专题05 函数新定义（考点清单）（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函数新定义专题，系统整合经典特殊函数、函数性质新定义、函数特殊点三大核心考点，通过知识脑图搭建框架，结合考点分层突破与题型专项训练，形成完整复习体系。 清单以知识脑图梳理脉络，考点分基础梳理与素养进阶，题型涵盖高斯函数、狄利克雷函数等，通过分类讨论、性质转化培养数学思维。设新题对点练与高考母题探究，标注易错点如负数取整，助力学生自主突破，教师可据此精准教学，提升备考效率。

专题05 函数新定义 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 ▶基础梳理・自主夯基 考点01 经典特殊函数 考点02 函数性质的新定义 考点03 函数的特殊点考点05 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶高考解密・母题探究 题型01 函数新性质 ▶考点聚焦・解法深研 题型01 高斯函数 题型02 狄利克雷函数 题型03 函数新性质 题型04 函数新关系 题型05 函数的特殊点 04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 考点01 经典特殊函数 该类函数并非由当前题目临时构造，而是数学分析或数论中已有明确定义的经典模型，具有固定的解析表达式或分段法则。如课本中提及的高斯函数、狄利克雷函数等。对这类的函数解决方法： 1、回归定义法：所有推理必须严格基于该函数的原始数学定义展开，不得凭直观或常见初等函数性质臆断，例如高斯函数需锁定取整符号含义，狄利克雷需明确有理/无理判别标准。 2、分类讨论：依据定义中的核心分类标准（如整数与非整数、有理数与无理数）将问题空间彻底划分为互斥子集，在各子集内化简函数表达式。 3、性质转化：优先利用该类函数已知的基本性质（如高斯函数的恒等变形、狄利克雷函数的周期性）将待解问题转化为数论条件或区间计数问题。 4、数形分离：解题时以代数推导为主，图像仅作辅助理解；若涉及复合函数或方程，则采用“逐层剥离”方式，从最内层基准函数开始向外求解，并时刻检验每一层解集在定义域下的兼容性。 5、反例排除：在涉及函数性质判断题时，常通过选取特殊值（如边界整数、特定无理数）构造反例，以此验证命题在全部定义域上的真伪。 对高斯函数而言，靠“数值大小”分段（整数与非整数），解题强调“设整数参数+不等式夹逼”；而狄利克雷函数靠“数的类型”分段（有理数与无理数），解题强调“双分类讨论+分别验证”。两者都脱离常规初等函数，但高中阶段只需熟练运用定义本身，就能解决绝大多数相关题目。 【新题对点练】（2026·全国·模拟预测）（多选）高斯函数表示不超过实数的最大整数，已知函数（为大于0的实数），下列说法正确的是（     ） A．若，则 B．无论为何值，恒过定点 C．存在，使为奇函数 D．在上单调不减 考点02 函数性质的新定义 性质新定义型：直接定义一个全新的函数性质（比如上海高考题目中的"性质P"），再让你判断给定函数是否具备，或者求解满足条件的参数。 面对这类题目，一个清晰的解题流程能帮你快速找到方向： 1、翻译定义：专注于新定义的每一个字，把它"翻译"成你能理解的数学语言或不等式。例如："性质P"：如果定义为"存在常数 ，对任意 ，都有"，那它本质上就是在讨论函数的单调性。 2、调用已学的知识：翻译完后，问题就转化成了你熟悉的模样。此时要快速调动你学过的工具：函数的单调性、奇偶性、周期性、基本不等式、导数、三角恒等变换等。很多看似全新的定义，最终都落脚在这些基础性质上。 3、严谨分类与推理：新定义题往往需要严谨的逻辑和全面的考虑，尤其当题目涉及参数或分段情况时，分类讨论是必不可少的，务必做到不重不漏 【新题对点练】（2026·福建宁德·二模）设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） A． B． C． D． 考点03函数的特殊点 关于“不动点”，不再是简单地定义一个新函数，而是为函数赋予一个几何或代数上的“特殊身份”——比如，哪个点“雷打不动”，哪条线“互为镜像”，哪个区间“自我循环”。 这类问题的本质，是考查你对函数与方程、函数与图象变换之间深刻联系的理解。 这类“特殊点”的定义，通常基于以下三种基本关系： 1、不动点：对于函数 ，如果存在 ，使得 ，那么点  就叫不动点， 也叫不动点横坐标。几何意义：不动点就是函数图象与直线  的交点。 2、稳定点或周期点：这是不动点的升级版。如果 ，那么  就是一个2-周期点（或称为稳定点）。几何意义：它刻画了函数迭代过程中的循环行为。 这类新定义题，本质是在考“函数与方程思想”和“转化与化归能力”。它把“点”这些几何直观概念，巧妙地转化为代数方程。 【新题对点练】（2026·山东日照·二模）已知函数定义域为．若存在，对任意，当时，都有，则称为在上的“凸点”． (1)求函数在上的最大“凸点”； (2)若函数在上不存在“凸点”，求的取值范围； (3)设，且．证明：在上的“凸点”个数不小于． 素养进阶·答题技法突破 题型01 函数新性质 【典例1】（2026·上海·高考真题）设是定义在上的函数.定义性质：若对任意，当时，，则称函数具有“性质”. (1)判断函数是否具有“性质”； (2)若分段函数具有“性质”，求所有满足条件的实数和的解； (3)已知的值域为，且在上是严格增函数，证明：是偶函数的充要条件是：具有“性质”. 【典例2】（2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（    ） A．若和都有最小值，则有最低点； B．若有最低点，则和都有最小值； C．若或有最小值，则有最低点； D．若有最低点，则或有最小值. 【典例3】（2026·全国一卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． (1)若当时，，求； (2)若是奇函数，，且，证明：； (3)设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 题型01 高斯函数 1、分段表示：将实数按整数区间分段，如  时 ， 时 ，等等。常用于将函数化为分段函数来研究性质或图象。 2、方程与不等式：利用放缩性质  转化为整数范围来求解。例如解 ，等价于 。 3、恒等式：（当 ）或 （当 ），常用于奇偶性判断或化简。 4、图象法：高斯函数的图象呈阶梯状（右连续，左端点取到）。画图时注意每个整数点处函数值取左端点高度（如 ，图象在  处取值为1，不是0）。 注意： 1、负数取整易出错：，不是0（不大于 -0.5 的最大整数是 -1）。  时， 的取值范围是 ，注意左闭右开。 3、对含参问题，若参数参与取整，需分类讨论参数所在的整数区间。 【典例1】（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． 【典例2】（2026·山东德州·模拟预测）（多选）高斯函数又称为下取整函数．表示不超过的最大整数，比如，．设，，则（   ） A．是奇函数 B．是周期函数 C．的值域为 D．方程有且仅有2个实数根 【变式1】（2026·北京海淀·三模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则点集所表示的平面区域的面积是（    ） A．2 B． C．4 D．6 由图可知平面区域由4个边长为1的正方形组成， 【变式2】（2026·江西上饶·二模）（多选）高斯是德国的著名数学家、物理学家、天文学家和大地测量学家．他被认为是历史上最重要的数学家之一，有“数学王子”的美誉．高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则（   ） A．对于，有 B．是单调函数 C．方程有无数组解 D．方程共有个不等的实数根 题型02 狄利克雷函数 1、求函数值：直接判断自变量是有理数还是无理数，有理数得1，无理数得0。 2、判断奇偶性：因为  与  同为有理数或无理数，所以 ，是偶函数。 3、求周期：任意非零有理数  都是周期（因为  与  同为有理数或无理数），无最小正周期。 4、复合函数：若 ，则内层  取有理数时得1，取无理数时得0；若 ，则只需求  和 ，因为  只能取0或1。 遇到狄利克雷函数，只需分两类（自变量是有理数还是无理数）讨论即可，一切问题都归为这两类。 【典例1】（2026·浙江宁波·二模）十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”．已知，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【典例2】（25-26高二下·浙江温州·期末）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），他在1829年定义了一个“奇怪的函数”：，其中为实数集，为有理数集．则关于函数的如下四个命题中，不正确的是（   ） A．，都有 B．，都有 C．，都有 D．，都有 【变式1】（25-26高二下·黑龙江佳木斯·期中）（多选）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 【变式2】（25-26高一上·广东珠海·阶段检测）（多选）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），以下对说法正确的有（ ） 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 题型03 函数新性质 新性质题考的是“现场学习能力”，本质都是代入和验证，不要被陌生名词吓住——直接按定义操作即可。注意判断选项时，若能举出一个反例即可排除该选项。 【典例1】如果函数满足：当a，b，c是一个三角形的三边长，且都存在时，也是某个三角形的三边长，那么就称具有“性质P”，则下列说法正确的是______ ①具有“性质P” ②不具有“性质P” ③当具有“性质P”时，M的最小值为2 ④当具有“性质P”时， 【典例2】（2026·上海·三模）设，对于定义域为D的函数与，，若函数是区间D上的单调函数，则称与在区间D上满足“性质”． (1)设，，，若与在区间D上满足“性质”，求t的取值范围； (2)设，，，．若与在区间D上满足“性质”，求的取值范围； (3)设，若对任意s、t，函数与在上都满足“性质”．求证：存在不全为零的实数A、B，使得函数为常值函数． 【变式1】（25-26高三下·上海·阶段检测）若函数满足：对任意，，都有，则称函数具有性质． (1)设，分别判断与是否具有性质？并说明理由； (2)已知定义在上的奇函数具有性质，求关于的不等式的解； (3)已知函数具有性质，且图像是一条连续曲线，若在上是严格增函数，求证：是奇函数． 【变式2】（25-26高三下·上海·阶段检测）设函数的定义域为，且在上存在导函数，若实数满足对任意的、都有，则称函数具有“性质”. (1)设，判断函数是否具有“性质”？ (2)已知函数具有“性质”，且，记，求证：； (3)对任意的、，，都有，判断函数是否一定具有“性质”？并证明你的结论. 题型04 函数新关系 将题目给出的新关系当作“规则”，直接代入验证或列方程。只需按定义把文字翻译成代数式，再按常规方法求解（解方程、解不等式、画图等）。选择题多用特值验证（代特殊数快速排除），填空题重在代数转化，解答题则需分步说明规则适用性。关键：不要在陌生名词上纠结，按定义“照做”即可。 【典例1】（25-26高二下·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 【典例2】（25-26高一下·上海·阶段检测）已知是定义在上的函数，若对任意的，均有，则称是关联． (1)判断和证明是否是关联？ (2)若是（3）关联，当时，，解不等式； (3)证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 【变式1】（2026·安徽合肥·二模）（多选）已知是定义域为，最小正周期为的函数，我们把称为的叠加函数，则（    ） A．的叠加函数是最小正周期为的周期函数 B．当时，的值域为 C．当时方程在上有25个实根 D．当，，时方程在有实根的充要条件为 【变式2】（25-26高三下·安徽六安·阶段检测）对于函数，若函数的零点为，的零点为，当存在，满足，则称为亲密函数.若，互为亲密函数，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 36．（25-26高二下·上海·阶段检测）设，若对任意的，且，函数与满足关系，则称函数是函数在区间上的级控制函数． (1)判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； (2)若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的最大值； (3)若函数是函数在区间上的2026级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求两零点之积的取值范围． 题型05 函数的特殊点 按新定义将“特殊点”条件直接转化为方程，代入求解即可。 1、不动点：满足  的点，解方程 。 2、稳定点：满足  的点，先解  再与  联立，或直接代入复合函数解方程。 3、其他新定义点（如“倍值点”、“零点”等）同理，将定义翻译成等式，代入函数解析式求解。 注意：解出的点必须验证是否在函数定义域内；若含参，需讨论方程有解条件（如判别式、值域限制）。若涉及多个特殊点，可能需列方程组。 【典例1】（2026·江苏无锡·模拟预测）已知函数是定义在上的函数，其导函数为.对于，若对任意恒成立，则称为函数的“切线支撑点”，记函数的所有切线支撑点构成的集合为. (1)若，判断是否为函数的“切线支撑点”，并说明理由； (2)若.求； (3)若，其定义域为，其中均为正实数，且.证明：. 【典例2】（2026·山东青岛·三模）定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，． (1)若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由； (2)若函数的最小值为0，其中． （ⅰ）求； （ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”． 【变式1】（2026·河南郑州·一模）已知函数定义域为，，若对任意，存在，当时，都有．则称为在上的“点”． (1)设函数求在上的最大“点”； (2)判断函数在上是否存在“点”，并说明理由； (3)若函数在上不存在“点”，求的取值范围. 【变式2】（25-26高二下·上海·期中）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”. (1)若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围； (2)若函数是定义在上的“0跃点”函数，且在定义域内存在三个不同的“0跃点”，求实数的取值范围； (3)若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”，求实数满足的条件. 优题精练·专题实战通关 1．（26-27高三上·重庆沙坪坝·开学考试）我们说函数 在其定义域 上具有 “不减性质”，是指 ，若 ，则有 . 代表不超过 的最大整数，如[4.8] = 4，[-0.3] = -1 . 已知 ，其中 . (1)求出 的定义域 ； (2)若 恒成立，求实数 的取值范围； (3)若 在其定义域 上具有不减性质，求实数 的取值范围. 2．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）对于函数和，设，，若存在，，使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的最小值为（     ） A． B． C． D． 3．（26-27高三上·上海·开学考试）定义：设函数在区间上有最大值，最小值，则称为函数在区间上的“最值距”，为在区间上的“中值”． (1)请直接写出和在区间上的“最值距”和“中值”； (2)求证：不存在区间使函数在区间上的“最值距”只与有关； (3)若与在区间上的“最值距”相同，求：在区间上的“中值”． 4．（25-26高一下·云南丽江·期末）对于函数，，，如果存在实数，使得，那么称为，的生成函数． (1)设，，，生成函数是偶函数，求的值； (2)设，，，，生成函数．若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)设函数，，是否能够生成一个函数，且同时满足①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够生成，则求函数的解析式，否则说明理由． 5．（25-26高三下·上海黄浦·开学考试）若函数的定义域内存在区间，且  ，则称函数具有“性质F ”．正确的是____________．① 具有“性质F ”的一次函数存在且有无数个；② 具有“性质F ”的二次函数存在且有无数个；③存在，使函数具有“性质F”；④对任意，函数都具有“性质F ”． 6．（2026·江苏盐城·模拟预测）定义函数（）为的“伴生函数”，其中为的导函数．若区间满足，都有成立，则称在上具有“伴生性质”且为的“伴生区间”．已知（），设的“伴生函数”为． (1)请求出的一个“伴生区间”； (2)若方程有两个不同的实数解，（）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：．（参考数据：，） 7．（2026·上海黄浦·三模）设，均为非空集合，函数的定义域为，若存在，使得对任意，均有，则称函数具有“性质”．下列说法中正确的是（     ）． A．“”是“函数具有‘性质’”的充分非必要条件 B．设，则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的必要非充分条件 C．设，“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件 D．设，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件 8．（25-26高三下·安徽·阶段检测）（多选）定义：若函数满足对区间内任意一个实数，总在区间内存在唯一实数，使得，则称函数具有性质．下列说法正确的是（   ） A．在上具有性质 B．若在区间上具有性质，则 C．若在上具有性质，则 D．已知，则不存在实数，使得在上具有性质 9．（2026·上海·模拟预测）设函数的定义域为，若对任意实数，恒有成立，则称函数具有“性质”． (1)若一次函数具有性质，其中，求实数，的值； (2)若函数具有性质，且在上严格增，证明：； (3)若具有性质的函数满足：存在常数，使得对任意，都有．证明：具有该性质的函数是唯一的，并写出其解析式． 10．（2026·浙江·二模）对于定义在区间上的函数，若对，都有，则称为在区间上的“上域函数”；若对，都有，则称为在区间上的“下域函数”. (1)试判断以下函数中，哪些是在上的“上域函数”？哪些是在上的“下域函数”？（直接写出结论，无需证明） ①；    ②；    ③； (2)已知实数是在区间上的“下域函数”，求实数的取值范围； (3)求证：. 11．（2026·福建泉州·模拟预测）若将图象绕原点逆时针旋转后，所得曲线仍是函数的图象，则称为“旋转函数”． (1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； (2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值； (3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围． 12．（25-26高三上·上海杨浦·阶段检测）已知函数，若点是函数图象的两条互相垂直的切线的交点，则称点是该函数的“特征点”，记的所有“特征点”的集合为； (1)若，，求； (2)若，求证：函数的所有“特征点”在一条定直线上，并求出这条直线的方程； (3)若，记函数图象上的所有点组成的集合为，若，求实数的取值范围. 13．（25-26高三下·上海·阶段检测）已知函数定义域为，，若，存在，对任意，都有.则称为在上的“点”. (1)设函数.求在上的最大“点”； (2)命题：，在上不存在“点”.此命题是否为真命题，说明理由； (3)设，且，.证明：在上的“点”个数不小于. 14．（2026·重庆·模拟预测）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L.E.J.Brouwer），简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点函数”，给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（    ） A． B． C． D． 15．（2025·广东肇庆·一模）（多选）不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（   ） A．只有1个不动点 B．若（）没有不动点，则没有零点 C．若（）没有不动点，则方程无实根 D．有3个不动点 $专题05 函数新定义 目录导航 01知识脑图·核心脉络搭建——梳理专题框架，搭建知识体系 02考点深研·知能分层突破——深挖高频考点，分层突破重难点 学科网（北京）股份有限公司1 / 17 学科网（北京）股份有限公司 ▶基础梳理・自主夯基 考点01 经典特殊函数 考点02 函数性质的新定义 考点03 函数的特殊点考点05 03素养进阶·答题技法突破——提炼解题范式，提升答题素养 ▶高考解密・母题探究 题型01 函数新性质 ▶考点聚焦・解法深研 题型01 高斯函数 题型02 狄利克雷函数 题型03 函数新性质 题型04 函数新关系 题型05 函数的特殊点 04优题精练·专题实战通关——精选优质试题，强化实战应用 知识脑图·核心脉络搭建 考点深研·知能分层突破 考点01 经典特殊函数 该类函数并非由当前题目临时构造，而是数学分析或数论中已有明确定义的经典模型，具有固定的解析表达式或分段法则。如课本中提及的高斯函数、狄利克雷函数等。对这类的函数解决方法： 1、回归定义法：所有推理必须严格基于该函数的原始数学定义展开，不得凭直观或常见初等函数性质臆断，例如高斯函数需锁定取整符号含义，狄利克雷需明确有理/无理判别标准。 2、分类讨论：依据定义中的核心分类标准（如整数与非整数、有理数与无理数）将问题空间彻底划分为互斥子集，在各子集内化简函数表达式。 3、性质转化：优先利用该类函数已知的基本性质（如高斯函数的恒等变形、狄利克雷函数的周期性）将待解问题转化为数论条件或区间计数问题。 4、数形分离：解题时以代数推导为主，图像仅作辅助理解；若涉及复合函数或方程，则采用“逐层剥离”方式，从最内层基准函数开始向外求解，并时刻检验每一层解集在定义域下的兼容性。 5、反例排除：在涉及函数性质判断题时，常通过选取特殊值（如边界整数、特定无理数）构造反例，以此验证命题在全部定义域上的真伪。 对高斯函数而言，靠“数值大小”分段（整数与非整数），解题强调“设整数参数+不等式夹逼”；而狄利克雷函数靠“数的类型”分段（有理数与无理数），解题强调“双分类讨论+分别验证”。两者都脱离常规初等函数，但高中阶段只需熟练运用定义本身，就能解决绝大多数相关题目。 【新题对点练】（2026·全国·模拟预测）（多选）高斯函数表示不超过实数的最大整数，已知函数（为大于0的实数），下列说法正确的是（     ） A．若，则 B．无论为何值，恒过定点 C．存在，使为奇函数 D．在上单调不减 【答案】ABD 【分析】A，求解；B，时，；C，取，验证时得到矛盾；D，由单调不减的定义：对任意，都有，进行验证. 【详解】选项 A，，由题意 ，A 正确； 选项 B，时，，，时恒成立，因此函数一定经过点，B 正确； 选项 C，奇函数的定义：对定义域内任意，都满足， 取，由高斯函数定义，因此（），对应，，则 若为奇函数，需满足，但不可能等于 0，矛盾； 同时负数的非整数次幂在实数域无意义，因此不存在使为奇函数，C 错误； 选项 D，单调不减的定义：对任意，都有， 在上，高斯函数本身是单调不减函数：增大时，取整结果要么保持不变，要么增加，不会减小； 已知，幂函数在上单调递增,两者复合后，可推出，即，因此在上单调不减，D 正确. 考点02 函数性质的新定义 性质新定义型：直接定义一个全新的函数性质（比如上海高考题目中的"性质P"），再让你判断给定函数是否具备，或者求解满足条件的参数。 面对这类题目，一个清晰的解题流程能帮你快速找到方向： 1、翻译定义：专注于新定义的每一个字，把它"翻译"成你能理解的数学语言或不等式。例如："性质P"：如果定义为"存在常数 ，对任意 ，都有"，那它本质上就是在讨论函数的单调性。 2、调用已学的知识：翻译完后，问题就转化成了你熟悉的模样。此时要快速调动你学过的工具：函数的单调性、奇偶性、周期性、基本不等式、导数、三角恒等变换等。很多看似全新的定义，最终都落脚在这些基础性质上。 3、严谨分类与推理：新定义题往往需要严谨的逻辑和全面的考虑，尤其当题目涉及参数或分段情况时，分类讨论是必不可少的，务必做到不重不漏 【新题对点练】（2026·福建宁德·二模）设是定义在上的函数，若，当时，，称函数具有性质，则下列函数具有性质的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】对于ABD：举反例说明即可；对于C：分析可知为偶函数，在内单调递增，进而分析判断. 【详解】对于选项A：例如，， 即，但，故A错误； 对于选项B：例如，， 即，但，故B错误； 对于选项C：令，则的定义域为， 且， 即，可知为奇函数， 又因为在定义域内单调递增，则在定义域内单调递减，且， 当时，；当时，； 则，可知为偶函数，则， 当时，在内单调递增， 若，即，则，可得，故C正确； 对于选项D：，， 即，但，故D错误. 考点03函数的特殊点 关于“不动点”，不再是简单地定义一个新函数，而是为函数赋予一个几何或代数上的“特殊身份”——比如，哪个点“雷打不动”，哪条线“互为镜像”，哪个区间“自我循环”。 这类问题的本质，是考查你对函数与方程、函数与图象变换之间深刻联系的理解。 这类“特殊点”的定义，通常基于以下三种基本关系： 1、不动点：对于函数 ，如果存在 ，使得 ，那么点  就叫不动点， 也叫不动点横坐标。几何意义：不动点就是函数图象与直线  的交点。 2、稳定点或周期点：这是不动点的升级版。如果 ，那么  就是一个2-周期点（或称为稳定点）。几何意义：它刻画了函数迭代过程中的循环行为。 这类新定义题，本质是在考“函数与方程思想”和“转化与化归能力”。它把“点”这些几何直观概念，巧妙地转化为代数方程。 【新题对点练】（2026·山东日照·二模）已知函数定义域为．若存在，对任意，当时，都有，则称为在上的“凸点”． (1)求函数在上的最大“凸点”； (2)若函数在上不存在“凸点”，求的取值范围； (3)设，且．证明：在上的“凸点”个数不小于． 【答案】(1)5 (2) (3) 若在上的“凸点”个数为0，则，符合要求； 若在上的“凸点”个数为，令在上的“凸点”分别为 其中，，, 若，则若，由，则，即， 若，由题意，，，故， 即，又，故，符合要求； 若，则， ， 由，则， 若，即，则 ， 若，由题意，，且， 又，故 ， 即，，，， 即有 ，即， 由 ，故，又，故， 即在上的“凸点”个数不小于. 【分析】（1）利用导数求出的最大值结合“凸点”的定义即可得出答案； （2）把问题转化为在上恒成立，分四类进行讨论； （3）在上的“凸点”个数为0，直接验证，在上的“凸点”个数为，分和进行证明. 当时，分 和 两类，当时，分和 两类. 【详解】（1）设 ，则 ， 当或时，，单调递增； 当时， ，单调递减， 又 ，所以在 上最大值为， 所以都满足，所以函数在上最大的“凸点”为5. （2）因为函数 在上不存在“凸点”，所以在上恒成立，，令， 则 , 当时，恒成立，故在上单调递减，则 ， 故在上单调递减，此时，符合要求. 当时，令，则， （i），即时，，即在上单调递增， 则，即在上单调递增，有，不符合要求，故舍去； （ii）当，即时，恒成立，故在上单调递减， 则，故在上单调递减，此时，符合要求； （iii）当，即时，若，，若，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则若需恒成立，有 ，解得，因为， 且，即时，符合要求， 综上所述. （3）略 素养进阶·答题技法突破 题型01 函数新性质 【典例1】（2026·上海·高考真题）设是定义在上的函数.定义性质：若对任意，当时，，则称函数具有“性质”. (1)判断函数是否具有“性质”； (2)若分段函数具有“性质”，求所有满足条件的实数和的解； (3)已知的值域为，且在上是严格增函数，证明：是偶函数的充要条件是：具有“性质”. 【答案】(1)没有，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）运用特例法，结合指数函数的单调性进行判断即可； （2）根据一次函数的单调性，结合“性质”的特性进行求解即可； （3）根据充要条件的定义，结合偶函数的性质、“性质”的特性进行运算证明即可. 【详解】（1）函数不具有“性质”，理由如下： 例如当时，显然成立， ，根据指数函数的单调性可知， 所以有，这与“性质”矛盾，故函数不具有“性质”； （2）因为函数具有“性质”，所以取，有， 于是有， 当时，由， 当时，由， 若，若，则有， 取， 此时，但是，不符合“性质”，所以不符合题意， 故，此时， 若时，则， 由， 若时，则， 由， 因此， 综上所述：当且仅当时，满足条件； （3）充分性：若具有“性质”，则是偶函数. 若存在，，不妨设， 记，即， 因为函数的值域为， 所以， 若，则有， 若，则有， 故对任意，，这与的值域为矛盾， 所以不成立，则有，因此函数是偶函数； 必要性：若是偶函数，则具有“性质”. 当时，因为在上是严格增函数， 所以， 又因为函数是偶函数， 所以由，因此具有“性质”. 所以是偶函数的充要条件是：具有“性质”. 【典例2】（2026·上海·高考真题）对于函数，，设.对于点集，若存在，使得任取，总有，则称为“最低点”.对于函数和，以下说法中正确的是（    ） A．若和都有最小值，则有最低点； B．若有最低点，则和都有最小值； C．若或有最小值，则有最低点； D．若有最低点，则或有最小值. 【答案】D 【分析】可以举反例证明选项A、B、C的命题均为假命题，对D，根据“最低点”的定义分析得或，再分类讨论即可. 【详解】对于A项，取，，取，， 则，；而无最低点，故A错误； 对于B项，取，，取，， 则无最小值，；而有最低点，故B错误； 对于C项，取，，取，， 则无最小值，； 因为的函数值可趋向于负无穷大，所以无最低点，则亦无最低点，故C错误； 对于D项，因为有最低点，不妨设为的最低点，且，且， 所以或， 若，则且对任意的，总有，即； 若，同理可知； 所以若有最低点，则或有最小值，故D正确. 故选：D. 【典例3】（2026·全国一卷·高考真题）已知函数的定义域为，且当时，．对任意，定义集合． (1)若当时，，求； (2)若是奇函数，，且，证明：； (3)设满足：①若，则；②当时，． （i）证明：； （ii）证明：在区间单调递增． 【答案】(1) (2)由题意证明如下： 在中，是奇函数，当时，． ∴，当时，， ∴ 在集合中， 当时，， 当时，， 当时，， ∴， ∵， ∴且，即，， ∵， ∴①当时，解得， ，， 此时， ②当时，解得， ，， 此时， ③当时，解得， ，， 此时， 综上，. (3)（i）由题意证明如下， 法一： 若，则存在，使得， 条件①：若，则， ∴，则， 取，则，此时， ∵，则，即， 但，相矛盾， ∴ 法二： 假设，则存在，使得， 从而，这导致， 但， ∵根据条件又有，矛盾， ∴假设不成立，. （ii）由题意，（2）及（3）（i）证明如下， 在集合中， 要证在上单调递增， 即需证，，都有， 即需证，，都有， ①先证明：当时，， 假设，使得， ∵当时，， ∴，使得， ∴， 而当时，， 否则，使得，，与矛盾， ∴， ∴， ∴， 由（3）（i）得，， 则， 由条件②：当时，， 则， 否则时，与矛盾， ∴若，使得，则，，（*） ∴，使得， 则， 令，， 此时，则，则， ∴， ∵， ∴易取，满足，使得， 根据（*）可得，此时，与矛盾， ∴当时，， ②证明：对，，都有， ∵，，都有， ∴， 对任意给定的，取，则， ∴对，，都有， ∴在上单调递增. 【分析】（1）求出，写出表达式，即可求出； （2）求出表达式，化简集合并得出表达式，利用得出与，对的三种情况进行分类讨论，即可证明结论； （3）（i）法一：假设，则存在，使得，取，求出，与矛盾，进而证明结论； 法二：假设，则存在，使得，取，求出，与时矛盾，进而证明结论； （ii）将证明转化为证，，都有，先证明：当时，，再证明对，，都有，进而证明出在上单调递增. 【详解】（1）由题意， 在中，，， 在中， ， ∴， 当时，，，解得， 当时，，解得， ∴， ∴. （2）略 （3）（i）略 （ii）略 题型01 高斯函数 1、分段表示：将实数按整数区间分段，如  时 ， 时 ，等等。常用于将函数化为分段函数来研究性质或图象。 2、方程与不等式：利用放缩性质  转化为整数范围来求解。例如解 ，等价于 。 3、恒等式：（当 ）或 （当 ），常用于奇偶性判断或化简。 4、图象法：高斯函数的图象呈阶梯状（右连续，左端点取到）。画图时注意每个整数点处函数值取左端点高度（如 ，图象在  处取值为1，不是0）。 注意： 1、负数取整易出错：，不是0（不大于 -0.5 的最大整数是 -1）。  时， 的取值范围是 ，注意左闭右开。 3、对含参问题，若参数参与取整，需分类讨论参数所在的整数区间。 【典例1】（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 【典例2】（2026·山东德州·模拟预测）（多选）高斯函数又称为下取整函数．表示不超过的最大整数，比如，．设，，则（   ） A．是奇函数 B．是周期函数 C．的值域为 D．方程有且仅有2个实数根 【答案】BD 【分析】通过特殊值可判断A，由周期函数的定义可判断B，通过换元令，构造函数，求导，求得的值域，进而得到的范围即可判断C，通过四种情况分别判断即可. 【详解】由题意得， 令，则， 设，得到， 令，可得，令，可得， 所以在单调递增，在单调递减， 又，所以， 则，且为下取整函数， 对于A：取 ​，，则； ，， 故不是奇函数，A错误， 对于B：因为， 即的周期为，因此， 故是周期为的周期函数，B正确， 对于C：当时，， 当时，，当时，， 当时，，因此的值域为， C错误， 选项D， ， 是整数，因此必为整数，且只能是， 当时，， 则，不满足； 当，， ，不满足； 当，时，成立； 时，， 可得，成立； 当 或，超出范围，不可能相等，因此方程仅有2个实根，D正确. 【变式1】（2026·北京海淀·三模）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，为了纪念数学家高斯，我们把函数称为高斯函数，其中表示不超过的最大整数，如，，则点集所表示的平面区域的面积是（    ） A．2 B． C．4 D．6 【答案】C 【分析】根据集合的描述及已知函数新定义有或，进而作出点集表示的对应区域，即可得答案. 【详解】由可得或， 即或或或， 即或或或， 上述不等式组表示的平面区域如图示： 由图可知平面区域由4个边长为1的正方形组成， 所以点集所表示的平面区域的面积是. 【变式2】（2026·江西上饶·二模）（多选）高斯是德国的著名数学家、物理学家、天文学家和大地测量学家．他被认为是历史上最重要的数学家之一，有“数学王子”的美誉．高斯函数，表示不超过的最大整数，如，，则（   ） A．对于，有 B．是单调函数 C．方程有无数组解 D．方程共有个不等的实数根 【答案】AC 【详解】A选项：设，，其中，分别是，的整数部分，，分别是，的小数部分， 则，，所以，故A正确； B选项：当时，此时，函数为常函数，故B错误； C选项：当，，，，……均满足故C正确； D选项：由，得，则． 当时，，此时； 当时，，代入原方程，得， 即或（舍去），解得； 当时，，代入原方程，得，即，不符合题意； 当时，，代入原方程，得， 即或（舍去），解得， 综上，原方程共有个不同的实根，故D错误． 题型02 狄利克雷函数 1、求函数值：直接判断自变量是有理数还是无理数，有理数得1，无理数得0。 2、判断奇偶性：因为  与  同为有理数或无理数，所以 ，是偶函数。 3、求周期：任意非零有理数  都是周期（因为  与  同为有理数或无理数），无最小正周期。 4、复合函数：若 ，则内层  取有理数时得1，取无理数时得0；若 ，则只需求  和 ，因为  只能取0或1。 遇到狄利克雷函数，只需分两类（自变量是有理数还是无理数）讨论即可，一切问题都归为这两类。 【典例1】（2026·浙江宁波·二模）十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”．已知，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【详解】， ， ， ， 故“”是“”的必要条件， 当，假设时，， 此时，则， 故“”是“”的不充分条件， 综上： “”是“”的必要不充分条件． 【典例2】（25-26高二下·浙江温州·期末）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），他在1829年定义了一个“奇怪的函数”：，其中为实数集，为有理数集．则关于函数的如下四个命题中，不正确的是（   ） A．，都有 B．，都有 C．，都有 D．，都有 【答案】D 【详解】对于选项A，当时，，则， 当时，，则，所以A正确； 对于选项B，，当时，，则， 当时，可知，则，所以B正确； 对于选项C，，若，则，此时， 若，则有两种情况， 当时，此时，满足，当时，此时， 若，则有两种情况， 当时，此时，满足， 当时，此时， 综上，，都有，所以C正确； 对于选项D，当时，有， 此时，所以D错误. 【变式1】（25-26高二下·黑龙江佳木斯·期中）（多选）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. 【变式2】（25-26高一上·广东珠海·阶段检测）（多选）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），以下对说法正确的有（ ） 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】ACD 【分析】由狄利克雷函数定义，奇偶性和单调性的定义逐项判断即可. 【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：ACD 题型03 函数新性质 新性质题考的是“现场学习能力”，本质都是代入和验证，不要被陌生名词吓住——直接按定义操作即可。注意判断选项时，若能举出一个反例即可排除该选项。 【典例1】如果函数满足：当a，b，c是一个三角形的三边长，且都存在时，也是某个三角形的三边长，那么就称具有“性质P”，则下列说法正确的是______ ①具有“性质P” ②不具有“性质P” ③当具有“性质P”时，M的最小值为2 ④当具有“性质P”时， 【答案】①②③ 【分析】对于①②，利用不等式的性质或特例可判断①②的正误.对于③，根据函数的性质可求的范围，对于④，可证时，函数具有性质，故可判断③④的正误. 【详解】对于选项①②，在上单调递增的函数，具有“性质P”等价于对任意满足且的实数a，b，c，均有. 而， 因此具有“性质P”； 取，则， 于是不具有“性质P”. 对于选项③，显然. 当且时，由知， 从而有. 而当时，取且，则， 不符合题意.因此M的最小值为2. 对于选项④，若，可以取， 但不能构成三角形，因此. 下面证明当时，具有“性质P”. 若且能构成三角形，不妨设 当时，， 同理，，所以构成三角形. 当时，此时，， 故， 所以，同理可得 又， 若，则， 若，因此，故， 所以，而， 所以， 所以构成三角形. 因此命题得证，从而M可以取得，命题④错误. 【典例2】（2026·上海·三模）设，对于定义域为D的函数与，，若函数是区间D上的单调函数，则称与在区间D上满足“性质”． (1)设，，，若与在区间D上满足“性质”，求t的取值范围； (2)设，，，．若与在区间D上满足“性质”，求的取值范围； (3)设，若对任意s、t，函数与在上都满足“性质”．求证：存在不全为零的实数A、B，使得函数为常值函数． 【答案】(1)； (2)； (3)若函数为常值函数，取； 同理，若函数是常值函数，取； 因此，以下考虑函数与都不为常值函数的情况． 分别取和，可以得到函数与， 不妨设函数与都是增函数（否则，若函数为减函数，将替换为）．由于函数与都不为常值函数， 因此存在，使得且， 令，其中． 首先证明：对任意都有． 反证法：假设存在使得，其中且， 不妨设，取，，对于函数， 则， ， 因此，，与是单调函数矛盾． 同理可以证明对任意都有， 因此，对任意，， 所以为常值函数， 取，则A、B不全为零，且为常值函数．得证. 【分析】（1）先求出，根据单调可得对称轴的位置关系，故可求参数的取值范围； （2）依据单调性定义可得在上恒成立，其中，据此可求的取值范围； （3）利用性质对任意s、t成立，先取和知与均单调，假设不存在不全为零的实数A、B使得函数为常值函数，则存在两点使与的增量比值不同，从而可构造s、t使在两点处单调性相反，产生矛盾，因此必存在线性组合为常值函数. 【详解】（1）因为，在区间D上满足“性质”， 故在上为单调函数， 因为为开口向上的抛物线，对称轴为，故，即． （2）由题设有在上为单调函数， 设任意，， 则， 因为，，故，， 而为上的单调函数， 故在上恒成立或在上恒成立， 而，，故或，故或． （3）略 【变式1】（25-26高三下·上海·阶段检测）若函数满足：对任意，，都有，则称函数具有性质． (1)设，分别判断与是否具有性质？并说明理由； (2)已知定义在上的奇函数具有性质，求关于的不等式的解； (3)已知函数具有性质，且图像是一条连续曲线，若在上是严格增函数，求证：是奇函数． 【答案】(1)不具有性质，具有性质，理由见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）取特殊值判断，利用所给定义判断； （2）利用奇函数的性质可将不等式化为，利用具有性质和奇函数性质可得是上的增函数，从而利用增函数的性质即可求解； （3）先由具有性质且函数的图像是一条连续曲线求得，然后利用反证法证明是奇函数. 【详解】（1）不具有性质， 理由：取，，，所以不具有性质. 具有性质， 理由：对任意，， 当时，，因为为上的增函数， 所以，即，所以， 当时，，所以，即， 所以， 综上，对任意，，有， 所以具有性质. （2）因为是奇函数，所以可化为， 因为具有性质，所以对任意，，都有， 因为是奇函数，所以， 所以，即是上的增函数， 故，解得，所以不等式的解集为. （3）由具有性质知：当时，当时， 因为函数的图象是一条连续曲线，所以，即. 下面用反证法证明是奇函数， 假设存在使得，不妨设，则由在上是严格增函数有， 若，则构造函数， ， ， 由零点存在定理知，存在，使得，即； 因为在上是严格增函数，所以， 从而有， 与具有性质矛盾． 若，构造函数，同理也可推出与具有性质矛盾． 综合上述，存在使得的假设不能成立，即对任意都有，故是奇函数． 【变式2】（25-26高三下·上海·阶段检测）设函数的定义域为，且在上存在导函数，若实数满足对任意的、都有，则称函数具有“性质”. (1)设，判断函数是否具有“性质”？ (2)已知函数具有“性质”，且，记，求证：； (3)对任意的、，，都有，判断函数是否一定具有“性质”？并证明你的结论. 【答案】(1)具有 (2)由具有“性质”， 令，，得. 当时，由得， 整理得，所以. 当时，由可得， 由题意可得，可得， 由可得， 整理可得，所以， 因为，故，所以，即，故. (3)具有“性质”，证明如下： 对任意的，设，， 则，且， 当时， ． 当时，在中， 将替换为，将替换为， 可得， 整理得（*）. 当时，由（*）得，即， 当时，由（*）得，即． 所以在上严格增，在上严格减，从而. 因此对任意的．都有． 即，所以具有“性质”． 【分析】（1）利用题中定义结合作差法验证可得结论； （2）令，，结合函数具有“性质”得出，分别令、推导出，即可证得结论成立； （3）对任意的，令，求，利用赋值法结合导数判断函数的单调性和最值，即可证明. 【详解】（1）因为， 由均值不等式可得，当且仅当时，等号成立， 因此恒成立， 所以满足“性质”. （2）略 （3）略 题型04 函数新关系 将题目给出的新关系当作“规则”，直接代入验证或列方程。只需按定义把文字翻译成代数式，再按常规方法求解（解方程、解不等式、画图等）。选择题多用特值验证（代特殊数快速排除），填空题重在代数转化，解答题则需分步说明规则适用性。关键：不要在陌生名词上纠结，按定义“照做”即可。 【典例1】（25-26高二下·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”. 【典例2】（25-26高一下·上海·阶段检测）已知是定义在上的函数，若对任意的，均有，则称是关联． (1)判断和证明是否是关联？ (2)若是（3）关联，当时，，解不等式； (3)证明：“是关联，且是关联”的充要条件是“是关联”． 【答案】(1)是关联， 任取，若， 则， 是关联． (2) (3)证明：必要性： 任取，满足，记， 由关联得到：， 由关联，，故， ， 又， ，结合得， ， ， 综上，，即是关联； 充分性： 对任意，故， ，故， 又， 两个同在区间内的数相加仍在区间内， 仅当时成立，即关联； 任取，若，则， 若，设，则， 由关联可得， 由结合关联可得， ， 综上，任取均满足， 即是关联． 【分析】（1）根据关联定义，结合已知条件证明结论； （2）根据关联定义，结合已知条件作出大致图象，结合图象解不等式； （3）根据关联定义，结合已知命题分别证明必要性和充分性，进而证明结论． 【详解】（1）是关联，证明：略 （2）依题意当时， ，即满足， 作出的大致图象， 由图象可知点， 原不等式的解集为． （3）略 【变式1】（2026·安徽合肥·二模）（多选）已知是定义域为，最小正周期为的函数，我们把称为的叠加函数，则（    ） A．的叠加函数是最小正周期为的周期函数 B．当时，的值域为 C．当时方程在上有25个实根 D．当，，时方程在有实根的充要条件为 【答案】BCD 【分析】由题意，求出，分析可判断A的正误；当时，可得最小正周期，即可得的解析式，即可得的解析式，根据正弦型函数的值域，即可判断B的正误；分别讨论和两种情况，分别求出的解析式，根据条件，求出根，可判断C的正误；分别讨论和两种情况，分别求出的解析式，根据二次函数的性质，可得的值域，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：， 所以的叠加函数的一个周期为，故A错误； 选项B：当时，最小正周期， 则， 所以， 因为，所以，则，所以，故B正确； 选项C：的最小正周期，则， 当时，，，则， 此时方程在上的根为，共13个； 当时，，， 所以， 令，则， 所以，则， 此时方程在上的根为，共12个， 所以方程在上有25个实根，故C正确； 选项D：由题意的最小正周期为2，则， 当时，， 则， 因为，所以， 当时，， 则， 因为，所以，综上在上的值域为， 则方程在有实根的充要条件为，故D正确. 【变式2】（25-26高三下·安徽六安·阶段检测）对于函数，若函数的零点为，的零点为，当存在，满足，则称为亲密函数.若，互为亲密函数，则实数a的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用导数求出函数的零点，由定义确定函数零点所在的区间，再利用零点的意义分离参数并构造函数，利用导数参数的取值范围. 【详解】函数的定义域为R，求导得， 函数在R上单调递增，而， 因此函数有唯一零点2026，即， 由，得，解得， 则函数在上存在零点，令，由，得， 由，得，则，依题意，在上有解， 令函数，求导得，当时，； 当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减， ，而， 则函数在的值域为，所以的取值范围为. 36．（25-26高二下·上海·阶段检测）设，若对任意的，且，函数与满足关系，则称函数是函数在区间上的级控制函数． (1)判断函数是否是函数在区间上的1级控制函数，并说明理由； (2)若函数是函数在区间上的级控制函数，求实数的最大值； (3)若函数是函数在区间上的2026级控制函数，且函数在区间上存在两个零点，求两零点之积的取值范围． 【答案】(1)不是，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）直接取区间端点 ，计算，，不满足要求，故不是1级控制函数； （2）由定义化为，得递增，即，分离得，从而得到最小值； （3）由控制函数定义及 得，利用在单调递增，得 ，应用换元法求得范围． 【详解】（1）由于， 故． 所以函数不是函数在区间上的1级控制函数． （2）由函数是函数在区间上的m级控制函数， 得， ， 从而， 即在上恒成立. 令，则在上恒成立， 即在上为增函数， 故在上恒成立. 即， 在恒成立，即． 记，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 从而，故实数m的最大值为e． （3）因为函数在区间上存在两个零点， 不妨设，且， 因为函数是在区间上的2026级控制函数， 所以，即， 所以， 即． 又函数在上单调递增，故有， 从而，即． 令， 则． 令，则， 从而， 即的取值范围是． 题型05 函数的特殊点 按新定义将“特殊点”条件直接转化为方程，代入求解即可。 1、不动点：满足  的点，解方程 。 2、稳定点：满足  的点，先解  再与  联立，或直接代入复合函数解方程。 3、其他新定义点（如“倍值点”、“零点”等）同理，将定义翻译成等式，代入函数解析式求解。 注意：解出的点必须验证是否在函数定义域内；若含参，需讨论方程有解条件（如判别式、值域限制）。若涉及多个特殊点，可能需列方程组。 【典例1】（2026·江苏无锡·模拟预测）已知函数是定义在上的函数，其导函数为.对于，若对任意恒成立，则称为函数的“切线支撑点”，记函数的所有切线支撑点构成的集合为. (1)若，判断是否为函数的“切线支撑点”，并说明理由； (2)若.求； (3)若，其定义域为，其中均为正实数，且.证明：. 【答案】(1)不是，理由如下： ，， 令， 则， 所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 有，所以， 不满足对于任意恒成立, 因此不是函数的“切线支撑点”. (2) (3)由题，，则存在，使得对任意恒成立， 即对任意恒成立， 不等式左侧：，为有界函数，值域； 不等式右侧：，其中，是一次函数； 若，则在时必然趋向，无法被有界函数恒大于等于，所以必须为0，即①； 不等式化简为，即对于任意恒成立， 因为，所以②， 由②可得，，即，其中， 故，显然，也满足①， 因此 【分析】（1）构造差函数，但，与定义矛盾，故不是支撑点； （2）在处取最小值0，任意都满足不等式，因此； （3）不等式右边含一次项，欲有界三角函数恒大于该式，必先令一次项系数为0；再使三角函数在处取得最小值，由此比存在满足条件的，证得 【详解】（1）略 （2）由题，令， 又，故时，，函数严格单增； 时，，函数严格单减； 因此，，即对任意，对任意恒成立， 由此可得. （3）略 【典例2】（2026·山东青岛·三模）定义函数的“佳点”如下：对动点，当时，，当时，．当时，． (1)若函数．写出的一个“佳点”，并说明理由； (2)若函数的最小值为0，其中． （ⅰ）求； （ⅱ）求的横坐标最大的“佳点”． 【答案】(1)“佳点”为，理由: 画出与圆的图像如下图所示： 若，则. 若，由图可知的图像在圆的内部，所以. 若，则， 所以，是的一个“佳点”. (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）根据“佳点”定义，取点，分、、三种情况，通过计算与的大小关系，验证该点满足佳点条件. （2）（ⅰ）利用函数最小值为的条件，先由确定，再分别讨论和时函数的取值情况，验证仅满足最小值为的要求. （ⅱ）先构造辅助函数分析的符号，验证满足佳点定义；再通过反证法证明不存在横坐标大于的佳点，从而确定是横坐标最大的佳点. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）由题知：，得 若，先证，构造函数， ，所以在区间上单调递减， 在区间上单调递增，所以， 所以（证毕）. 因为，变形得， 所以，当时等号成立，满足题意 若，， 当时，， 当时，， 当时，，不合题意 综上，. （ⅱ）由（i）得， 先证明是的“佳点”： 因为， 令， 法1：先证，构造函数， 所以当时，单调递减，当时，单调递增， 所以，所以（证毕）. 令，， ， 所以在上单调递增，又因为， 所以当时，，即时，； 当时，，即时，. 法2：， 所以，在上单调递增 又因为，， 所以，当时，，， 所以，得； 当时，； 当时，，，所以，得， 所以是的“佳点”. 再证明是的横坐标最大的“佳点”： 假设是的“佳点”，且； 如果，则，点在曲线上， 则，不合题意； 如果，则，考虑点，因为，所以. 根据“佳点”的定义，应有， 但，矛盾. 综上，的横坐标最大的“佳点”为点. 【变式1】（2026·河南郑州·一模）已知函数定义域为，，若对任意，存在，当时，都有．则称为在上的“点”． (1)设函数求在上的最大“点”； (2)判断函数在上是否存在“点”，并说明理由； (3)若函数在上不存在“点”，求的取值范围. 【答案】(1) (2)不存在，理由见解析 (3) 【分析】（1）先利用导数分析函数在上的单调区间，从而找到最大值，即可确定最大“点”； （2）通过导数求出在上的最大值，不满足“点”的条件，即可作出判断； （3）将不存在“点”转化为在上恒成立，通过导数分析的单调性，分和的不同情况讨论，最终求得的取值范围. 【详解】（1）因为，， 所以，令，解得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以在处取得极大值，也是在的最大值， 所以在上的最大“点”为. （2）不存在“点”，理由如下： 因为，令得， 则当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 而， 所以是在上的最大值， 所以对任意，都有，所以在上不存在“点”. （3）由函数在上不存在“点”， 得在上恒成立， 求导得，令， 求导得， 当时，恒成立，函数在上单调递减， 则， 因此函数在上单调递减，，符合要求； 当时，令，则， ①当，即时，，即在上单调递增， 则， 所以函数在上单调递增，，不符合要求； ②当，即时，恒成立，函数在上单调递减， 则， 函数在上单调递减，此时，符合要求； ③当，即时， 若，，若，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 而， 若，则在上恒成立，在上单调递减， 此时， 若，则存在，使得， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， 则要恒成立，只需，解得， 由，得， 由，得 即当时，符合要求. 综上，的取值范围是. 【变式2】（25-26高二下·上海·期中）对于函数的导函数，若在其定义域内存在实数和，使得成立，则称是“跃点”函数，并称是函数的“跃点”. (1)若函数是“跃点”函数，求实数的取值范围； (2)若函数是定义在上的“0跃点”函数，且在定义域内存在三个不同的“0跃点”，求实数的取值范围； (3)若函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”，求实数满足的条件. 【答案】(1) (2) (3)且 【分析】（1）求出给定函数的导数，再由“跃点”函数的定义结合三角函数的性质求得实数的范围作答. （2）根据“0跃点”函数的定义，可得方程在R上有3个不同的解，构造函数令，利用导数判断单调性，求出极值得解. （3）根据题意将问题转化为在R上恰有两根，再构造函数，借助导数求解作答. 【详解】（1）函数的导函数为， 因为函数是“跃点”函数， 所以方程有解，即有解， 又，所以. （2）函数的导函数为， 由题意可得方程，即在R上有3个不同的解， 令，则，令，得或， 当时，，即单调递增， 当时，，即单调递减， 当时，，即单调递增， 又，，，当时，，当时，， 所以，即实数的取值范围为. （3）函数的导函数为， 因为函数是“1跃点”函数，且在定义域内恰存在2个“1跃点”， 所以方程，即在R上恰有两根， 令，则， 当时，，在R上单调递增，此时最多只有一个实根，不合题意； 当时，令，得， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以在处取得极小值，且， 又当时，，当时，， 要使得在R上恰有两根，仅需，即. 综上，实数满足的条件为且. 优题精练·专题实战通关 1．（26-27高三上·重庆沙坪坝·开学考试）我们说函数 在其定义域 上具有 “不减性质”，是指 ，若 ，则有 . 代表不超过 的最大整数，如[4.8] = 4，[-0.3] = -1 . 已知 ，其中 . (1)求出 的定义域 ； (2)若 恒成立，求实数 的取值范围； (3)若 在其定义域 上具有不减性质，求实数 的取值范围. 【答案】(1)． (2)． (3)． 【分析】（1）由对数的真数必须为正，结合 为整数确定定义域；（2）先取定义域左端点 得到必要条件，再证明该条件下不等式恒成立；（3）令 ，研究 与 的单调变化，并对 构造使函数值下降的两个自变量，从而得到 的范围． 【详解】（1）因为 有意义，所以 ． 又因为 为整数，所以 ，即 ． 因为 ，所以 ． 故 的定义域为 （2）必要性：由（1）知 ． 此时所以 若 恒成立，则从而 解得 结合 ，得 充分性：当 时，对任意 ，有 令 则 因为 ，所以 ； 又 ，故 ． 所以 在 上单调递增，从而 于是 又因为 ，所以 ，从而 ． 因此 故 的取值范围为. （3）令 在定义域 上， 随 的增大而不减，因此 也随 的增大而不减． 下面研究 ． 先证明当 时， 在 上具有不减性质． 因为且 随 的增大而增大，所以 随 的增大而增大． 若则对任意 ，均有 ，所以 在 上单调递增，从而 在 上具有不减性质． 若则 ． 此时必有 ． 事实上，若 ，则 ； 又 ，所以 ，从而 ，矛盾． 因此 又由 可得 故 在 上单调递减，在 上单调递增． 因为 ，所以 于是当 时，从而 当 时， 单调递增，所以 也具有不减性质． 因此 在整个定义域 上具有不减性质． 由此，当 时， 与 都具有不减性质，所以 在 上具有不减性质． 下面证明 时不满足题意． 当 时，对 ，有所以 在该区间上单调递减． 又而 因此存在 ，使得 取 且充分接近 ，使得并且 于是而 这与 且 在 上具有不减性质矛盾． 所以 不合题意． 综上， 的取值范围为. 2．（25-26高三上·贵州贵阳·高考复习）对于函数和，设，，若存在，，使得，则称函数和互为“零点相邻函数”，若函数与互为“零点相邻函数”，则实数的最小值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】结合的单调性得到为的唯一零点；根据题意求出，令，将问题转化为在内有解，分离参数得到，构造函数，根据导数与单调性及最值的关系求解即可. 【详解】的定义域为，且在定义域内单调递增. 又，所以为的唯一零点，即. 若函数与互为“零点相邻函数”， 则存在使得，即，解得， 也即至少有一个零点. 令，则在内有解， 可转化为在内有解. 由，得，. 令，，则. 令，即，解得. 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以，当时，在处取得最小值， 为. 故实数的最小值为. 3．（26-27高三上·上海·开学考试）定义：设函数在区间上有最大值，最小值，则称为函数在区间上的“最值距”，为在区间上的“中值”． (1)请直接写出和在区间上的“最值距”和“中值”； (2)求证：不存在区间使函数在区间上的“最值距”只与有关； (3)若与在区间上的“最值距”相同，求：在区间上的“中值”． 【答案】(1)的“最值距”为，“中值”为；的“最值距”为2，“中值”为0 (2)假设在区间上有最大值，最小值，存在，使得， 则：， 又只与有关，则  解得：， 这与定义域为矛盾, ∴ 不存在区间使函数在区间上的“最值距”只与有关． (3)2或 【分析】（1）求出两个函数的最值，再结合题意求解； （2）利用反证法进行证明； （3）将平方，得到，根据在区间上的符号分3类进行讨论，利用与在区间上的“最值距”相同列方程，求解. 【详解】（1）在区间上的最大值为，最小值为， 在区间上的最大值为，最小值为， 所以的“最值距”为，“中值”为；的“最值距”为2，“中值”为0． （2）略 （3）由题意可得：，即， 设在区间上的最小值为，最大值为，设与的“最值距”分别为， 则的最小值为0，最大值为， ①如果在区间上变号，即， 若，则，解得：， ∵，则，则，这与矛盾，舍去； 同理，若，可得，这与矛盾，舍去； ②如果在区间上恒正，即， 此时，解得：； ③如果在区间上恒负，即， 此时，解得：； 综上：在区间上的“中值”为2或. 4．（25-26高一下·云南丽江·期末）对于函数，，，如果存在实数，使得，那么称为，的生成函数． (1)设，，，生成函数是偶函数，求的值； (2)设，，，，生成函数．若不等式在上恒成立，求实数的取值范围； (3)设函数，，是否能够生成一个函数，且同时满足①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够生成，则求函数的解析式，否则说明理由． 【答案】(1)； (2)； (3)能， 【分析】（1）根据偶函数的概念可求的值. （2）先确定函数的解析式，利用换元法，把问题转化成二次函数在给定区间的值域问题求解. （3）先确定函数的解析式，根据函数的奇偶性确定，再结合对勾函数的单调性，结合函数在上的最小值可确定，的值，得到函数的解析式. 【详解】（1）因为，故， 因为为偶函数，故，，故. （2）由题意可得，，，，， 所以， 不等式在上恒成立， 等价于在上恒成立， 因为，所以. 令，则， 由在上单调递减， 所以当时，取得最小值，故. （3）设，则． 由，得， 整理得，即， 即对任意恒成立， 所以．所以 ． 设，，令，则， 由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递增，，且当时取到“”． ，又在区间上的最小值为， ，且，此时，． . 5．（25-26高三下·上海黄浦·开学考试）若函数的定义域内存在区间，且  ，则称函数具有“性质F ”．正确的是____________．① 具有“性质F ”的一次函数存在且有无数个；② 具有“性质F ”的二次函数存在且有无数个；③存在，使函数具有“性质F”；④对任意，函数都具有“性质F ”． 【答案】①②③ 【分析】利用“性质F ”的定义结合函数的单调性逐项判断即可. 【详解】对于①选项，若函数为一次函数，设，不妨取， 则函数在上单调递增， 所以，解得，此时， 故任取时，必有函数在区间满足题意，①对； 对于②选项，不妨取，其中，，取，， 则函数在上单调递增， 由可得， 所以当且时，必有函数在区间上满足题意，②对； 对于③选项，若，则函数在上为增函数， 由题意可得，可知关于的方程在上至少有两个不等的实数解， 即，可得， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 且当时，，则；当时，，则. 且， 要使得方程至少有两个不等的实根，则，解得， 因为，故存在，使函数具有“性质F ”，③对； 对于④选项，若，则函数具有“性质F ”， 且函数在上为增函数，则， 故关于的方程至少有两个实数解， 当时，由可得，即，则， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 当时，，则；当时，，则. 若方程有两个实数解，则，解得， 当时，即当时，方程在时有且只有一个实数解， 当时，方程在时无实数解， 因为函数、在上均为增函数， 故函数在上为增函数， 因为，， 所以，存在，使得， 故当时，方程在时有且只有一个实数解， 方程在时无实数解， 即当时，函数不具有“性质F ”，④错． 故正确的是：①②③． 6．（2026·江苏盐城·模拟预测）定义函数（）为的“伴生函数”，其中为的导函数．若区间满足，都有成立，则称在上具有“伴生性质”且为的“伴生区间”．已知（），设的“伴生函数”为． (1)请求出的一个“伴生区间”； (2)若方程有两个不同的实数解，（）． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：．（参考数据：，） 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）根据“伴生函数”定义，先求的导函数，再计算，结合“伴生性质”的条件，直接得出时满足，因此是一个伴生区间，核心是对新定义的理解与导数的基础应用； （2）（i）先化简方程，将问题转化为函数 的零点问题，通过求导分析其单调性，结合零点存在定理，得到 的取值范围，关键是利用导数研究函数的单调性与零点存在条件； （ii）本题通过等价转化要证的不等式，构造辅助函数、，利用导数分析函数的单调性与不等式关系，结合是方程的解的条件，通过放缩与单调性证明不等式，体现了导数在证明不等式中的构造与放缩技巧． 【详解】（1）当时， 的“伴生函数”为 ， ， 当时， ，，具有“伴生性质”． 故的一个“伴生区间”为． （2）（ⅰ） ，故，                                  设，， 令，解得；令，解得， 故当时，单调递减；时，单调递增． 因为方程有两个不同的实数解． 所以在上有两个零点，故，即   ，                     当时， ，因为 ， 所以． 若，所以，令 ，则 ． 当时， ，所以在 上恒成立， 因此 在 上单调递增，所以，即在上恒成立， 则在上单调递增，则，即当时，． 若，所以，则在上单调递减， 则，所以当时，． 当时，．                            当时， ，即 ． 因为 所以 ， 综上，的取值范围． （ⅱ）由为方程的两个解可知：， 要证，即证，                     令，， 令，， 则在单调递增，故 ， 所以时，，故M（x）在上单调递增， 则 ． 设 ，令 ， ， 令 ，则 ． 因为，所以，则，所以． 则在上单调递增，，即， 则在上单调递增，所以，即，成立， 因为，则 ， 又，，由（i）的单调性可知在单调递减， 则，即， 故，所以，所以 . 7．（2026·上海黄浦·三模）设，均为非空集合，函数的定义域为，若存在，使得对任意，均有，则称函数具有“性质”．下列说法中正确的是（     ）． A．“”是“函数具有‘性质’”的充分非必要条件 B．设，则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的必要非充分条件 C．设，“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件 D．设，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件 【答案】D 【分析】结合新定义，根据条件之间的推出关系可判断. 【详解】对于A，的定义域为， 若，则对任意，均有，充分性成立； 若函数具有“性质”，则，，使得， 即，则，所以，必要性成立， 所以“”是“函数具有‘性质’”的充分必要条件，故A错误. 对于B，若函数具有“性质”，则，，使得， 即，则，所以充分性成立； 若具有最小值，设，则，，使得， 即，所以函数具有“性质”，必要性成立， 则“函数具有‘性质’”是“具有最小值”的充分必要条件，故B错误. 对于C，函数具有“性质”，则，，使得， 所以，且， 由不等式的性质可知，即，必要性成立； 若，取，而， 所以，所以函数不具有“性质”，充分性不成立， 所以“”是“函数具有‘性质’”的必要非充分条件，故C错误. 对于D，（方法一）若函数具有“性质”，则，，使得， 推不出，所以充分性不成立； 若函数具有“性质”，则，，使得，则， 若不在的值域内，则不存在，使得，所以必要性不成立. （方法二）充分性：举反例，取常函数， 令，则， 所以，，使得，函数具有“性质”， ，所以函数不具有“性质”， 即函数具有“性质”推不出具有“性质”，充分性不成立； 必要性：举反例，取一个值域为的函数，令，则， 取，则，，使得，函数具有“性质”， 假设存在，使得，则，与值域矛盾， 所以假设不成立，所以不具有“性质”， 即函数具有“性质”推不出具有“性质”，必要性不成立. 综上，“函数具有‘性质’”是“具有‘性质’”的既非充分又非必要条件，故D正确. 8．（25-26高三下·安徽·阶段检测）（多选）定义：若函数满足对区间内任意一个实数，总在区间内存在唯一实数，使得，则称函数具有性质．下列说法正确的是（   ） A．在上具有性质 B．若在区间上具有性质，则 C．若在上具有性质，则 D．已知，则不存在实数，使得在上具有性质 【答案】BCD 【分析】A利用基本不等式求出最小值即可判断；BC根据函数的单调性求出值域，再将问题转化为使得，根据值域的包含关系求出结论；D，分函数在上不单调和单调两种情况讨论，结合函数新定义判断即可. 【详解】当时，，等号成立时， 则当时有， 故在上不具有性质，故A错误； 因为在区间上单调递增，所以， 由题意可知，使得，即， 则，得， 即，得，得，故B正确； 因为在上单调递减，所以，， 由题意得，使得，即， 则，得，得，故C正确； 假设在上具有性质， 若函数在上不单调， 则存在与不相等的实数，使得， 因为，所以， 与性质中的唯一性矛盾，不满足定义； 若函数在上单调递增，设的最大值为M， 若，当时，，则不存在使得； 若，存在，则不存在使得； 故不存在实数，使得在上具有性质，故D正确. 9．（2026·上海·模拟预测）设函数的定义域为，若对任意实数，恒有成立，则称函数具有“性质”． (1)若一次函数具有性质，其中，求实数，的值； (2)若函数具有性质，且在上严格增，证明：； (3)若具有性质的函数满足：存在常数，使得对任意，都有．证明：具有该性质的函数是唯一的，并写出其解析式． 【答案】(1)， (2)假设存在实数，使得，分两种情况讨论: 若，结合函数严格增，可得， 再由，代入得，整理可得，与矛盾； 若，因为严格增，可得， 结合，代入得，整理可得，与矛盾， 综上可知，假设不成立，即对任意的，都有，得证. (3)已知对所有成立，令，即，, 则， 代入,可得， 化简得：， 对任意，构造数列满足. 由可知，， 则数列为等比数列，则， 所以，若， 则当时，，与矛盾，因此必须有， 即对任意的，，故，其函数唯一. 【分析】（1）由函数新定义列出方程，利用对应系数相等即可求出； （2）由反证法结合严格增函数的性质推导，分与两种情况讨论； （3）利用函数的递推，求证与矛盾，即可求解. 【详解】（1）因一次函数具有性质， 则， 则可得：，解得或， 因为，所以，. （2）略 （3）略 10．（2026·浙江·二模）对于定义在区间上的函数，若对，都有，则称为在区间上的“上域函数”；若对，都有，则称为在区间上的“下域函数”. (1)试判断以下函数中，哪些是在上的“上域函数”？哪些是在上的“下域函数”？（直接写出结论，无需证明） ①；    ②；    ③； (2)已知实数是在区间上的“下域函数”，求实数的取值范围； (3)求证：. 【答案】(1)①是“上域函数”，②③是“下域函数”； (2) (3)构造函数， 代入， 累加可得， 故仅需证即可， 构造函数， 其中，在上单调递减，， 即， 当时，， 可得 ，原命题得证. 【分析】（1）结合定义并利用导数证明不等式，最后得到结论即可. （2）对的取值进行分类讨论，再利用分离参数法求解参数范围即可. （3）结合题意利用放缩法和导数证明不等式即可. 【详解】（1）对于①，令，定义域为， 而，当时，恒成立， 则在上单调递减，且， 则，可得， 得到是在上的上域函数， 对于②，令，定义域为， 而，当时，恒成立， 则在上单调递增，且， 则，可得， 得到是在上的下域函数， 对于③，令， 则，当时，恒成立， 则在上单调递增，且， 则，可得， 得到是在上的下域函数， 综上可得，①是“上域函数”，②③是“下域函数”. （2）由题意知，当时，； 当时，，符合题意；当时，应有； 构造函数，可得， 令， 当时， ，所以在上单调递增， 因为，所以当时，， 故在上单调递增，而时，， 综上可得，的取值范围为. （3）略 11．（2026·福建泉州·模拟预测）若将图象绕原点逆时针旋转后，所得曲线仍是函数的图象，则称为“旋转函数”． (1)判断函数是否为“旋转函数”，并说明理由； (2)已知函数是“旋转函数”，求的最大值； (3)若函数是“旋转函数”，求的取值范围． 【答案】(1)不是，理由见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据函数的定义直接判断即可. （2）将已知条件转化为函数与直线最多一个交点，利用两个函数图象的交点与对应方程根的关系，分离，构造新函数，转化为新函数在上单调，进而求解. （3）同问题（2）根据已知条件构造新函数，转化为新函数在上单调，求导，分离参数，转化为恒成立问题求最值即可. 【详解】（1）函数不是“旋转函数”，理由如下： 的斜率为，倾斜角为，逆时针旋转后与轴重合， 当时，有无数个与之对应，不满足函数定义， 因此函数不是“旋转函数”. （2）由题意可知，函数与函数最多有1个交点， 且， 所以最多有一个根， 即最多有一个根， 即函数与函数最多有1个交点， 所以函数在上单调， 因为，所以， 若恒成立，则恒成立，则， 因为，所以，矛盾， 所以，所以， 即，得，所以的最大值为. （3）由题意可得函数与函数最多有1个交点， 即， 即函数与函数最多有1个交点， 即函数在上单调， ，当趋于0时，趋于， 所以， 令，则， 因为在上单调递减，且， 所以存在，使得， 即， 所以在上单调递增，在单调递减， 所以，即， 所以的取值范围. 12．（25-26高三上·上海杨浦·阶段检测）已知函数，若点是函数图象的两条互相垂直的切线的交点，则称点是该函数的“特征点”，记的所有“特征点”的集合为； (1)若，，求； (2)若，求证：函数的所有“特征点”在一条定直线上，并求出这条直线的方程； (3)若，记函数图象上的所有点组成的集合为，若，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2) ，则， 设、处切线垂直，则，得，即. 在处切线方程为，即， 在处切线方程为，即， 联立，解得，， 即切线的交点为， 所以函数的所有“特征点”在定直线上. (3). 【分析】（1）根据“特征点”的定义进行分析，从而求得； （2）根据“特征点”的定义列方程组，化简求得定直线； （3）设曲线上处的切线经过曲线上的点，求得在处切线方程，代入后，可求得或，由题意点不属于，则，设，整理后根据二次函数的性质来求得的取值范围． 【详解】（1）由题意存在两条互相垂直的切线，不妨设为和处的切线，且， 由于，则， 为使得、处切线垂直，即， 又，必然，，即，， 当时，，切线方程为，即； 当时，，切线方程为，即， 两切线和的交点为， 所以. （2）略 （3）设曲线上处的切线经过曲线上的点. ，，， 则在处切线方程为，即， 代入后，可得， 因式分解可得， 即或， 这两处的切线经过曲线上的点， 由于该点不属于，则， 设， 其中满足，即，所以的取值范围是. 可化为. 故方程在上无解， 即在上无解， 的对称轴为，所以，得，解得， 所以的取值范围是. 13．（25-26高三下·上海·阶段检测）已知函数定义域为，，若，存在，对任意，都有.则称为在上的“点”. (1)设函数.求在上的最大“点”； (2)命题：，在上不存在“点”.此命题是否为真命题，说明理由； (3)设，且，.证明：在上的“点”个数不小于. 【答案】(1) (2)是，理由如下： ，令得， 当，严格单调递减， 当，严格单调递增， ， 所以是在上的最大值， 对任意，都有， 在上不存在“点”； (3)证明： 若在上的“点”个数为0，则，符合要求： 若在上的“点”个数为， 令在上的“点”分别为、、…、， 其中，， 若，则若，由，则， 即， 若，由题意，，， 故，即，又， 故，符合要求； 若，则，，…， 由，则， 若，即，则， 若，由题意， ，且， 又，故， 即，，…，， 即有， 即，由，故， 又，故， 即在上的“点”个数不小于. 【分析】（1）先得到函数单调性，从而确定最大“点”； （2）求出函数单调性和最大值，得到结论； （3）分情况分类讨论，结合题干条件，证明出结论 【详解】（1），， 由对勾函数性质，当时，严格单调递增，在上严格单调递减， 当时，若，恒有， 所以在上的最大“点”为； （2）此命题是真命题，理由略； （3）略. 14．（2026·重庆·模拟预测）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石，布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（L.E.J.Brouwer），简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点函数”，给定函数，，已知函数，，在上均存在唯一不动点，分别记为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据新定义得到，，，得到三个具体的等式，构造函数，通过研究函数的单调性可比较大小. 【详解】由已知可得，，即，所以，即. 由得. 由得. 令，，则恒成立， 所以在上单调递增，所以，所以. 所以，即. 令，， 因为函数在上单调递增，在上单调递减，且， 根据复合函数的单调性可知，函数在上单调递减， 所以在上单调递减. 又，，所以. 因为在上单调递减，，所以. 又，所以，即. 令，，则恒成立， 所以在上单调递减. 又，， 所以. 综上可得，. 故选：C. 15．（2025·广东肇庆·一模）（多选）不动点理论是泛函分析与拓扑学中的重要理论，简单地讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（   ） A．只有1个不动点 B．若（）没有不动点，则没有零点 C．若（）没有不动点，则方程无实根 D．有3个不动点 【答案】AC 【分析】根据“不动点”函数的定义，分别对每个选项进行分析，判断其是否满足“不动点”函数的条件，以及是否满足题目中的其他条件． 【详解】对于A，令，，，当且仅当时取“=”， 则在上单调递减，而，即在上只有一个零点，函数只有一个不动点，A正确； 对于B，没有不动点等价于的图象与直线没有交点， 没有零点等价于的图象与轴没有交点， 显然，当对称轴在轴左边，的图象与没有交点时，不能推出与轴没有交点，B错误； 对于C，依题意，没有不动点等价于方程无实数根无实数根， 即， 当时，二次函数的图象开口向上，则恒成立， 即，恒有， 而，因此有恒成立，即方程无实根， 当时，二次函数的图象开口向下，则恒成立， 即，恒有， 而，因此有恒成立，即方程无实根， 所以函数（）没有不动点，则方程无实根，C正确； 对于D，由，得， 易知当时，，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点； 当时，，单调递减，且； 当时，，单调递增.令，得， 解得，此时，所以直线与曲线相切于点. 所以直线与曲线共有两个交点，所以只有两个不动点，故D错误； 故选：AC． $