【冲刺名校之新高考题型模拟训练】专题26 函数新定义综合问题（单选+多选+填空）（新高考通用）

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高中特级教师用3句话来告诉你模拟考试有多么的重要！
1、锻炼学生的心态。高考前的模拟考试能够帮助学校们适应考场，经过模拟考试试炼后，到高考时不会过于紧张，也能够帮助同学们树立良好的心态，增加自己的自信心。
2、锻炼学生管理时间。通过模拟考试就会让同学们学会分配时间，时间过了多久就要完成哪部分题，学会取舍等，这些都是在模拟考试中得出来的，不至于高考时答不完题。
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高考的取胜除了平时必要的学习外，还要有一定的答题技巧和良好心态。此外，通过模拟考试还能增强学生们面对高考的信心，希望考生们能够重视模拟考试。
【冲刺985、211名校之2023届新高考题型模拟训练】
专题26 函数新定义综合问题（单选+多选+填空）
（新高考通用）
一、单选题
1．（2023秋·湖南长沙·高三校考阶段练习）设，用表示不超过的最大整数，则称取整函数，例如：，已知则函数的值域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分离常数得，进而求得，从而可得答案.
【详解】
，，，，
当
当.
故选:D
2．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）已知数列满足：，数列满足：，若表示不超过的最大整数（例如），则（ ）
A．26B．25C．23D．21
【答案】D
【分析】根据已知递推关系可得，结合等差数列通项公式得，进而确定的通项公式，根据新定义求目标式的值.
【详解】由题设，，整理得，而，
所以是首项为2，公差为1的等差数列，故，则，
又，故，
所以.
故选：D
3．（2022秋·湖北黄冈·高三统考阶段练习）中国传统文化中很多内容体现了数学的“对称美”.如图所示的太极图是由黑白两个鱼形纹组成的圆形图案，充分体现了相互转化､对称统一的形式美､和谐美.在平面直角坐标系中，如果一个函数的图象能够将某个圆的周长和面积同时平分，那么称这个函数为这个圆的“优美函数”.则下列关于“优美函数”的说法中正确的有（ ）
①函数可以是某个圆的“优美函数”
②（）可以同时是无数个圆的“优美函数”
③函数可以是无数个圆的“优美函数”
④若函数是“优美函数”，则函数的图象一定是中心对称图形
A．①②B．①④C．①②③D．②③
【答案】C
【分析】对于①，通过判断函数的奇偶性结合“优美函数”的定义判断，对于②，利用正弦函数的性质求出其对称中心，再结合“优美函数”的定义判断，对于③，分离常数求出函数的对称中心，再结合“优美函数”的定义判断，对于D，举例判断.
【详解】解 ：对于①，函数的定义域为，
因为，
所以函数为奇函数，
所以函数可以是单位圆的“优美函数”，故①正确，
对于②，函数，
令，则，
所以函数的对称中心为，
所以以为圆心，为半径的圆都能被函数的图象平分，
即（）可以同时是无数个圆的“优美函数”，故②正确；
对于③，，
令，因为，
所以函数为奇函数，
又因函数是由函数向上平移一个单位得到的，
所以函数的对称中心为，
所以以为圆心，为半径的圆都能被函数平分，
即函数可以是无数个圆的“优美函数”，故③正确；
对于④，若的图象是中心对称图形，则此函数一定是“优美函数”，但“优美函数”不一定是中心对称图形，如图所示，故④错误.
故选：C.
4．（2023春·广东·高三校联考阶段练习）若存在常数，使得函数对定义域内的任意值均有，则关于点对称，函数称为“准奇函数”.现有“准奇函数”，对于，，则函数在区间上的最大值与最小值的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】令，，根据“准奇函数”的定义可确定，都关于对称，则由对称性可得的最值之和，进而得到的最值之和.
【详解】令，则，
关于点中心对称；
令，则，
关于点中心对称；
，，
设在处取得最大值，则在处取得最小值
，
，即的最大值与最小值的和为.
故选：B.
5．（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考阶段练习）已知不等式的解集为，若中只有唯一整数，则称A为“和谐解集”，若关于的不等式在区间上存在“和谐解集”，则实数的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据已知可得.令，.根据函数的单调性，可得.结合“和谐解集”的定义可知，唯一整数解只能是.进而得到实数的取值范围，即可得出答案.
【详解】当时，原不等式可化为，整理可得；
当时，原不等式可化为，整理可得.
所以不等式可化为.
令，，
则.
所以在上单调递增，在上单调递，所以.
因为，所以.
又.
所以要使只有一个整数解，则唯一整数解只能是.
又因为点，是图象上的点，
所以.
因为， ，，，所以实数的可能取值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：去绝对值后，根据的单调性，即可得到，进而得到，即可得到唯一整数解为.
6．（2023·广东江门·统考一模）我们知道按照一定顺序排列的数字可以构成数列，那么按照一定顺序排列的函数可以构成函数列.设无穷函数列（）的通项公式为，，记为的值域，为所有的并集，则E为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用导数可得函数在上单调递增，进而，然后构造函数，利用导数求函数的最值，进而即得.
【详解】因为，，，
所以，
故在上单调递增，
又，，
所以，
设，，令，
则，
由，可得，由，可得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以，，
设，则在上单调递减，
所以，，
综上，，.
故选：C.
【点睛】数学中的新定义题目解题策略：①仔细阅读，理解新定义的内涵；②根据新定义，对对应知识进行再迁移.
7．（2022秋·江苏南京·高三校考期末）若存在实数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：恒成立，则称直线为和的一条“划分直线”．列命题正确的是（ ）
A．函数和之间没有“划分直线”
B．是函和之间存在的唯一的一条“划分直线”
C．是函数和之间的一条“划分直线”
D．函数和之间存在“划分直线”，且的取值范围为
【答案】B
【分析】根据函数和有公共点得满足题意得“划分直线”必过点，进而设其方程为，再结合，恒成立得，再证明即可判断AB；根据当时不满足判断C；根据判断D.
【详解】解：因为，
所以，函数和有公共点，
所以，当和之间存在“划分直线”，则该直线必过点，
设过点的直线方程为，即，
因为对于，恒成立，即，
所以，当时，恒成立，即，
当时，恒成立，即，
所以，对于，恒成立，则，
所以，过点，且满足的直线方程有且只有，
下证，令，
，
所以，当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，，即，故，
所以，函数和之间存在的唯一的一条“划分直线”，故A选项错误，B选项正确；
对于C选项，当时，；，显然不满足恒成立，故错误；
对于D选项，当时，显然满足，此时，故D错误.
故选：B
【点睛】关键点点睛：对于AB选项的判断关键在于结合“划分直线”的定义，利用“划分直线”过和有公共点讨论求解；CD选项的判断通过特殊值判断.
8．（2023·湖南邵阳·统考一模）设，若函数有且只有三个零点，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】构造函数与，先利用导数研究得的性质，再利用二次函数的性质研究得的性质，从而作出的图像，由此得到，分类讨论与时的零点情况，据此得解.
【详解】令，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递减，在上单调递增，故，
又因为对于任意，在总存在，使得，
在上由于的增长速率比的增长速率要快得多，所以总存在，使得，
所以在与上都趋于无穷大；
令，则开口向下，对称轴为，
所以在上单调递增，在上单调递增，故，
.
因为函数有且只有三个零点，
而已经有唯一零点，所以必须有两个零点，则，即，解得或，
当时，，则，
即在处取不到零点，故至多只有两个零点，不满足题意，
当时，，则，所以在处取得零点，
结合图像又知与必有两个交点，故在与必有两个零点，
所以有且只有三个零点，满足题意；
综上：，即.
故选：C.
9．（2023·山东菏泽·统考一模）定义在实数集上的函数，如果，使得，则称为函数的不动点.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】由已知可得，则，.然后证明在上恒成立.令，根据复合函数的单调性可知在上单调递减，即可得出.令，根据导函数可得在上单调递减，即可推得.
【详解】由已知可得，，则，
且，所以.
又，.
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.
【点睛】关键点点睛：证明在上恒成立.然后即可采用放缩法构造函数，进而根据函数的单调性得出大小关系.
二、多选题
10．（2022·江苏徐州·徐州市第七中学校考模拟预测）一般地，若函数的定义域为，值域为，则称为的“倍跟随区间”；若函数的定义域为，值域也为，则称为的“跟随区间”.下列结论正确的是（ ）
A．若为的跟随区间，则
B．函数存在跟随区间
C．若函数存在跟随区间，则
D．二次函数存在“3倍跟随区间”
【答案】ACD
【分析】A，由已知可得函数在区间上单调递增，进而可以求解的值；
B，假设存在跟随区间，则根据跟随区间的条件求解，的值，结合函数图象进行判断；
C，先设跟随区间为，则根据跟随区间满足的条件建立方程组，找出，的关系，然后统一变量表示出，列出关于的关系式，利用方程思想求解的取值范围，
D，若存在3倍跟随区间，则设定义域为，值域为，由此建立方程组，再等价转化为一个方程有两个不相等的实数根，进而可以求解．
【详解】选项：由已知可得函数在区间,上单调递增，则有 ，
解得或1（舍，所以，正确；
选项：若存在跟随区间，
又因为函数在单调区间上递减，图象如图示，

则区间一定是函数的单调区间，即 或,
则有，解得，此时异号，
故函数不存在跟随区间，不正确；
选项：由已知函数可得：函数在定义域上单调递减，
若存在跟随区间，
则有，即，
两式作差得：，
即，
又，所以，得，
所以，设，则，
即在区间上有两个不相等的实数根，
只需：，解得，正确；
选项：若函数存在3倍跟随区间，设定义域为，值域为，
当时，函数在定义域上单调递增，
则，是方程的两个不相等的实数根，解得或，
故存在定义域为使得值域为，正确，
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：根据新的定义求解参数或者是判断函数是否符合新定义，考查学生的理解新知识运用新知识的能力，解答时要能根据新定义，灵活求解，综合性较强.
11．（2022秋·江苏盐城·高三统考期中）对于函数，若在区间I上存在，使得，则称是区间I上的“函数”．下列函数中，是区间I上的“函数”的有（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】根据“函数”的定义，对于ABC，举例判断，对于D，转化为两个函数图像有交点，作出图像判断.
【详解】对于A，时，，A对．
对于B，时，，B对．
对于C，有且仅有一个零点0，，C错．
对于D，，分别作出与在的图像有交点，即有解，D对，
故选：ABD．
12．（2022秋·江苏盐城·高三统考阶段练习）给出定义：若函数在上可导，即存在，且导函数在上也可导，则称在上存在二阶导函数，记若在上恒成立，则函数在上为凸函数．以下四个函数在上是凸函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABC
【分析】根据凸函数的定义，求出函数的二阶导函数，分别判断即可．
【详解】对于对于，，，
当时，恒成立，故A为凸函数；
对于B.对于，，，
当时，恒成立，故B为凸函数；
对于C.对于，，
，
当时，，，恒成立，故C为凸函数；
对于D.对于，，，
当时，恒成立，故D不是凸函数．
故选：．
13．（2023春·浙江·高三校联考开学考试）定义：设是的导函数，是函数的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图像的对称中心．已知函数的对称中心为，则下列说法中正确的有（ ）
A．，B．函数既有极大值又有极小值
C．函数有三个零点D．过可以作三条直线与图像相切
【答案】AB
【分析】根据“拐点”的定义与的对称中心，建立方程求出可判断A，再由导数与函数单调性的关系即可判断的极值，从而判断B，根据的单调性及的极值可判断C，根据导数的几何意义求出的切线方程，从而转化为切点个数问题即可判断D.
【详解】，，
，即，解得，故A正确；
，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以既有极大值又有极小值，故B正确；
由选项B可知在与处取得极大值与极小值，
又，，即的极大值与极小值大于0，所以函数不会有3个零点，故C错误；
设切点为，则切线方程为，
又切线过，则，
化简得，即，解得或，
即满足题意的切点只有两个，所以满足题意只有两条切线，故D错误.
故选：AB.
14．（2023·广东梅州·统考一模）对于定义在区间上的函数，若满足：，且，都有，则称函数为区间上的“非减函数”，若为区间上的“非减函数”，且，，又当时，恒成立，下列命题中正确的有（ ）
A．B．，
C．D．，
【答案】ACD
【分析】利用已知条件和函数的性质对选项逐一判断即可得正确答案.
【详解】A.因为，所以令得，所以，故A正确；
B.由当，恒成立，令，则，由为区间上的“非减函数”，则，所以，则，，故B错误；
C.，，而，
所以，，
由， ，，则，则，故C正确；
当时，，，
令，则，，
则，即，故D正确.
故选：ACD
15．（2022·湖北·黄冈中学校联考模拟预测）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”的称号，他和阿基米德，牛顿并列为世界三大数学家，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如，.则下列说法正确的是（ ）
A．函数在区间（）上单调递增
B．若函数，则的值域为
C．若函数，则的值域为
D．，
【答案】AC
【分析】求出函数式确定单调性判断A；举特例说明判断B，D；变形函数式，分析计算判断C作答.
【详解】对于A，，，有，则函数在上单调递增，A正确；
对于B，，则，B不正确；
对于C，，
当时，，，有，
当时，，，有，的值域为，C正确；
对于D，当时，，有，D不正确.
故选：AC
16．（2022·江苏南通·统考模拟预测）对于定义域为的函数，若同时满足下列条件：①，；②，，，则称函数为“函数”.下列结论正确的是（ ）
A．若为“函数”，则其图象恒过定点
B．函数在上是“函数”
C．函数在上是“函数”（表示不大于的最大整数）
D．若为“函数”，则一定是上的增函数
【答案】AC
【分析】结合函数新定义的概念利用赋值法即可求解.
【详解】对于A：不妨令，则，
因为，，所以，
故，故A正确；
对于B：不妨令，，
则，，，即，
这与，，矛盾，故B错误；
对于C：由题意可知，，，
不妨令，其中为整数部分，为小数部分，则；
再令，其中为整数部分，为小数部分，则；
若，则；
若，则，
从而，，成立，故C正确；
对于D：由题意可知，常函数为“H函数”，但不是增函数，故D错误.
故选：AC.
17．（2022秋·广东揭阳·高三揭东二中校考阶段练习）函数的定义域为I，若存在，使得，则称是函数的二阶不动点，也叫稳定点.下列函数中存在唯一稳定点的函数是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】根据定义依次计算每个选项得到A选项有一个解，B选项有无数个解，根据函数和函数图像无交点得到C不满足，再判断D选项有唯一解得到答案.
【详解】，定义域为，，解得，A满足；
，定义域为，，恒成立，B不满足；
，定义域为，，即，根据函数和函数图像无交点，知方程无解，C不满足；
，定义域为，，易知，且是方程的解，当时，，方程无解；当时，，方程无解，D满足.
故选：AD
18．（2022秋·江苏·高三校联考阶段练习）19世纪，德国数学家狄利克雷（，1805-1859）引入现代函数，他还给出了一个定义在实数集R上的函数称为狄利克雷函数，则（ ）
A．
B．
C．若为有理数，，则
D．存在三个点，，，使得为正三角形
【答案】BCD
【分析】根据狄利克雷函数的定义结合分段函数的性质，分别讨论为有理数和无理数，依次判断各个选项，即可得解.
【详解】对于A，是无理数，若为有理数，是无理数，则；若为无理数，有可能为有理数，如，此时，故A错误；
对于B，当为有理数，为有理数，则；当为无理数，为无理数，则，故B正确；
对于C，为有理数，若为有理数，则是有理数，则；若为无理数，是无理数，则，故C正确；
对于D，存在三个点且为有理数，则，，是边长为的等边三角形，故D正确；
故选：BCD
19．（2022秋·江苏苏州·高三统考阶段练习）对于三次函数,给出定义: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”.经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”,任何一个三次函数都有对称中心,且“拐点”就是对称中心.设函数,则以下说法正确的是（ ）
A．
B．当时,有三个零点
C．
D．当有两个极值点时,过的直线必过点
【答案】AB
【分析】根据题意令二次导数为零即可求出拐点,即对称中心,即可得选项A的正误,先讨论时是否为零点,然后进行全分离,设新函数求导求单调性,求特殊值,画函数图象即可判断选项B的正误,根据选项A,将代入再相加即可得选项C 的正误,两点在一条直线上,则中点也在直线上,根据为极值点,令导函数为0,用韦达定理即可得,根据选项A,可得,即可求出中点坐标,即可判断选项D的正误.
【详解】解:由题知,
关于选项A:
,
令可得,
的拐点为,
,
对称中心为,
即成立,-
故选项A正确;
关于选项B:
当时,,
不是的零点,
令,
即有三个根,
令,
,
时,单调递增,
时,单调递减,
时,单调递减,
,,,,
画图象如下:
由图可知:
时,与有三个交点,
即有三个零点,
故选项B正确;
关于选项C:
由选项A可知: ,
,
两式相加可得,
故选项C错误;
关于选项D:
由于有两个极值点
有两根,
,
由于直线过,
则直线一定过中点,
由选项A知,
且有,
中点坐标为,
则直线一定过,
故选项D错误.
故选:AB
【点睛】结论点睛:该题是函数与导数综合应用题,考查函数的对称性极值点等,关于对称周期有以下结论:
(1)若关于对称，则,
(2)若关于对称，则,
(3)若周期为，则.
20．（2023秋·江苏扬州·高三校联考期末）函数在上有定义，若对任意，，有，则称在上具有性质，设在上具有性质，则下列说法正确的是（ ）
A．在上的图像是连续不断的
B．在上具有性质
C．对任意，，，，有
D．若在处取得最小值1011，则，
【答案】CD
【分析】AB选项可以举出反例，CD选项可以利用函数具有性质，进行变形推出出结果.
【详解】对于A，设，在上具有性质，但不连续，故A错误；
对于B，设，在上具有性质，但在上不具备性质，故B错误；
对于C，
，故C正确；
对于D，由性质得，当时，，
又因为，，故，，D正确.
故选：.
21．（2023春·广东江门·高三江门市第一中学校考阶段练习）若存在m，使得对任意恒成立，则函数在D上有下界，其中m为函数的一个下界；若存在M，使得对任意恒成立，则函数在D上有上界，其中M为函数的一个上界.如果一个函数既有上界又有下界，那么称该函数有界.则下列说法正确的是（ ）
A．1是函数的一个下界
B．函数有下界，无上界
C．函数有上界，无下界
D．函数有下界，无上界
【答案】AB
【分析】根据函数上下界的定义，可利用函数的性质以及导数求解值域，即可求解.
【详解】A正确，当时，（当且仅当时取等号），恒成立，是的一个下界.
B正确，，
当时，，当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，有下界.
又当越来越大时，趋向﹢∞，无上界.
综上所述，有下界，无上界.
C错误，，，，有下界.
D错误，，.又，，
，既有上界又有下界.
故选：AB
22．（2022·广东深圳·深圳市光明区高级中学校考模拟预测）若图像上存在两点，关于原点对称，则点对称为函数的“友情点对”（点对与视为同一个“友情点对”）.若，且，，，则（ ）
A．有无数个“友情点对”B．恰有个“友情点对”
C．D．
【答案】AD
【分析】判断函数的奇偶性，结合新定义判断A，B，利用导数判断函数的单调性，并由条件结合指数函数性质和余弦函数性质确定，，的大小关系，由此比较，，的大小.
【详解】因为， ，所以是奇函数，
所以图像上存在无数对，关于原点对称，即有无数个“友情点对”；
又因为，令，
则，令，则，
当时，，所以是增函数，，即，
所以当时是增函数，，所以，
在上是增函数，因为是奇函数，所以在上是增函数，
因为，指数函数为增函数，所以，
因为，指数函数为增函数，所以，
由可得，故
所以.
故选：AD.
23．（2023·云南昆明·统考一模）对于函数，若存在两个常数，，使得，则称函数是“函数”，则下列函数能被称为“函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】ABD
【分析】对A：根据题意结合指数幂运算分析判断；对B：根据题意整理得，分析判断；对C：根据题意整理得，分析判断，对D：根据题意结合两角和差的正切公式运算分析.
【详解】对A：若，则，
即存在两个常数，，使得使得成立，
故为“函数”，A正确；
对B：若，则，
若为定值，则，解得，且，
故存在两个常数，，
则为“函数”，B正确；
对C：若，则
∵不为定值，
即不存在两个常数，，使得，
不为为“函数”，C错误；
对D：若，则，
若，即，
可得，解得，
即存在两个常数，使得使得成立，
故为“函数”，D正确；
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题要充分理解定义，严格按照定义的要求推理、运算，注意区别我们已学的相近知识.该题型重点考查学生的思维逻辑能力.
24．（2022·浙江宁波·高三统考竞赛）设函数的定义域为I，区间，如果对于任意的常数，都存在实数，满足，且，那么称是区间上的“绝对差发散函数”．则下列函数是区间上的“绝对差发散函数”的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BCD
【分析】对于AB，可利用导数或基本初等函数的性质研究选项中函数的单调性，从而可判断和的范围，进而判断正误，对于CD，可取特殊序列，结合放缩法可判断选项的正误.
【详解】对A，，
当时，，当时，，
故在递减，在递增，
对任意的，存在，使得，
所以，
而当，，
故，A错误；
对B，因为，故在是递增的，
对给定的任意的常数，取，
考虑，
因为，而当时，，
则在上有解，设该解为，
故此时，
则，故B正确；
对C，对给定的任意的常数，
设递增数列满足：，
且为有理数，为无理数，故
则，，
所以，
当时，必有，
故C正确；
对D，对给定的任意的常数，
设，
则
，
下证：，
设，则，
故在上为增函数，故，
故成立.
在上述不等式中令，则，
故，
当时，有，
故D正确．
故选：BCD．
三、填空题
25．（2023春·安徽·高三校联考开学考试）已知函数，，在区间I上均有定义，若对任意，，，成等差数列，则称函数，，在区间I上成“等差函数列”．若，，在区间上成等差函数列，且恒成立，则实数b的取值范围是____________．
【答案】
【详解】首先根据已知条件得到，恒成立，从而得到直线恒在半圆的上方，再利用直线与圆的位置关系求解即可.
【分析】根据“等差函数列”的定义知：，则，
由，可得，恒成立，
则直线恒在半圆的上方，
所以，因为，所以．
故答案为：
26．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）高斯是德国著名的数学家，是近代数学奠基者之一，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.例如：，若函数，则函数的值域为___________.
【答案】
【分析】分离常数，求出函数的值域，再根据高斯函数的定义即可得出答案.
【详解】解：，
则，即，
当时，；
当时，；
当时，；
当时，，
综上，函数的值域为.
故答案为：.
27．（2023春·安徽·高三统考开学考试）已知数列满足，记（其中表示不大于的最大整数，比如），则__________.（参考数据：）
【答案】6064
【分析】设，由导数确定函数的单调性，然后确定的值，再求和．
【详解】设，则，时,,时,,
所以在单调递增，在单调递减，
又，所以存在使得，即，
且当时，，
所以当时，，
，
又，所以，
综上，，
所以.
故答案为：6064.
28．（2023春·广东揭阳·高三校考阶段练习）拓扑空间中满足一定条件的图象连续的函数，如果存在点，使得，那么我们称函数为“不动点”函数，而称为该函数的不动点．类比给出新定义：若不动点满足，则称为的双重不动点．则下列函数中，①；②；③具有双重不动点的函数为_______________．（将你认为正确的函数的代号填在横线上）
【答案】①③
【分析】根据函数不动点与双重不动点的定义逐项判断即可得答案.
【详解】对于①，，，所以，
又，，则是的双重不动点；
对于②，，，，令，
当时，由基本初等函数图象易知，所以，当时，显然成立，
所以不存在，使得，故函数不是具有双重不动点的函数；
对于③，，，则，又，，所以是函数的双重不动点；
综上，具有双重不动点的函数是①③.
故答案为：①③.
四、双空题
29．（2023春·江苏南京·高三南京市宁海中学校考阶段练习）记为函数的阶导数且，若存在，则称阶可导．英国数学家泰勒发现：若在附近阶可导，则可构造（称为次泰勒多项式）来逼近在附近的函数值．据此计算在处的3次泰勒多项式为=_________；在处的10次泰勒多项式中的系数为_________
【答案】 330
【分析】求函数的阶导数，根据泰勒多项式求，求的1阶至10阶导数，求出其10次泰勒多项式，再根据二项式定理求的系数化简求其值.
【详解】∵，∴，，
∴，∴；
∵，∴，，，…，，，
∴，，，…，，，
∴．
故的系数为．
故答案为：；330.
30．（2023·广东湛江·统考一模）已知函数，记为函数的2次迭代函数，为函数的3次迭代函数，…，依次类推，为函数的n次迭代函数，则______；除以17的余数是______．
【答案】 0
【分析】第一空，根据题意结合等比数列的前n项和公式即可推出的表达式；第二空，将化为，利用二项式定理展开，化简即可求得答案.
【详解】由题意，，
所以
又为正整数，
所以除以17的余数为0，
故答案为：
【点睛】关键点睛：解答本题中函数迭代问题，要结合题设找到迭代规律，即可求出函数表达式，解决余数问题的关键在于将利用二项式定理展开化简转化为17的倍数的形式，即可求得答案.