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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
．
