断BC，作出函数图象，即可求解D. 【详解】解：对于A，当时，，则， 当时，，则， 当时，， 所以为奇函数，故A正确； 对于B，因为，所以B错误； 对于C，令， 当时，，当时，，当时，， 所以的值域为，故C正确： 对于D，当时，或， 当时，或， 当时，， 所以， 设， 作出函数的图象如图所示， 由图可知，当或时，与的图象无交点， 当或时，与的图象有2个交点， 当时，与的图象有3个交点， 综上所述，与图象至多有3个公共点，故D错误． 故选：AC. 44．（2026·北京·模拟预测）数学上的符号函数可以返回一个整型变量，用来指出参数的正负号，一般用来表示，其解析式为.已知函数，给出下列结论： ①函数的最小正周期为； ②函数的单调递增区间为； ③函数的对称中心为； ④在上函数的零点个数为4. 其中正确结论的序号是____________.（写出所有正确结论的序号） 【答案】①④ 【分析】作出函数的图象，通过图象讨论函数周期、单调区间、对称中心和零点等问题. 【详解】函数，画出函数的部分图象，如图所示： ， 结合函数图象可知，函数的最小正周期为，结论①正确； 由，结合函数图象可知，函数的单调递增区间为，结论②错误； 结合函数图象可知，函数的对称中心为，结论③错误； 函数的零点，即方程的根，时方程不成立， 方程等价于， 函数与函数的图象在上有4个交点， 所以在上函数的零点个数为4. 结论④正确. 故答案为：①④ 【点睛】方法点睛：由符号函数的定义，把表示为分段函数，作出函数图象，函数解析式结合图象，解决函数周期、单调区间、对称中心和零点等问题. 45．【多选】（2026·陕西榆林·模拟预测）若，使得，且当时，，则称为正移函数．定义符号函数，设，则（   ） A．是正移函数 B．当时，方程有且仅有一解 C．是正移函数 D．函数的最小值为 【答案】BCD 【分析】根据正移函数定义直接判断A选项；构造函数研究其零点个数判断B选项；求导，判断函数单调性与极值情况，再结合正移函数的定义可判断C选项；根据C中函数的单调性与取值情况，结合判断D选项即可. 【详解】对于A，当时，，不满足当时，，故A错误； 对于B，当时，方程有且仅有一解， 当时，，显然不相等； 所以有且仅有一解， 令，则在上有且只有一个零点， 因为，所以当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 因为，，， 所以当时，，当时，在上存在，使得， 所以在上有且只有一个零点，，故B正确； 对于C，当时，，， 令，解得，所以当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，，当且仅当时取等号，且满足； 当时，由， 可知对于，当，均存在唯一，使得， 此时，所以当时，恒成立， 综上所述，，且当时，， 即函数是正移函数，故C正确； 对于D，， 由C知，当时，，当时，， 所以当时，，当时，， 当时，， 则当时，，即函数的最小值为，故D正确. 故选：BCD 题型08 黎曼函数 定义： 1. 定义域，值域； 2. 奇偶性：偶函数； 3. 周期性：任意正整数为周期； 4. 核心考点：函数值取值、零点分布、与狄利克雷函数综合辨析，多为选择判断类新定义小题。 46．（2026高三·广东东莞·期中）黎曼函数（Riemann function）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），若是奇函数，且，当时，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题知，进而得函数为周期函数，再根据周期函数的性质结合黎曼函数的定义求解即可. 【详解】∵是定义在R上的奇函数，且， ∴，∴， ∴函数是以为周期的周期函数， 则 ， ， ∴. 故选：B. 47．（2026高三·上海嘉定·阶段检测）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式如下:若函数是定义在上的奇函数，且对任意都有;当时，有；则_____. 【答案】/－0.2 【分析】利用为奇函数和满足可得的周期﹒利用周期可将)化为，结合可求；利用周期和奇函数性质可将化到内利用解析式求解． 【详解】因为，则 又是奇函数，则 所以，所以的周期为4 又， 令，可得 当时，，且， 所以. 故答案为：. 48．（2026高三·上海·阶段检测）黎曼函数是一个特殊的函数，由德国数学家波恩哈德•黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用.黎曼函数定义在上，其解析式为，若函数是定义在上的奇函数，且对任意的，都有，当时，，则__________. 【答案】/ 【分析】由，推得，得到的周期为4，奇函数性质得，且，即可求解. 【详解】因为，所以， 因为是奇函数，所以， 所以，所以的周期为4， 所以， 且， 所以. 故答案为：. 49．【多选】（2026高三·山东日照·期末）伯恩哈德•黎曼是德国著名数学家，他在数学分析和微分几何领域贡献卓著，开创的黎曼几何为广义相对论奠定了数学基础.他提出的黎曼函数是分析学中的经典函数，其定义域为，解析式为：，下列关于黎曼函数的说法正确的是（    ） A． B．关于的不等式的解集为 C． D．若，是内的有理数，则有 【答案】ABD 【分析】根据黎曼函数的定义域分类对函数进行分析，再对每一个选项逐一分析判断，即可求出结果． 【详解】对于选项A，为有理数，且互质，则，故A正确； 对于选项B，若或或内的无理数，此时，显然不成立， 当（、为正整数，、互质），由，得到， 整理得到，又、为正整数，、互质，所以， 所以，关于的不等式的解集为，选项B正确； 对于选项C，取，，则， 而，所以选项C错误； 对于选项D，，是内的有理数， 当，（、、、是正整数，、是最简真分数）时， ，，故， 所以，所以选项D正确． 故选：ABD． 50．（2026高三·江苏盐城·阶段检测）黎曼函数是一个特殊的函数，是德国著名数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在数学中有广泛的应用，黎曼函数定义在上，. (1)求，，； (2)请用描述法写出满足方程的解集； (3)解不等式. 【答案】(1)，， (2){为大于的正整数} (3) 【分析】（1）由的定义可求得，，. （2）根据黎曼函数的定义，分类讨论求解. （3）根据黎曼函数的定义，分类讨论求解. 【详解】（1）因为， 所以R=，， （2）依题意，， 当时，，则方程无解，     当为内的无理数时，，则方程无解， 当（，，为既约真分数）时，则，为大于的正整数.   则由方程，解得，为大于的正整数， 综上，方程，的解集为{为大于的正整数}. （3）若或或为内无理数时，， 而>0，此时，   若（，，为既约真分数）， 则，为大于的正整数， 则，得，解得， 又因为（，，为既约真分数），所以 综上，不等式的解为. 题型09 倍值函数 对于函数的定义域为，若存在区间，当时，的值域为，则称函数为倍值函数，区间称为函数的“倍值区间”。特别地，当时，函数称为保值函数。此类问题可转化为对应“不动点”、“稳定点”问题，也可以转化为方程同解问题，考察分类讨论、等价转化、属性结合、函数与方程等重要思想方法，综合能力要求较高，属难题。 51．（2026高三·黑龙江·期末）对于函数，如果存在区间，同时满足下列条件：①在是单调的；②当定义域是时，的值域是，则称是该函数的“倍值区间”.若函数存在“倍值区间”，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】函数在其定义域内是单调递增的，结合定义可知，，可得故，是方程的两个实数根，由此构造函数，求导分析出满足条件的的取值范围． 【详解】因为函数在单调递增， 若函数存在“倍值区间”， 则，且， 故，是方程的两个不等的实数根， 即在上有两个不等的实根， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 故当时，取最小值， 又因为当时，，且， 所以若在上有两个不等的实根，则， 故选：D. 52．（2026·北京通州·模拟预测）函数的定义域为，若存在闭区间，使得函数同时满足：在上是单调函数且在上的值域为，则称区间为的“倍值区间”.现有如下四个函数：①，②，③，④.那么上述四个函数中存在“倍值区间”的有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】根据所给定义得到方程组，再构造函数利用导数说明函数的单调性，即可判断函数的零点，从而得解. 【详解】①为增函数，若函数存在“倍值区间”，则， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立， 即无零点，所以不存在“倍值区间”，故①错误； 对于②在上单调递增， 若函数存在“倍值区间”，则， 所以，解得. 所以函数存在“倍值区间”，故②正确； 对于③函数在定义域上单调递增， 若函数存在“倍值区间”，则， 令，则，所以当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，， ， 所以在上存在一个零点， 所以在定义域上存在两个零点， 方程有解，其中，， 所以函数存在“倍值区间”，故③正确； 对于④，函数在上单调递增， 若函数存在“倍值区间”，则， 令，，则， 所以在上单调递减，故在上不可能存在两个零点， 所以函数不存在“倍值区间”，故④错误； 故选：B 53．（2026高三·上海杨浦·期末）对于函数，常数，若自变量在区间上变化时，函数值的取值范围恰为，则称区间是函数的倍值区间，区间长度为.已知定义域为的函数的表达式为，给出下列结论： ① 函数恰有2个1倍值区间； ② 函数的所有倍区间长度之和为. 下列说法正确的是（    ） A．结论①成立，结论②不成立 B．结论①不成立，结论②成立 C．两个结论都成立 D．两个结论都不成立 【答案】B 【分析】先分析得出，再分，，三种情况，根据函数的值域为和可求的值，即可得出结论. 【详解】作函数的草图如下：    对①：设为函数的1倍值区间，即当时，. 因为，所以. 当时，在上单调递减， 由. 两式相减得， 因为，所以，将其代入， 得或. 因为和均不属于， 所以当时，函数无1倍值区间； 当时，因为，所以必有， 又，所以必有，即，又，所以. 所以区间是函数的一个1倍值区间. 当时，在上单调递增， 所以，且，所以方程组无解， 即当时，函数无1倍值区间. 综上，函数只有一个1倍值区间，故①错误； 对②：设为函数的倍值区间，即当时，. 因为，所以. 当时，在上单调递减， 所以， 两式相减得：， 因为，所以, 代入得或（因为故舍去）. 由. 所以当时，， 所以是函数的一个倍值区间； 当时，因为，所以必有， 又，所以必有，即，又，所以. 所以区间是函数的一个倍值区间. 当时，在上单调递增， 所以，且，所以方程组无解， 即当时，函数无倍值区间. 综上，函数有两个倍值区间和， 它们的区间长度之和为：.故②正确. 故选：B 54．（2026高三·江西吉安·期中）已知函数的定义域为D，若存在区间，使得当时，函数的值域恰为（），则称为的一个“k倍值区间”. (1)若函数的一个“1倍值区间”为，且，请写出一个满足题意的的解析式； (2)若为函数的一个“4倍值区间”，求实数a的取值集合； (3)判断函数是否存在“k倍值区间”，若存在，请求出k的取值范围；若不存在，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)存在， 【分析】（1）利用幂函数的性质结合新定义分析即可； （2）利用二次函数的图象与性质结合新定义建立方程组计算即可； （3）利用反比例函数的图象与性质结合图象变换作出函数大致图象，分类讨论将问题化为的解问题，根据一元二次方程根的分布计算即可. 【详解】（1）由新定义，不妨取，该函数R上单调递增， 即当时，， 所以满足题意的的解析式可以为.（答案不唯一，满足题意即可） （2）因为为函数的一个“4倍值区间”， 所以当时，的值域为， 又的图象开口向下，对称轴为，所以， 所以，所以. 所以在上单调递增，则，解得，， 所以实数a的取值集合为. （3）函数存在“k倍值区间”. 易知，作出的大致图象如下， 显然的定义域为， 在上单调递减，在，上单调递增，且. 不妨设的“k倍值区间”为（）， 则当时，的值域为（）. 由的定义域可知，所以，即，所以， 显然在的单调增区间内，即，或， 所以， 所以c，d为方程，即关于x的方程的两个不同的实数根， 因为，对称轴， 所以关于x的方程在上有两个不同的实数根， 所以，解得. 所以函数存在“k倍值区间”，且k的取值范围是. 55．（2026高三·云南·阶段检测）对于定义域的函数，若存在区间，使得当时，函数的值域恰为，则称函数是上的 “倍值函数”，区间叫做“倍值区间”. (1)已知函数是上的“倍值函数”，求的值； (2)若函数是“倍值函数”且在“倍值区间”单调，求的取值范围； (3)设函数是“倍值函数”，且存在唯一的“倍值区间”，求的值. 【答案】(1)2 (2) (3) 【分析】（1）求出在上的值域，再根据“倍值函数”的定义即可列方程求解； （2）易知对称轴为，分、讨论即可； （3）根据“倍值函数”，且存在唯一的“倍值区间”分类讨论即可. 【详解】（1）因为函数在上单调递增，且是 “倍值函数”. 所以，，其值域为. 则，又，解得. （2）函数，对称轴为. 设的 “倍值区间” 为. 若，在上单调递减， 则，两式相减得： ，，. 所以，所以， 即， 同理可得， 所以方程在上有两个不等的实跟， 所以，解得； 若，在上单调递增， 则， 即有两个不同的大于的根. 令，则， 解得或， 解得，解得，此时无解. 综上，的取值范围是. （3）因为函数是 “倍值函数”， “倍值区间”为开口向下，对称轴为. 若，在上单调递减， 则，两式相减得: ，，， 代入得， ，，无解. 若，在上单调递增， 则，所以， 当，，则“倍值区间”的端点必须均为负数，此时“倍值区间”唯一，符合题意； 所以，且，则，得且. 又，， 消去得（无解），或者，解得或（舍去）； 所以. 题型10 函数中的新定义问题 （1）常见题型 ①利用函数中的新定义及相关知识求参数取值范围； ②利用函数中的新定义及相关知识探究问题是否成立. （2）解决方案 联系所学函数的相关知识和方法解决问题函数中的新定义型问题 （3）常用方法 ①理解函数的新定义；②将新定义问题转化为已知问题；③利用函数的性质. （4）失误与防范 ①注意函数的定义域；②注意对结果的检验；③利用方程思想. 56．（2026高三·河北承德·期末）定义：若存在实数，使得函数和满足且同时成立，则称和互为“亲密函数”，称为它们的“亲密点”．已知，，若存在实数使得和有且仅有一个亲密点，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由亲密点定义得，故可得，此时存在唯一成立，则可得的取值范围. 【详解】由题意得，亲密点需同时满足和． 因为，，，所以，． 由题意，得，所以，所以． 代入，得，即，所以． 对于每个，存在唯一的使得和恰好有一个亲密点， 因此实数的取值范围是． 57．（2026高三·天津河北·期末）已知函数的图象与的图象的所有交点的横坐标之积不大于1（若的图象与的图象只有一个交点，则这个交点的横坐标不大于1），则称与是一组“小积函数”.下列四组函数中，是一组“小积函数”的序号是_________. ①与 ②与 ③与 ④与 【答案】①③④ 【分析】构造新函数，则函数与的图像交点的横坐标即为函数的零点，则只需判断函数的所有零点之积是否不大于1即可. 【详解】令，根据题意可得， 若的所有零点之积不大于1，则称与是一组“小积函数”. ①，，则， ，所以在R上单调递增， ，， 则有唯一零点，且零点在，故与是一组“小积函数”； ②，，则，， 令，则，即在R上单调递增， 且，， 则在存在唯一零点，当时，，即，单调递减； 当时，即，单调递增，大致图像如图所示： 因为，， ，则有两个零点，， 且，故与不是一组“小积函数”； ③，，则为偶函数， 当时，，在时单调递减， 且，，则在存在唯一零点， 当时， 单调递增；当时，，单调递减， 大致图像如图所示： 因为，所以在时， 有两个零点，，则， 因为为偶函数，根据对称性可知故有四个零点， 且这四个零点之积小于1，故与是一组“小积函数”； ④，，则， 因为，所以， 若，则，即的零点之积等于1，故与是一组“小积函数”. 58．（山西运城市2025-2026学年高三学期期末考试数学试题）定义：函数为向量的“跟随函数”，向量为函数的“原向量”． (1)设函数，的“原向量”分别为，，若，的夹角为锐角，求实数的取值范围． (2)已知的内角，，的对边分别为，，，其中，向量的“跟随函数”为，且． （i）若平分，并与交于点，且，求的长； （ii）若外接圆半径是，内切圆半径是，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（i） （ii） 【分析】（1）分别写出的“原向量”，利用两个向量夹角为锐角的充要条件建立不等式组即可解出参数的范围； （2）（i）根据已知条件可解出，再利用正弦定理和余弦定理求出，的值，最后根据三角形面积关系即可求解； （ii）根据正弦定理可得外接圆半径，根据面积关系可得内切圆半径是，再利用基本不等式和换元法可得到的取值范围． 【详解】（1）由， 得， 由，得， 因为，的夹角为锐角，所以，且，不同向， 则，解得且． 故实数的取值范围为． （2）因为向量的“跟随函数”为， 所以， 又，所以，因为，所以． （i）因为，所以由正弦定理可得， 故， 又由余弦定理得， 故，， ， 由，可得，因此． （ii）由正弦定理得， 又因为，故， 因此， 由余弦定理得：，即， 令，则， ，当且仅当即时等号成立， 因此的取值范围是． 59．（2026高三·上海·期末）若定义在上的函数和分别存在导函数和，且对任意x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)已知函数和都是定义在上的偶函数，且是函数的“导控函数”，证明：恒成立（为常数）． 【答案】(1)是 (2)2 (3)函数和都是定义在上的偶函数， 且是函数的“导控函数”， 因此，又，， 因此函数是函数的“导控函数”， ，即， 用代换x有， 综上可知， 记， 则， 因此存在常数c使得恒成立， 综上可得，恒成立（c为常数）． 【分析】（1）根据“导控函数”的定义进行判断. （2）根据“导控函数”列不等式，利用判别式求得“导控点”. （3）根据“导控函数”的定义以及函数的奇偶性，结合导数证得恒成立. 【详解】（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2； （3）略 60．（2026高三·湖南衡阳·期末）设函数在非空数集上的取值集合为，即，若，则称为上的“集中函数”． (1)分别判断，是否为上的“集中函数”，并说明理由； (2)若存在实数，使得为上的“集中函数”，求实数的取值范围； (3)若为上的“集中函数”，求证：． 【答案】(1)是上的“集中函数”， 不是上的“集中函数” 因为是上的增函数， 所以有， 因为，所以是上的“集中函数”． 因为是上的增函数， 所以有， 因为不是子集，所以不是上的“集中函数” (2) (3)，所以该函数的定义域为， 设，是内任意两个实数，且，则有， ，， ， 因为， 所以，，， ，所以， 所以在上单调递减，且， 所以值域． 由“集中函数”定义可得，得： ①， ②， 对①变形：， 对②变形：， 所以，令，， 因为，所以， 则式子变为：，因为， 所以 ，而， 所以． 【分析】（1）根据“集中函数”的定义，结合函数单调性进行判断； （2）二次函数开口向上，对称轴为，分三段讨论对称轴位置，综合得出实数的取值范围； （3）分析函数定义域及单调性，由单调递减值域结合集中函数列出边界不等式，对不等式变形化简，再通过换元法，结合基本不等式放缩推出，最后转化指数式，结合指数函数单调性证明结论． 【详解】（1）是上的“集中函数”，不是上的“集中函数”， 因为是上的增函数， 所以有， 因为，所以是上的“集中函数”． 因为是上的增函数， 所以有， 因为不是的子集，所以不是上的“集中函数”． （2）因为在上的值域， 又因是开口向上的二次函数，对称轴为，则分3种情况讨论： ①当时，在上单调递增，值域， 由，需满足：， 两个不等式相加消去得：，结合，得； ②当时，在上递减、在上递增， 设表示中最大的数， 值域， 由，需满足：， 因为，，所以， 故存在满足条件，因此均成立； ③当时，在上单调递减，值域， 由，需满足：， 两个不等式相加消去得：，解得， 结合，得， 综上所述，实数的取值范围是． （3）略 61．（2026高三·四川成都·期末）设函数的定义域为，如果，都有，且满足，那么函数的图象称为关于点的中心对称图形，点就是其对称中心．如果，且，使得，那么函数的图象称为关于点的弱中心对称图形，点就是其弱对称中心． (1)若函数的图象是关于点的中心对称图形，求实数的值； (2)若函数，的图象是弱中心对称图形，且弱对称中心为，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意“中心对称图形”的定义分析判断即可； （2）根据“弱对称中心图形”定义，代入解出表达式，讨论取值范围，再利用换元法即可求解． 【详解】（1）由，解得． 当时，， 对于任意的，都有， 所以函数的图象是关于点的中心对称图形， 故． （2）由题意可知，存在，且，使得， 当时，，则， 所以， 又知对勾函数在上单调递增， 所以，所以； 当时，，则不成立； 当时，，则， 所以， 令，易得在上单调递增，所以． 综上可知，实数的取值范围为． 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $