新高考数学三轮冲刺提升练习专题05 函数的新定义问题专练（2份，原卷版+解析版）

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一、单选题
1．（湖南省名校教研联盟2023届高三下学期4月联考数学试题）函数的定义域为，导函数为，若对任意，成立，则称为“导减函数”.下列函数中，是“导减函数”的为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】理解题目新定义，对各选项进行计算分析即可得出答案.
【详解】若函数的定义域为，若对任意，
， ，当时，，则不符合导减函数的定义；
，，当时，，则不符合导减函数的定义；
，，当时，，则不符合导减函数的定义；
，，则符合导减函数的定义.
故选：D.
2．（湖南省永州市2023届高三三模数学试题）若函数和在区间上的单调性相同，则把区间叫做的“稳定区间”.已知区间为函数的“稳定区间”，则实数的可能取值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求函数，根据两个函数同为增函数或同为减函数，确定绝对值里面的正负，根据恒成立求的取值范围.
【详解】因为，则，
由题意得与在区间上同增或同减.
若两函数同增，则在区间上恒成立，即，所以.
若两函数同减，则在区间上恒成立，即，无解，
综上，实数的取值范围是，对照选项中的a值，所以只有B选项符合题意.
故选：B.
3．（2023春·辽宁·高一校联考阶段练习）波恩哈德·黎曼是德国著名数学家，黎曼函数是他发现并提出的，其解析式为：，若函数是定义在实数集上的偶函数，且对任意x都有，当时，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意，先分析函数的周期，结合奇偶性可得的值，进而可得 的值，即可得答案．
【详解】若函数是定义在实数集上的偶函数，且对任意x都有，
可得，故偶函数是周期为4的周期函数，
由 ，当时，，
，由且为无理数，，
，
所以
故选：D．
4．（2023春·湖北襄阳·高二宜城市第一中学校联考期中）设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．已知：任何三次函数既有拐点，又有对称中心，且拐点就是对称中心．设，数列的通项公式为，则（ ）
A．8B．7C．6D．5
【答案】C
【分析】根据题意对已知函数求两次导数可得图象关于点对称，即可得，然后利用此结论可求得答案.
【详解】由，得 ，
由 可得：，
因为
所以的图象关于点对称，
所以，
因为，
所以，
所以，，，
所以，
故选：C
5．（2023春·福建·高三校联考阶段练习）已知任意三次函数的图象必存在唯一的对称中心，若函数，且为曲线的对称中心，则必有其中函数若实数，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】令，由解得，进而得出函数的对称中心．根据，结合函数的单调性，即可得出．
【详解】令，则，
令
，
解得，
又．
函数的图象关于点成中心对称．
因为，
所以，
又，
所以函数在上单调递增，
所以.
故选：A．
二、多选题
6．（2023·全国·高三专题练习）已知定义在上的函数，对于给定集合，若，当时都有，则称是“封闭”函数.则下列命题正确的是（ ）
A．是“封闭”函数
B．定义在上的函数都是“封闭”函数
C．若是“封闭”函数，则一定是“封闭”函数
D．若是“封闭”函数，则不一定是“封闭”函数
【答案】BC
【分析】A特殊值判断即可；B根据定义及函数的性质即可判断；C根据定义得到都有，再判断所给定区间里是否有成立即可判断，D选项可判断出其逆否命题的正误，得到D选项的正误.
【详解】对A：当时，，而，A错误；
对B：对于集合，使，即，必有，
所以定义在上的函数都是“封闭”函数，B正确；
对C：对于集合，使，则，
而是“封闭”函数，则，即都有，
对于集合，使，则，，
而，，...，，
所以，
即，故，一定是“封闭”函数，C正确；
对D，其逆否命题为，若是“封闭”函数，则不是“封闭”函数，只需判断出其逆否命题的正误即可，
使，则，
若，则，
由解得，因为，所以，
即使，则，
满足是“封闭”函数，
故逆否命题为假命题，故原命题也时假命题，D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C，根据给定的条件得到都有，有恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
7．（山东省济南市2023届高三二模数学试题）若定义在上的函数同时满足：①；②对，成立；③对，，，成立；则称为“正方和谐函数”，下列说法正确的是（ ）
A．，是“正方和谐函数”
B．若 为“正方和谐函数”，则
C．若为“正方和谐函数”，则在上是增函数
D．若为“正方和谐函数”，则对，成立
【答案】ABD
【分析】条件③．即可判定A，由条件①③可得，即可求得即可判断B，由条件③即可判断C,由迭代递推法即可判断D.
【详解】对于A, 函数，，显然满足条件①②．
对任意，且时，．
函数在区间，上是否为“正方和谐函数”．故A正确.
对于B，若函数为“正方和谐函数”，
则令，，得，即，
又由对，，，故B正确；
对于C，设，则，所以
，即有，
函数在区间上不一定是单调递增，故C错误；
对于D，①当时，成立，
②当时， ，，
③当时，，，则；
显然，当时，成立；
假设当时，有成立，其中，
那么当时，，
可知对于，总有，其中，
而对于任意，存在正整数，使得，此时
综上可知，满足条件的函数对时总有成立.
故D正确，
故选：ABD
8．（2023·河北张家口·统考二模）设函数在区间上有定义，若，使得对于在区间上的任意，当时，恒有，则称函数在区间上一致连续.也就是说，若函数在区间上一致连续，对于区间内任意，只要充分接近，那么与也能够充分接近，则下列结论正确的是（ ）
A．函数在区间上一致连续
B．函数在区间上一致连续
C．函数在区间上一致连续
D．函数在区间上一致连续
【答案】BC
【分析】对于A项，令，充分大时可判定；对于B项，作差分子有理化放缩可得，可判定；对于C项，作差和差化积放缩可得
，即判定；对于D，取，则，但，利用定义即可判定；
【详解】对于选项，令，当充分大时，；另一方面，，不满足，因此，函数在上不一致连续，故错误；
对于选项，令，且，则，取，当，
且时，，
所以，函数在区间上一致连续，故正确；
对于选项，取，当时，有，
不妨令，令
即在定义域上单调递减，故，
所以恒成立，则，
当时，；
当时，，
综上，函数在区间上一致连续，故正确；
对于选项，对给定的充分小，不妨设，取，则，但，这说明，函数在区间上不一致连续，故错误.
故选：BC.
【点睛】本题考查学生阅读理解能力及逻辑推理素养，考查学生灵活运用所学知识解决问题的能力.
关键在于理解一致连续的意义，即自变量无限接近则其对应函数值无限接近，利用题目给出的一致连续的定义，我们可以得到函数在区间不一致连续的定义：对给定的某正数，不论取值多么小，总至少有，，满足，但，则称函数在区间不一致连续.这样可以找出一些反例.
9．（2023·浙江金华·模拟预测）已知函数，记一次完整的图形变换为“T变换”，“T变换”的规则为：将函数图象向右平移2个单位，纵坐标缩短为原来的，再向上平移1个单位，的图象经历一次“T变换”得到的图象，依此类推，经历次“T变换”后，得到的图象，则（ ）
A．
B．若，则
C．当时，函数的极大值之和小于
D．
【答案】ACD
【分析】由条件给出的变换求出的解析式可判断A；作出的图象，可知若，只需成立即可，参变分离可求出的范围可判断B；设的极大值为，则有，求出的通项，可判断D，对求和可判断C.
【详解】，其中，即，故A正确；
作出的图象，可得．若，只需，对即可，
故，故B错误；
记的极大值为（也是最大值），则，且，则，
即，即，故D正确；
当时，函数的极大值之和
，故C正确；
故选：ACD
10．（2023春·辽宁沈阳·高一沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，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，函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的值域是B．函数是周期函数
C．函数的图象关于对称D．方程只有一个实数根
【答案】ABC
【分析】根据，可得，则，去绝对值符号，从而可求出的值域，基尔克的函数的节诶稀释，作出函数图象，再根据函数图象逐一分析各个选项即可得解.
【详解】因为，所以，
则，
当时，，
当时，，
所以，
所以，
作出函数的图象，
当时，，此时，
当时，，此时，
当时，，此时，
所以函数的值域是，故A正确；
作出函数的图象，
由图可知函数是以为周期的周期函数，故B正确；
函数的图象关于对称，故C正确；
对于D，方程根的个数即为方程方程根的个数，
即为两个函数图象交点的个数，
当时，，当时，，
由图可知，两个函数图象没有交点，
所以方程无解，故D错误.
故选：ABC.
11．（2023·山西运城·统考二模）定义区间，，，的长度为.如果一个函数的所有单调递增区间的长度之和为常数（其中，为自然对数的底数），那么称这个函数为“函数”，则（ ）
A．是“函数”
B．是“函数”
C．是“函数”，且
D．是“函数”，且
【答案】BCD
【分析】求出函数的定义域，根据导函数得出函数的单调递增区间.然后根据“函数”的定义，即可判断.若导函数存在隐零点，则可根据零点存在定理，得出零点的取值范围，以及满足的条件，进而判断C、D两项.
【详解】对于A项，的定义域为，，
因为，所以，所以在上单调递增.
显然不是“函数”，故A错误；
对于B项，函数的定义域为，，
当时，，此时单调递增；
当时，，此时单调递减，
故，是“函数”，故B正确；
对于C项，的定义域为，，
根据复合函数的单调性可知是减函数，
又，，
根据零点存在定理可得，存在唯一的常数，使，
即，所以，
且当时，，所以函数在上单调递增.
令，则，且，满足条件，
所以.故C项正确；
对于D项，因为的定义域为，.
令，则，
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减，
所以，当时，函数有最大值.
令，，则在上恒成立，
所以，在上单调递增.
又，
所以，当时，有，
即，所以，
所以，在上恒成立，
所以函数在上没有零点.
又时，.
由零点存在定理及函数的单调性可知，
存在唯一的常数，使得，即，
且当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减.
令，则是“函数”，且.故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：C项，得出的，零点不确定，即存在隐零点.根据，，结合零点存在定理，即可得出的值.
三、填空题
12．（2022秋·江苏盐城·高一盐城市伍佑中学校考阶段练习）因函数的图像形状像对勾，我们称形如“”的函数为“对勾函数”．该函数具有性质：在上是减函数，在上是增函数，若对勾函数对于任意的，都有，则实数t的最大值为__________．
【答案】/0.75
【分析】由，移项后代入，构造新的关系式，对分类讨论，转化为恒成立问题即可解决.
【详解】因为，则，
所以，即
当，即时，因为，则，.
当即时，恒成立，所以.
综上,
所以实数的最大值为.
故答案为：
13．（2023·北京通州·统考模拟预测）两个数互素是指两个正整数之间除了1之外没有其他公约数．欧拉函数（）的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互素的正整数的个数，例如，．
关于欧拉函数给出下面四个结论：
①；
②，恒有；
③若m，n（）都是素数，则；
④若（），其中为素数，则．
（注：素数是指除了1和它本身以外不再有其他因数，且大于1的正整数．）
则所有正确结论的序号为___________．
【答案】①③④
【分析】根据欧拉函数的函数值的定义，求出，，即可判断①②；若m是素数，m与前m－1个正整数均互素，可得，同理得，又不超过正整数且与互素的正整数共有个，可得，即可判断③；若，其中为素数，不超过的正整数共有，其中的倍数有个，则不超过且与互素的正整数有个，可得，即可判断④．
【详解】不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，共6个，则，故①正确；
不超过8且与8互素的正整数有1，3，5，7，共4个，则，则，故②错误；
若m是素数，m与前m－1个正整数均互素，则；
同理，若n是素数，则，
故；
若m，n（）都是素数，则不超过的正整数中，除去与及外，其他的正整数均与互素，共有个，则，
所以，故③正确；
若（），其中为素数，不超过的正整数共有，其中的倍数有个，则不超过且与互素的正整数有个，则，故④正确．
故答案为：①③④．
14．（2023春·江苏南京·高二南京师范大学附属中学江宁分校校考期中）拓扑空间中满足一定条件的连续函数，如果存在，使得，那么我们称函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点.在数学中，这被称为布劳威尔不动点定理，此定理得名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔（英语：），是拓扑学里一个非常重要的不动点定理.现新定义：已知为函数的一个不动点，若满足，则称为的双重不动点.给出下列三个结论：
①；
②；
③.
具有双重不动点的函数为是______.
【答案】①②
【分析】对①②：取特值，分析判定；对③：根据函数定义域分析判定即可
【详解】对于①：∵，则，
可得，，
∴为的双重不动点，故①正确；
对于②：∵，则，
可得，，
∴为的双重不动点，故②正确；
对于③：因为的定义域为，故该函数不连续，故③错误；
故答案为：①②.
【点睛】方法点睛：对于新定义题意，要准确理解给出的定义，并转化为已学的知识，用已学的知识取解决问题.
15．（2023春·上海·高三上海市实验学校校考阶段练习）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，他是数学史上第一位重视概念的人，并且有意识地“以概念代替直觉”，以其名命名的函数狄利克雷函数，现定义一个与狄利克雷函数类似的函数 “函数”，则关于狄利雷函数和函数有以下四个结论：
（1）；
（2）函数是偶函数；
（3）函数图象上存在四个点，使得四边形为菱形；
（4）函数图象上存在三个点，使得为等边三角形．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】（1）（4）
【分析】根据狄利克雷函数的定义，结合奇偶性，可判定（1）（2）；利用反证法，可证得（3）错误；直接取点说明（4）正确；
【详解】由狄利克雷函数的定义，可得，所以（1）正确；
由，可得，不满足，
所以函数不是偶函数，所以（2）错误；
由L函数定义，可得函数图象上的点要么在直线上，要么在直线上，若函数图象上存在四个点，使得四边形为菱形，
因为菱形的对角线互相垂直平分，则直线和不是对角线所在的直线，
不妨设，
则与互相垂直平分，可得，可得与，与重合，且方程不成立，所以（3）错误；
取函数图象上三个点,
则，使得为等边三角形，所以（4）正确.
故答案为：（1）（4）
16．（2023·河北沧州·统考模拟预测）若函数的图象上存在不同的两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称函数具有性质.若函数具有性质，其中，，为实数，且满足，则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】根据三角函数辅助角公式和将函数解析式中的，消去，再求出函数导数，根据题意利用导数列式表示出性质，将式子展开后把等式当作一个关于的方程的有解问题，根据一元二次方程有解条件化简等式求解出a值，再根据将，换元为三角函数形式代入求解出实数的取值范围即可.
【详解】由题意可得，.于是，.设切点分别为，，则由函数具有性质，可得，即，整理得，
将上式视为关于的方程，则其判别式：
，
即 ，注意到，
，则，故，此时或，
代入方程可得，因此，.
另一方面，由，可设，，其中，
则，即.因此，.
故答案为：.
【点睛】思路点睛：
对于函数新定义，解题第一步都是模仿定义列式求解，此题难度不在于新定义，而在于式子的复杂性，一方面需要根据题意优先化简函数解析式，为求导后的计算打下基础；另一方面，在求导后的计算中，要将a作为主元进行求解，因此展开方程即便系数复杂，也能看出方程本质为关a的一元二次方程，最终按照一元二次方程性质解题即可.
17．（2023·浙江台州·统考二模）若定义在上的函数满足：，，且，则满足上述条件的函数可以为___________.（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一也可）
【分析】根据题意可得函数为偶函数，可取，在证明这个函数符合题意即可.
【详解】令，则，
所以，所以函数为偶函数，
可取，则，
所以，，
所以函数符合题意.
故答案为：.（答案不唯一也可）
18．（2023春·上海嘉定·高一校考开学考试）若实数满足，则称为离x最近的整数，记为（其中）．下列关于函数的四个命题中正确的是______．
①函数的定义域是，值域；
②函数是周期函数，最小正周期是1；
③函数在区间上是严格增函数；
④函数的图像关于直线对称．
【答案】①②④
【分析】根据函数新定义，求定义域和值域，由是否成立且是否存在有成立、是否成立判断周期和对称轴，特殊值法判断区间单调性.
【详解】①由题意定义域，而，则，故，正确；
②由，
当时，不存在 ，
所以是周期函数，最小正周期是1，正确；
③当时，，则，显然不递增，错误；
④，故的图像关于直线对称，正确.
故答案为：①②④
19．（2021秋·福建泉州·高一校考期中）若函数对任意实数x，y都有，则称其为“保积函数”．若时，，且，，则__________，不等式的解集为__________．
【答案】
【分析】令，可证明函数为偶函数，再根据即可求得，设任意的，则，证明在上单调递增，再根据函数的单调性解不等式即可.
【详解】令，则对任意实数x都成立，
所以是偶函数，
，
因为，所以，
设任意的，则，所以，
所以，
所以在上单调递增，
所以不等式等价于，
又是R上的偶函数，所以，解得，
所以不等式的解集为．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：设任意的，则，结合时，，证明在上单调递增，是解决本题的关键.
四、解答题
20．（2023·全国·高三专题练习）对于函数，若存在，使得成立，则称为的一个动点.设函数.
(1)当，时，求的不动点；
(2)若有两个相异的不动点，.
①当时，求的取值范围；
②若且，求实数的取值范围.
【答案】(1)3或
(2)①；②
【分析】（1）根据定义可得并求解，即得的不动点；
（2）①由题设的两个零点为，利用根的分布列不等式组，应用线性规划画可行域，进而求目标式的范围；
②及韦达定理，结合已知得、，进而求的取值范围.
【详解】（1）依题意，即，解得或，即的不动点为3或；
（2）①，由，是的两相异根，且，
，区域如图所示.
令，则经过时，经过时，
的取值范围是，
②由题设，且，，
，则，
又，要使有一根属于，则对称轴，
，由得：，
的取值范围是：.
21．（2023·全国·高三专题练习）对于函数，若存在实数，使得成立，则称为函数的一个不动点“.已知函数存在不动点，且，求实数的取值范围.
【答案】
【分析】依题意可得，转换为一元二次方程，求出方程的根，根据，即可得到不等式组，解得即可.
【详解】解：函数存在不动点，且，
，整理得，
则，所以或，解得，
，
，解得.
实数的取值范围是.
22．（2023春·新疆阿克苏·高一校考阶段练习）已知函数，其反函数为.
(1)求函数，的最小值；
(2)对于函数，若定义域内存在实数，满足，则称为“L函数”.已知函数为其定义域上的“L函数”，求实数m的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）利用反函数得到，进而得，，利用换元法，结合二次函数的性质分类讨论求解；
（2）分在，和 上三种情况，利用函数的单调性结合 “L函数”的性质求解.
【详解】（1）由题意得，所以，．
令，，
设，，
当时，在上单调递增，，即最小值为；
当时，在上单调递减，在上单调递增，，即最小值为；
当时，在上单调递减，，即最小值为．
（2）①设在上存在满足“L函数”性质，则．
令，，则，
又，，
，
当且时，，则，
当且时，，则，
可得在上单调递减，在上单调递增，
当时，；当时，；当时，，
所以，
所以，
所以在时单调递增，
所以；
②设在存在满足“L函数”性质，则，即有解，
因为在上单调递减，所以；
③同理当在存在满足“L函数”性质时，解得；
综上，实数m的取值范围为．
23．（2023春·江苏南京·高一校考期中）已知函数.
(1)证明：；
(2)若存在一个平行四边形的四个顶点都在函数的图象上，则称函数具有性质，判断函数是否具有性质，并证明你的结论；
(3)设点，函数设点是曲线上任意一点，求线段长度的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)函数具有性质；证明见解析
(3)
【分析】（1）表示出根据对数的运算法则计算可得；
（2）由（1）知，的图象关于点中心对称，在函数上取四点，，，，即可判断；
（3）令，表示出，再利用换元法及二次函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为，
所以
；
（2）由（1）知，的图象关于点中心对称，
且，，，，
取函数图象上两点，，显然线段的中点恰为点；
再取函数图象上两点，，显然线段的中点也恰为点.
因此四边形的对角线互相平分，所以四边形为平行四边形，
所以函数具有性质；
（3）因为，则，解得或，
所以的定义域为，
所以，，
令， 或，
则
，
记或，
则，
记，则，
所以当，即时，.
24．（2023春·湖北孝感·高一湖北省汉川市第一高级中学校联考期中）已知为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数.
(1)设函数，试求的伴随向量；
(2)记向量的伴随函数为，求当且时，的值；
(3)当向量时，伴随函数为，函数，求在区间上最大值与最小值之差的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）化简的解析式，从而求得伴随向量.
（2）先求得，由求得，进而求得，从而求得.
（3）先求得，然后根据三角函数的最值求得正确答案.
【详解】（1）
，
所以.
（2）依题意，
由得，
，所以，
所以.
（3）的函数解析式，
所以
区间的长度为，函数的周期为，
若的对称轴在区间内，
不妨设对称轴在内，最大值为1，
当即时，函数在区间上的最大值与最小值之差取得最小值为；
其它的对称轴在内时最大值与最小值之均大于，
若的对称轴不在区间内，则在区间内单调，在两端点处取得最大值与最小值，则最大值与最小值之差为：
，
故函数在区间上的最大值与最小值之差的取值范围为
【点睛】方法点睛：求解新定义函数有关的问题，关键点在于理解新的定义，解题过程中，要将“新”问题，转化为所学的知识来进行求解，体现了化归与转化的数学思想方法.
25．（2021秋·江苏苏州·高一统考期中）若函数在时，函数值的取值区间恰为，就称区间为的一个“倒域区间”.已知定义在上的奇函数，当时，.
(1)求的解析式；
(2)求函数在内的“倒域区间”；
(3)求函数在定义域内的所有“倒域区间”.
【答案】(1)
(2)
(3)和
【分析】（1）设，利用奇函数的定义可求得函数在上的解析式，由此可得出函数在上的解析式；
（2）设，分析函数在上的单调性，可出关于、的方程组，解之即可；
（3）分析可知，只需讨论或，分析二次函数的单调性，根据题中定义可得出关于实数、的等式组，求出、的值，即可得出结果.
【详解】（1）解：当时，则，
由奇函数的定义可得，
所以，.
（2）解：设，因为函数在上递减，且在上的值域为，
所以，，解得，
所以，函数在内的“倒域区间”为.
（3）解：在时，函数值的取值区间恰为，
其中且，，所以，，则，
只考虑或，
①当时，因为函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，，则，所以，，所以，，
由（2）知在内的“倒域区间”为；
②当时，在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，所以，，所以，.
，
因为在上单调递减，则，解得，
所以，在内的“倒域区间”为.
综上所述，函数在定义域内的“倒域区间”为和.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义，解题的关键在于分析函数的单调性，结合题意得出关于参数的方程，进行求解即可.
26．（2023春·辽宁·高一校联考阶段练习）若函数满足，且，，则称为“型函数”.
(1)判断函数是否为“型函数”，并说明理由；
(2)已知为定义域为的奇函数，当时，，函数为“型函数”，当时，，若函数在上的零点个数为9，求的取值范围.
【答案】(1)函数是“型函数”，理由见解析
(2)
【分析】（1）判断出关于直线对称，且最小正周期为，由定义可判断出答案；
（2）由题意得到的零点为，0，1，即或或，由对称性和周期性画出在上的图象，数形结合求出.
【详解】（1）由，得，所以的周期为，
由，，得的图象关于直线对称，
因为，所以的图象关于直线对称，
又的最小正周期为，所以函数是“型函数”.
（2）令，得，因为是定义域为的奇函数，所以的零点为，0，1.
令，所以或0或1，即或或.
画出在上的图象，由的图象关于直线对称，
可画出在上的图象.由的最小正周期为，
可画出在上的图象.
故在上的图象如图所示，
所以函数在上的零点个数等于在上的图象与直线，，的交点个数之和.
当，即时，在上的图象与直线，，的交点个数之和为9.
故的取值范围为
【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决.
27．（2023·上海黄浦·统考二模）三个互不相同的函数与在区间D上恒有或恒有，则称为与在区间D上的“分割函数”．
(1)设，试分别判断是否是与在区间上的“分割函数”，请说明理由；
(2)求所有的二次函数，使得该函数是与在区间上的“分割函数”；
(3)若，且存在实数k，b，使得为与在区间上的“分割函数”，求的最大值．
【答案】(1)是与在上的“分割函数”；
不是与在上的“分割函数”；
(2)；
(3).
【分析】（1）根据题意可得当时恒成立，结合“分割函数”的定义依次判断，即可求解；
（2）根据“分割函数”的性质，则 对一切实数恒成立，由导数的几何意义和恒成立可得且对一切实数恒成立，结合图形即可求解；
（3）利用导数求出函数 的极值，则，作出其函数与函数的图象，设直线与的图象交于点，利用代数法求出弦长 ，结合导数研究函数的性质即可求解.
【详解】（1）因为恒成立，且恒成立，
所以当时，恒成立，
故是与在上的“分割函数”.
又因为，当与时，其值分别为与，
所以与在上都不恒成立，
故不是与在上的“分割函数”.
（2）设是与在上的“分割函数”，
则 对一切实数恒成立,由,
当时，它的值为，可知的图象在处的切线为直线，
它也是的图象在处的切线，
所以，可得
所以对一切实数恒成立，
即且对一切实数恒成立，
可得且，即，
又时与为相同函数，不合题意，
故所求的函数为.
（3）关于函数，令，可得，
当 与 时,；当与 时,.
可知是函数 极小值点，0是极大值点,
该函数与的图象如图所示.
由为与在区间,上的“分割函数”，
故存在使得 且直线与的图象相切，
并且切点横坐标∪，此时切线方程为，
即，
设直线与的图象交于点，
则由可得，
所以
，
令 ，
(仅当时，),
所以严格减，故的最大值为,可知的最大值为，
所以的最大值为.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
28．（2023春·江苏南京·高一南京市第二十九中学校考期中）若函数满足：存在非零实数，对任意定义域内的，有恒成立，则称为函数.
(1)求证：常数函数不是函数；
(2)若关于的方程且有实根，求证：函数为函数；
(3)如果函数为函数，那么是否仍为函数？请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)不为函数，理由见解析
【分析】（1）根据题意，求出，即可得出证明；
（2）代入化简可得，然后根据题意知有解，即可得出证明；
（3）假设为函数，根据函数的定义可推出为常数函数.根据（1）的结论，即可得出矛盾，假设错误，即可得出结论.
【详解】（1）由题意可知，，故常数函数不是函数.
（2）因为，
由题意得存在解，
所以，存在，使得，
即函数是函数.
（3）由题意，则.
若为函数，则，
则应有，
化简得为常数函数.
由（1）知，常数函数不是函数，
这与已知矛盾，所以假设错误，所以不为函数.
29．（2023·上海浦东新·统考二模）设是坐标平面上的一点，曲线是函数的图像． 若过点恰能作曲线的条切线（），则称是函数的“度点”．
(1)判断点与点是否为函数的1度点，不需要说明理由；
(2)已知，． 证明：点是的0度点；
(3)求函数的全体2度点构成的集合．
【答案】(1)原点是函数的一个1度点，点不是函数的一个1度点
(2)证明见解析
(3)或
【分析】（1）求出曲线在点处的切线方程，该切线过点时，列出方程，求出一个根，满足要求，该切线过点，构造函数，解超越方程，无解，不合要求；
（2）求出在点处的切线方程，转化为无解，构造，求导得到其单调性，证明出无解，故证毕；
（3）求出切线方程，得到的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解，设，分，与三种情况，进行求解.
【详解】（1）设，则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当，即． 故原点是函数的一个1度点，
该切线过点，故，
令，则，令得，令得，
故在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极小值，也时最小值，且，
故无解，点不是函数的一个1度点
（2）设，，
则曲线在点处的切线方程为．
则该切线过点当且仅当（*）．
设，则当时，，故在区间上严格增．
因此当时，，（*）恒不成立，即点是的一个0度点．
（3），
对任意，曲线在点处的切线方程为．
故点为函数的一个2度点当且仅当关于的方程恰有两个不同的实数解．
设． 则点为函数的一个2度点当且仅当两个不同的零点．
若，则在上严格增，只有一个实数解，不合要求．
若，因为，解得有两个驻点．
由或时得严格增；而当时，得严格减．
故在时取得极大值，在时取得极小值．
又因为，，
所以当时，由零点存在定理，在、、上各有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，不合要求；
当时，仅上有一个零点，也不合要求．
故两个不同的零点当且仅当或．
若，同理可得两个不同的零点当且仅当或．
综上，的全体2度点构成的集合为或．
【点睛】函数新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.
30．（2023春·上海嘉定·高一校考开学考试）对于定义域为D的函数，如果存在区，其中，同时满足：
①在内是单调函数；
②当定义域是时，的值域也是，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”．
(1)求证：函数不是定义域上的“保值函数”；
(2)若函数是区间上的“保值函数”，求的取值范围；
(3)对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)；
【分析】（1）求解函数的值域，由“保值函数”的定义判断；
（2）由定义域和值域都是，将问题等价于方程有两个不等的实数根，根据判别式大于零计算即可；
（3）首先进行转化可得对恒成立，根据恒成立思想分别求最值即可得解.
【详解】（1），时，，
根据“保值函数”的定义可知，函数不是定义域上的“保值函数.
（2）因为在上单调递增，
结合题意易知在内单调递增，且定义域和值域都是，
所以或，，
因此是方程的两个不等实数根，
等价于方程有两个不等的实数根，
即，解得或，
当时，，所以，满足；
当时，，所以，满足；
所以实数的取值范围为.
（3），，
，
即为对恒成立.
令，易证在单调递增，
同理在单调递减.因此，，
，所以
解得，又或，
所以的取值范围是.