高一数学上学期期末复习压轴题40道

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页高一上学期期数学期末复习压轴题40道（突破高分好资料（内容：必修一第一章到第四章）一线教师精心整理，非常适合同步复习备考一、单选题1．（2021高三·全国·专题练习）用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝若A＝{1，2}，B＝{x|(x2＋ax)·(x2＋ax＋2)＝0}，且A*B＝1，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则C(S)等于（

）A．1 B．3 C．5 D．72．（2020·浙江·高考真题）设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT②对于任意x，yT，若x<y，则S；下列命题正确的是（

）A．若S有4个元素，则S∪T有7个元素B．若S有4个元素，则S∪T有6个元素C．若S有3个元素，则S∪T有5个元素D．若S有3个元素，则S∪T有4个元素3．（18-19高一下·浙江·期末）设，若不等式恒成立，则实数a的取值范围是A． B． C． D．4．（18-19高一下·浙江丽水·期末）若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围是A．−∞,1 B． C． D．二、多选题5．（24-25高二上·吉林长春·期中）设函数（且）．则下列四个结论正确的是（

）A．当时，存在t，方程有唯一解B．当时，存在t，方程有三个解C．对任意实数a（且），的值域为D．存在实数a，使得在区间上单调递增三、填空题6．（22-23高一上·北京丰台·期中）设集合S，T都至少含有两个元素，且S，T同时满足：条件1：对任意，若，则；条件2：对任意，若，则．给出下列说法：①若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数；②若S只有2个元素，则必有3个元素；③若S只有2个元素，则可能有4个元素；④存在含有3个元素的集合S，满足有4个元素．其中所有正确说法的序号是．7．（2021·北京东城·一模）设A是非空数集，若对任意，都有，则称A具有性质P.给出以下命题：①若A具有性质P，则A可以是有限集；②若具有性质P，且，则具有性质P；③若具有性质P，则具有性质P；④若A具有性质P，且，则不具有性质P.其中所有真命题的序号是.8．（24-25高一上·湖南·阶段练习）设函数若方程有四个解，，，，且.（1）的取值范围是；（2）若有意义，则的取值范围是.9．（24-25高一上·北京·阶段练习）函数，其中满足且.给出下列四个结论：①当时，的值域为；②当时，恰有两个零点；③若存在最大值，则的取值范围是④若存在三个互不相等实数，使得，且，则的取值范围是.其中所有正确结论的序号是.10．（22-23高一上·辽宁大连·期末）已知函数，其中.若方程有且只有一个解，则实数a的取值范围是.11．（24-25高一上·山东济宁·期中）对于函数，若，则称x为的“不动点”，若，则称x为的“稳定点”，函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，若，且，则实数a的取值范围是．12．（24-25高一上·山东烟台·期中）已知函数在上的最大值为5，则的值为；令，，若用（且）将区间分成4个小区间，且恒成立，则实数的最小值为.四、解答题13．（24-25高一上·吉林松原·阶段练习）已知集合，若对任意的整数和中至少有一个是集合的元素，则称集合具有性质.(1)判断集合是否具有性质，并说明理由.(2)若集合具有性质，证明：，且.(3)当时，若集合具有性质，且，求集合.14．（16-17高一上·上海浦东新·阶段练习）已知集合，对于的一个子集，若存在不大于的正整数，使得对中的任意一对元素，都有，则称具有性质．(1)当时，试判断集合和是否具有性质？并说明理由；(2)当时，若集合具有性质，①判断集合是否一定具有性质？并说明理由；②求集合中元素个数的最大值．15．（21-22高一下·北京朝阳·期末）若集合，其中为非空集合，，则称集合为集合A的一个n划分．(1)写出集合的所有不同的2划分；(2)设为有理数集Q的一个2划分，且满足对任意，任意，都有．则下列四种情况哪些可能成立，哪些不可能成立？可能成立的情况请举出一个例子，不能成立的情况请说明理由；①中的元素存在最大值，中的元素不存在最小值；②中的元素不存在最大值，中的元素存在最小值；③中的元素不存在最大值，中的元素不存在最小值；④中的元素存在最大值，中的元素存在最小值．(3)设集合，对于集合A的任意一个3划分，证明：存在，存在，使得．16．（21-22高一上·北京·期中）设，集合，若个互不相同的非空集合，同时满足下面两个条件，则称是集合的“规范子集组”①；②对任意的，要么，要么中的一个是另一个的子集．(1)直接写出集合的一个“规范子集组”(2)若是集合的“规范子集组”，（ⅰ）求证：中至多有1个集合对，满足且；（ⅱ）求的最大值17．（21-22高一上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）设，记，若，，则称A为中的一个移位集，为A的一个移位数.记A中的元素个数为|.（1）判断下列集合是否是中的移位集.若是，求出相对应的移位数.①，②；（2）若中所有满足的集合A都是移位集，求m的最大值；（3）对任意满足的集合A都是中的移位集，求n的最小值.18．（2021·北京东城·一模）设为正整数，若满足：①；②对于，均有；则称具有性质.对于和，定义集合.（1）设，若具有性质，写出一个及相应的；（2）设和具有性质，那么是否可能为，若可能，写出一组和，若不可能，说明理由；（3）设和具有性质，对于给定的，求证：满足的有偶数个.19．（20-21高一·江苏·课后作业）设集合B是集合An＝{1，2，3，……，3n﹣2，3n﹣1，3n}，n∈N*的子集．记B中所有元素的和为S（规定：B为空集时，S＝0）．若S为3的整数倍，则称B为An的“和谐子集”．求：（1）集合A1的“和谐子集”的个数；（2）集合An的“和谐子集”的个数．20．（2018·北京·高考真题）设n为正整数，集合A=．对于集合A中的任意元素和，记M（）=．（Ⅰ）当n=3时，若，，求M（）和M（）的值；（Ⅱ）当n=4时，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意元素，当相同时，M（）是奇数；当不同时，M（）是偶数．求集合B中元素个数的最大值；（Ⅲ）给定不小于2的n，设B是A的子集，且满足：对于B中的任意两个不同的元素，M（）=0．写出一个集合B，使其元素个数最多，并说明理由．21．（24-25高一上·吉林长春·期中）取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的定理．该定理表明：对于满足一定条件的图象连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”．若，则称为的“稳定点”．将函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即，，．已知函数．(1)当，时，求函数的不动点；(2)若对于任意，函数恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围；(3)若时，且，求实数n的取值范围．22．（19-20高一上·浙江温州·期末）已知，函数.（1）讨论的单调性；（2）设，若的最大值为，求的取值范围.23．（24-25高一上·上海·期中）勾股容方问题是数学史中一个非常著名的问题.《九章算术》勾股章有云：“今有勾五步，股十二步，问勾中容方几何？”这个问题（图1）已知直角三角形两条直角边长，要求一个与直角三角形有公共直角的正方形的边长（即“勾股容方”）.记，.(1)若，正方形的边长不小于，求的取值范围；(2)图1中直角三角形斜边上的中线记为，比较线段与长度的大小，并证明你的结论；(3)事实上，直角三角形还有另一个内接正方形（图2），该正方形的一边与直角三角形斜边部分重合，即“弦中容方”.那么“斜”能否压“正”呢？请求出正方形与正方形面积，并比较它们的大小.24．（24-25高一上·湖北·阶段练习）（1）已知，求函数的最小值，并求出取最小值时x的值；（2）问题：已知正数a，b满足，求的最小值.其中的一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题：若实数满足，试比较和的大小，并指出等号成立的条件;（3）利用（2）的结论，求的最小值，并求出M取得最小值时m的值.25．（24-25高一上·上海·阶段练习）设为实数，集合.(1)若，求；(2)若，求满足的条件；(3)设，，且集合均恰有两个元素，求三元数对.26．（2024·河北邯郸·模拟预测）柯西是一位伟大的法国数学家，许多数学定理和结论都以他的名字命名，柯西不等式就是其中之一，它在数学的众多分支中有精彩应用，柯西不等式的一般形式为：设，则当且仅当或存在一个数，使得时，等号成立.(1)请你写出柯西不等式的二元形式；(2)设P是棱长为的正四面体内的任意一点，点到四个面的距离分别为、、、，求的最小值；(3)已知无穷正数数列满足：①存在，使得；②对任意正整数，均有.求证：对任意，，恒有.27．（24-25高一上·湖南·阶段练习）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对任意的，都有，则称具有性质．(1)若具有性质，求的值；(2)证明：存在常数，使得函数具有性质；(3)若具有性质，且其图象是一条连续不断的曲线，证明：对任意实数m，关于x的方程都有解．28．（24-25高一上·江苏扬州·阶段练习）对于两个定义域相同的函数和，若存在实数，使，则称函数ℎx是由“基函数和”生成的.(1)若是由“基函数和”生成的，求的值(2)试利用“基函数和”生成一个函数ℎx，满足ℎx为偶函数，且①求函数ℎx②已知，对于−1,1上的任意值，记，求的最大值.（注：）29．（24-25高一上·江西南昌·阶段练习）设，对一般的函数，定义集合所含元素个数为的“等值点数”，记为．现已知函数，常数．(1)对函数，当时，，求的取值范围；(2)求的最大值；(3)设函数若的最大值为3，求的取值范围．30．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知函数，，.(1)试判断函数，的奇偶性，并说明理由；(2)若，求在上的最大值；(3)若，求函数在上的最小值.31．（24-25高一上·陕西榆林·阶段练习）设函数（且，），已知，.(1)求的定义域；(2)是否存在实数，使得在区间上的值域是?若存在，请求出的取值范围；若不存在，请说明理由.32．（24-25高一上·广西南宁·阶段练习）若函数f（x）在定义域内的某区间I上是单调递增函数，而在区间I上是单调递减函数，则称函数在区间I上是“弱增函数”.（e为自然对数的底数.(1)判断，在区间上是否是“弱增函数”，并予以证明；(2)若（其中常数）在区间上是“弱增函数”，求m的取值范围；(3)已知（k是常数且若在任意区间I上都不是“弱增函数”，求k的取值范围.33．（24-25高一上·四川成都·期末）已知，设是到的一个函数，对任意的，若全不相等，则称为函数．(1)试判断与是否为函数（不必写出理由）；(2)已知为函数，记的元素个数为．（ⅰ）若，求的最小值；（ⅱ）若，求的最小值．34．（24-25高一上·湖南·阶段练习）设A，B是非空实数集，如果对于集合A中的任意两个实数x，y，按照某种确定的关系f，在B中都有唯一确定的数z和它对应，那么就称为从集合A到集合B的一个二元函数，记作，，，其中A称为二元函数f的定义域．(1)已知，若，，，求．(2)设二元函数f的定义域为I，如果存在实数M满足①，都有，②，，使得，那么我们称M是二元函数的下确界．若，，且，判断函数是否存在下确界．若存在，求出此函数的下确界；若不存在，说明理由．(3)设的定义域为R，若，，．，则称f在D上关于m单调递增．已知在上关于单调递增，求实数k的取值范围．35．（24-25高一上·福建泉州·阶段练习）已知函数的定义域为，的定义域为，若对任意的，存在，使得（为常数），则称与存代线性关系，其中为线性关系值.已知函数（）.(1)若函数（），判断与是否存在线性关系，并说明理由；(2)若函数（），且与存在线性关系，求的最大值；(3)若函数（），且与存在线性关系，求的取值范围.36．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知函数的定义域为，若存在区间，满足，则称是函数的“保值区间”．(1)已知，若是函数的“保值区间”，求实数的值；(2)证明：函数在其定义域上是严格减函数，且该函数不存在“保值区间”；(3)已知，设，若存在使得均为函数的“保值区间”，求的取值范围．37．（24-25高一上·四川成都·阶段练习）教材87页第13题有以下阅读材料：我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.(1)已知函数，且，求的值；(2)已知函数，①求的图象的对称中心；②在研究教材的时候，成都铁中的同学发现可以将其推广为：若函数的图象关于点成中心对称，则.又已知为定义在上的减函数，请根据该结论求不等式的解集.38．（24-25高一上·上海·阶段练习）已知非空集合，函数y=fx的定义域为，若对任意且，不等式恒成立，则称函数具有“”性质.(1)当，，，x∈R，若具有“”性质，请直接写出实数的最大值（不要求计算过程）；(2)当，，，若具有“”性质，求的取值范围；(3)当，若为整数集，且具有“”性质的函数均为常值函数，求所有符合条件的的值.39．（24-25高一上·云南曲靖·期中）已知函数.(1)若，当时，求的值域；(2)讨论函数的奇偶性；(3)设实数，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.40．（24-25高一上·上海·阶段练习）设是定义在上的函数，若对任何实数以及中的任意两数，，恒有，则称为定义在上的函数.(1)判断函数，是否是定义域上的函数，说明理由；(2)若是上的函数，设，，其中是给定的正整数，，，记，对满足条件的函数，试求的最大值；(3)若是定义域为的函数，最小正周期为，试证明不是上的函数.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页参考答案：题号12345答案BADBABD1．B【分析】根据题意可得或，进而讨论a的范围，确定出，最后得到答案.【详解】因为，，所以或，由，得，关于x的方程，当时，即时，易知，符合题意；当时，即或时，易知0，-a不是方程的根，故，不符合题意；当时，即时，方程无实根，若a=0，则B={0}，，符合题意，若或，则，不符合题意.所以，故.故选：B.【点睛】对于新定义的问题，一定要读懂题意，一般理解起来不难，它一般和平常所学知识和方法有很大关联；另外当时，容易遗漏a=0时的情况，注意仔细分析题目.2．A【分析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.【详解】首先利用排除法：若取，则，此时，包含4个元素，排除选项C；若取，则，此时，包含5个元素，排除选项D；若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；下面来说明选项A的正确性：设集合，且，，则，且，则，同理，，，，，若，则，则，故即，又，故，所以，故，此时，故，矛盾，舍.若，则，故即，又，故，所以，故，此时.若，则，故，故，即，故，此时即中有7个元素.故A正确.故选：A.【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.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.3．D【分析】由题意可得恒成立，讨论，，运用基本不等式，可得最值，进而得到所求范围．【详解】恒成立，即为恒成立，当时，可得的最小值，由，当且仅当取得最小值8，即有，则；当时，可得的最大值，由，当且仅当取得最大值，即有，则，综上可得．故选．【点睛】本题主要考查不等式恒成立问题的解法，注意运用参数分离和分类讨论思想，以及基本不等式的应用，意在考查学生的转化思想、分类讨论思想和运算能力．4．B【分析】分类讨论去绝对值求解.【详解】（1）当或时，，不等式为，若不等式恒成立，必需所以；（2）当时，，不等式为即，（ⅰ）当时，不等式对任意恒成立，（ⅱ）当时，不等式恒成立即恒成立，所以，解得，（ⅲ）当时，不等式恒成立即恒成立，所以，解得综上，实数的取值范围是【点睛】本题考查绝对值不等式，含参数的二次不等式恒成立.含参数的二次不等式恒成立通常有两种方法：1、根据二次函数的性质转化为不等式组；2、分离参数转化为求函数最值.5．ABD【分析】根据的范围进行分类讨论，作出函数的图象，利用数形结合的数学思想方法对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】当时，可得函数图象如下：由；，，结合图象：当时，函数单调递减，且；当，函数单调递增，.所以当时，方程有唯一解.故A正确；当时，函数图象如下：由；由图象可知，当时，函数单调递减，；当时，函数单调递增，；当时，函数单调递增，.因为，因为，所以，即.所以，当时，方程有三个解.故B正确；如图：由，再由，，，此时在上单调递减，在上单调递增，且，即不在值域内，所以此时函数的值域不是.故C错误；由A可得，当时，函数在上单调递增.即：存在实数，使得在区间上单调递增.故D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：本题主要利用了数形结合的数学思想方法，画出分段函数的草图，数形结合，由此来对问题进行求解.求解过程中要注意指数型函数图象的画法.6．①②【分析】对于①由条件2知正确；对于④：设，由条件1推出中元素，再由条件2推出的元素必在中，分析这些元素能得出不同的元素至少有4个，与有3个元素矛盾.对于②③：，由条件1得，若中除0外只有一个元素，由求得；若中还有另两个元素，，由条件2得出中更多的元素，类似④的推断过程，分析这些元素至少有3个不同，与中只有两个元素矛盾；【详解】对于①：由条件2知，，，且，所以若S只有2个元素，则这2个元素互为相反数，故①正确；对于④：若有3个元素，不妨设，其中，则，所以，而与为两个互不相等的正数，a−c与为两个互不相等的负数，故集合中至少有4个元素，与有3个元素矛盾，故④错误.对于②③：若有2个元素，由①知集合中的2个元素必为相反数，故可设.由条件1得，由于集合中至少有2个元素，故至少还有另外一个元素.当集合只有2个元素时，即，由条件1得，则或，故.当集合有多于2个元素时，不妨设，则，，由于，所以，又，故集合至少有3个元素，与S中只有两个元素矛盾.综上，，故②正确，③错误.故答案为：①②.【点睛】对于数学中新定义题目要仔细阅读并理解新定义的内涵，并根据新定义对知识进行迁移应用，此题中涉及集合元素个数问题，要充要利用集合元素的互异性通过列举法列出特例元素，以排除重复元素.7．①②④【分析】举特例判断①；利用性质P的定义证明②即可；举反例说明③错误；利用反证法判断④，元素0是关键.【详解】对于①，取集合具有性质P，故A可以是有限集，故①正确；对于②，取，则，，，，又具有性质P，，，，所以具有性质P，故②正确；对于③，取，，，，但，故③错误；对于④，若A具有性质P，且，假设也具有性质P，设，在中任取一个，此时可证得，否则若，由于也具有性质P，则，与矛盾，故，由于A具有性质P，也具有性质P，所以，而，这与矛盾，故当且A具有性质P时，则不具有性质P，同理当时，也可以类似推出矛盾，故④正确.故答案为：①②④【点睛】集合新定义题目，关键是对集合新定义的理解，及举反例，特例证明，考查学生的逻辑推理与特殊一般思想，属于难题.8．（1）（2）【分析】（1）根据函数解析式画出函数图象，根据函数图象可求得结果；（2）先根据图象以及得到的取值，结合取值构造新的函数，可求得结果.【详解】（1）当时，，画出的图象，如图所示：，方程有四个解，，，，则；（2）对于时，此时，所以据图可得，，要使有意义，则，设，则，当时，，再令，则；当时，，，则，即.综上，的取值范围是.故答案为：（1）；（2）.【点睛】本题考查了分段函数，关键点点睛：（1）画出函数图象，数形结合有易于分析题意；（2）根据根的情况可得到交点的个数，从而得到的取值范围；（3）根据解析式的情况构造出新的函数，然后根据单调性求得值域.9．②③④【分析】对于①，直接说明即可；对于②，对分段函数的两段分别研究零点即可；对于③和④，对分类讨论即可得到取值范围.【详解】对于①，当a=2时，.此时，故①错误；对于②，当时，由于fx在上单调递增，且，故fx在上恰有一个零点x=1.而在上有，根据表达式可知fx在上恰有一个零点x=6.从而fx对于③，若，假设fx有最大值，那么对任意，都有.此即.假设，则对同时小于和的正数，有.这导致矛盾，所以，即.与此同时，又有.现在，由于是fx的最大值，所以存在使得.假设，则，矛盾，所以.从而，即.展开即得，此即，而，故.但这和矛盾，所以假设不成立，这表明fx没有最大值.若0<a<1，则对任意的实数，由于，有，所以fx没有最大值.若，则对有，对有.另一方面有，所以fx的最大值是.若，则对有，而对，据有.又有，所以fx的最大值是.综上，使得fx有最大值的的取值范围是，故③正确；对于④，若0<a<1，则根据，及，可知条件满足.若，则根据，及，可知条件满足.若，假设存在，使得，且.则由于fx在上单调递增，而方程至多有两个根，可知.所以是方程，即的不同根，故，所以.这就得到，而，且，故.从而又有，矛盾，故不存在这样的，不满足条件.这就表明使得存在的的取值范围是，故④正确.故答案为：②③④.【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对分段函数进行适当的分类讨论，从而得到相应参数的取值范围.10．【分析】作出函数的图象，令，则，再分和两种情况讨论，结合图象即可得出答案.【详解】如图，作出函数的图象，令，则，当时，由，得或，即或，若方程只有一个解，则，解得，若方程只有一个解，则，解得，此时方程必有解，与题意矛盾，所以，当时，由，得，即，令，解得，要使方程只有一个解，则，解得，综上所述，a的取值范围是.故答案为：.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.11．【分析】根据得到，对方程变形，根据，得到要么没有实根，要么实根是方程的根，分两种情况讨论，得到.【详解】因为，所以有实根，当时，，符合要求，时，有实根，故，解得且，所以，又，即，由题意得函数的不动点一定为函数的稳定点，故，所以的左边有因式，从而变形得到，因为，所以要么没有实根，要么实根是方程的根，若没有实根，时，，故方程无根，符合题意，时，，解得，故当没有实根时，，若的实根是方程的根，两边同乘以得，将其代入得，，故，解得，再将代入中，得，解得，综上，故答案为：【点睛】方法点睛：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.12．15【分析】利用二次函数以及在上的最值即可得，利用二次函数单调性将取值按照不同个数分布在对称轴左右两侧进行分类讨论，再由不同单调性得出表达式的值，即可求得实数的最小值为5.【详解】易知关于对称，且开口向上，所以函数在上的最大值为，解得；依题意可得，记当时，可知；若，即；可得；若，可得当时，可知，；若，可得；若，可得；当时，可知,；若，可得；若，可得；当时，可知,；可得；综上可得，实数的最小值为5.故答案为：1；5.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用二次函数单调性将的取值按照不同个数分布在对称轴左右两侧进行分类讨论，再由不同单调性得出表达式的值，再由各函数值限定出的最小值.13．(1)集合具有性质，理由见解析(2)证明见解析(3).【分析】（1）集合具有性质的定义判断即可.（2）令，利用集合具有性质，进而可得是集合的元素，进而可得结论.（3）由（2）可得，进而可得，利用定义计算可求得集合.【详解】（1）因为都是集合的元素，且时，也是集合A的元素，所以集合具有性质.（2）令因为集合具有性质，所以和中至少有一个是集合的元素.因为，所以，所以不是集合的元素，所以是集合的元素，即0是集合的元素.因为.因为，所以，所以，显然有，得证.（3）由（2）可知，则，即，所以，所以.因为，所以，且，则或.当时，，故集合；当时，，故集合，此时，不符合题意.综上，集合.14．(1)不具有性质，具有性质，理由见解析(2)①具有性质，理由见解析；②【分析】（1）当时，集合，，根据性质的定义可知其不具有性质；，令，利用性质的定义可验证；（2）当时，则，①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义即可验证；②设集合有个元素，由①得，任取一个元素，则与中必有一个不超过，从而得到集合与集合中必有一个至少存在一半元素不超过，然后利用性质的定义进行分析即可求出，即，解此不等式即可得出答案.【详解】（1）当时，集合，不具有性质，因为对任意不大于的正整数，都可以找到该集合中的两个元素与，使得成立，集合具有性质，因为可取，对于该集合中任一元素，都有；（2）当时，则，①若集合具有性质，那么集合一定具有性质，首先因为，任取，其中，因为，所以，从而，即，所以，由具有性质，可得存在不大于的正整数，使得对中任意一对元素，都有，对于上述正整数，从集合中任取一对元素，其中，则有，所以集合具有性质；②设集合有个元素，由①得，若集合具有性质，那么集合一定具有性质，任取一个元素，则与中必有一个不超过，所以集合与集合中必有一个至少存在一半元素不超过，不妨设中有个元素不超过，分别记为，由集合具有性质，得存在正整数，使得对中任意两个元素，都有，所以都不是中的元素，又，故都是中的元素，即集合中至少有个元素不在子集中，因此，所以，解得，当时，取，易得集合中的任意两个元素，都有，即集合具有性质，此时集合中有个元素，因此集合中元素个数的最大值为．【点睛】本题考查集合之间包含关系的判断方法，以及元素与集合之间的关系等基础知识，是新定义问题，在解题时注意对新概念的理解与把握是解题的关键，此题对学生的抽象思维能力要求较高，特别是对数的分析.15．(1)(2)①可能成立，例子见解析；②可能成立，例子见解析；③可能成立，例子见解析；④不可能成立，证明过程见解析；(3)证明过程见解析.【分析】（1）根据题意写出含有3个元素的2划分即可；（2）①②③可以举出反例，④可以利用反证法进行证明；（3）用反证法进行证明,【详解】（1）集合的所有不同的2划分为（2）①可能成立，举例如下：，；②可能成立，举例如下：，；③可能成立，举例如下：，；④不可能成立，证明如下：假设④成立，不妨设中元素的最大值为S，中元素的最小值为t，由题可知：s<t，所以，因为s为中元素的最大值，所以，因为t为中元素的最小值，所以，因为，所以，这与矛盾，所以假设不成立，即④不可能成立；（3）由于集合A中有16个元素，所以中至少有一个集合至少包含6个元素，不妨设中至少包含6个元素，设且，假设对任意，对任意，都有，那么，又因为，所以，则，中必有一个集合至少包含中的3个元素，不妨设这3个元素为，由假设可知：，对任意，存在，都有，又因为，而，与假设矛盾，所以假设不成立，所以存在，存在，使得【点睛】对于集合新定义证明类题目，要能正确理解题意，再采取合适的方法进行求解，列举法和反证法是经常使用的方法，先假设条件不成立，再通过逻辑推理得到矛盾，从而证明出结论.16．(1)(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）【分析】（1）根据题意写出答案即可；（2）（ⅰ）利用反证法证明即可；（ⅱ）设，当时，令，当时，令，这样取出的个集合满足题意，用数学归纳法证明，将分为三类：①全集；②不为全集，且与的交集不为空集；③与的交集为空集，讨论从而可得出答案.【详解】（1）解：设，令，则满足且，所以的一个“规范子集组”为；（2）（ⅰ）证明：利用反证法证明：解：假设“存在两个不同的集合对；”依题意即互补，不妨设对“规范k-子集组”来讲：一方面，时，，另一方面，其中存在两个不同的集合对；满足，不妨设，即，再由“”，得，此时，要么，要么是的真子集，若，则，故，这与与矛盾；若是的真子集，则是的真子集，此时，且彼此都不是对方的子集，综上，假设“存在两个不同的集合对；”不成立，所以原结论成立，证毕.（ⅱ）解：设，当时，令，当时，令，这样取出的个集合满足题意，下面用数学归纳法证明，当时，结论成立；假设当时，结论成立，当时，考虑中不为全集且元素个数最多的集合（记为，并设中有个元素），则，将分为三类：①全集；②不为全集，且与的交集不为空集；③与的交集为空集.由的选取，知②中的集合均为的子集，且依然满足条件，由归纳假设可知②中的集合的个数不超过，而③中的集合均为的子集，有归纳假设可知集合的个数不超过，所以，即当时，结论成立，所以均有，即的最大值为.【点睛】本题考查了集合新定义问题，考查了分类讨论思想，和数据分析能力，对逻辑推理能力要求比较高，难度较大.17．（1）①是，t0=4；②不是；（2）4；（3）11.【分析】（1）根据移位集、移位数的定义，讨论的所有情况判断是否存在，即可判断是否为移位集，进而确定移位数.（2）当选集合，根据定义判断是否为移位集，即可否定任意性，当，应用反证思想：若集合A不是移位集，选取合适的元素进行讨论并得到矛盾，即可确定m的最大值；（3）在选取否定任意性，再同（2）应用反证思想：时选取且最有可能是集合A不是移位集的元素组合进行讨论，得到矛盾即可确定n的最小值.【详解】（1）由题设，，，①：当，则，此时；当，则，此时；当，则，此时；当，则，此时；当，则，此时；综上，是中的移位集，且移位数.②：当，则，此时；当，则，此时；当，则，此时；当，则，此时；当，则，此时；综上，不是中的移位集.（2），，而，12345678912345678923456789345678945678956789678978989∴当时，显然都不存在使，则存在且不是移位集，故不合要求；当时，若不是移位集则集合中必有1和9，在剩余数字中2移位处理后所得元素有，即使不是移位集的概率更大，故不妨假设集合含2，则：1、集合含3，时有，2、集合含4，时有，3、集合含5，时有，4、集合含6，时有，5、集合含7，时有，6、集合含8，时有，同理，任选其它4种元素都会存在使.∴时中的集合A都是移位集，综上，m的最大值为4.（3）当时，中，显然都不存在使，则存在不是移位集，故不合要求；当时，方法同（2），集合中有1，2，11且，在剩余数字中3移位处理后所得元素有，即使不是移位集的概率更大，故不妨假设集合含3，则：123456789101112345678910112345678910113456789101145678910115678910116789101178910118910119101110111、集合含4，时有，2、集合含5，时有，3、集合含6，时有，4、集合含7，时有，5、集合含8，时有，6、集合含9，时有，7、集合含10，时有，同理，任选其它5种元素都会存在使.综上，n的最小值为11【点睛】关键点点睛：（2）（3）首先选取一个集合否定任意性，再讨论下一个或值，并选取最有可能使不是移位集的元素组合进行讨论，得到否定结论即可确定参数的最值.18．（1）答案见解析（2）不存在，理由见解析（3）证明见解析【分析】（1）根据性质的定义可得答案；（2）利用反证法以及性质的定义推出相互矛盾的结论可得解；（3）通过构造，证明当，确定时，唯一确定，由也仅能构造出，即可得证.【详解】（1），；，；，；；，.（2）假设存在和均具有性质，且，则，因为与同奇同偶，所以与同奇同偶，又因为为奇数，为偶数，这与与同奇同偶矛盾，所以假设不成立.综上所述：不存在具有性质的和，满足.（3）不妨设与构成一个数表，交换数表中的两行，可得数表，调整数表各列的顺序，使第一行变为，设第二行变为，令，则具有性质，且，假设与相同，则，不妨设，，则有，故，因为，所以，因为，所以，与矛盾.故对于具有性质的，若具有性质，且，则存在一个具有性质的，使得，且与不同，并且由的构造过程可以知道，当，确定时，唯一确定，由也仅能构造出.所以满足的有偶数个.【点睛】关键点点睛：理解性质的定义，通过构造法解题是解题关键.19．（1）4；（2）.【解析】（1）由集合的子集可得：集合A1的“和谐子集”为：共4个；（2）由定义的理解，分类讨论的数学思想方法可得：讨论集合中的“和谐子集”的情况，以新增元素3n+1，3n+2，3n+3为标准展开讨论即可得解.【详解】解：（1）由题意有：A1＝，则集合A1的“和谐子集”为：共4个，故答案为：4；（2）记An的“和谐子集”的个数等于an，即An有an个所有元素的和为3的整数倍的子集，另记An有bn个所有元素的和为3的整数倍余1的子集，有个所有元素的和为3的整数倍余2的子集易知：a1＝4，b1＝2，＝2，集合An+1＝{1，2，3，……，3n﹣2，3n﹣1，3n，3n+1，3n+2，3n+3}的“和谐子集”有以下4种情况，（考查新增元素3n+1，3n+2，3n+3）①集合集合An＝{1，2，3，……，3n﹣2，3n﹣1，3n}的“和谐子集”共an个，②仅含一个元素的“和谐子集”共an个，同时含两个元素3n+1，3n+2的“和谐子集”共an个，同时含三个元素的“和谐子集”共an个，③仅含一个元素3n+1的“和谐子集”共cn个，同时含两个元素3n+1，3n+3的“和谐子集”共cn个，④仅含一个元素3n+2的“和谐子集”共bn个，同时含两个元素3n+2，3n+3的“和谐子集”共bn个，所以集合An+1的“和谐子集”共有an+1＝4an+2bn+2cn，同理：bn+1＝4bn+2an+2cn，cn+1＝4cn+2an+2cn，所以，所以数列是以a1﹣b1＝2为首项，2为公比的等比数列，求得：an＝bn+2n，同理an＝cn+2n，又an+bn+cn＝23n，解得：故答案为：【点睛】思路点睛：由到，“和谐子集”的确定是解题的难点，这里相当于在原来的基础上，把新增元素放到的子集中去，比如在的“和谐子集”中的添加元素，有四种情况：第一种，不添加，第二种，仅仅添加3（n+1），第三种，添加3n+1，3n+2，第四种三个元素全添加，而原来不是“和谐子集”的子集，添加这三个元素中的一个或几个，也可能变成“和谐子集"，这样就得到同样的道理，也可以得到的表达式，通过数列的知识不难求得.20．(1)2,1;(2)最大值为4;(3)【详解】（Ⅰ），．（Ⅱ）考虑数对只有四种情况：、、、，相应的分别为、、、，所以中的每个元素应有奇数个，所以中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素）：、、、，、、、，对于任意两个只有个的元素，都满足是偶数，所以集合、、、满足题意，假设中元素个数大于等于，就至少有一对互补元素，除了这对互补元素之外还有至少个含有个的元素，则互补元素中含有个的元素与之满足不合题意，故中元素个数的最大值为．（Ⅲ），此时中有个元素，下证其为最大．对于任意两个不同的元素，满足，则，中相同位置上的数字不能同时为，假设存在有多于个元素，由于与任意元素都有，所以除外至少有个元素含有，根据元素的互异性，至少存在一对，满足，此时不满足题意，故中最多有个元素.21．(1)为函数的不动点(2)(3)【分析】（1）求出方程的解后可得不动点；（2）根据的判别式恒正可得关于恒成立的不等式，结合可求的取值范围；（3）记，则即无解或其解为，故可求的取值范围.【详解】（1）当，时，，设为不动点，因此，解得或，所以为函数的不动点；（2）因为恒有两个不动点，即恒有两个不等实根，整理为，所以且恒成立，令，所以，所以，解得或，又，所以；（3）时，，因为，所以有实根，所以，即，记，则关于的方程的解为方程组的解的值，两式相减可得，因为，即要使与有相同的解，则与的的解集相同，所以方程无解或其解为，所以，即，综上，所以实数n的取值范围是.【点睛】思路点睛：对于集合中的新定义问题，应该将集合等式蕴含的意义合理转化，如题设中即为方程的无解或有两个等根.22．（1）见解析（2）当时,;当时,.【解析】（1）根据函数解析式,先讨论当与两种情况.当时易判断单调递减,当时,讨论对称轴与区间的关系,即可判断单调性.（2）根据（1）中所得在不同范围内的单调情况分类讨论.当,在递减结合二次函数与绝对值函数的性质,并由的最大值即可求得的值,进而得的取值范围;当时,在递增,在递减,同理解绝对值不等式可求得的取值范围,进而得的取值范围.【详解】（1）①当时,,在单调递减②当时,即时,在单调递减③当时,即时,在递增,在递减④当时,不成立,所以无解.综上所述,当时,在单调递减；当时,在递增,在递减（2）①当时,在递减,,,∵,∴,∴,∴.得.②当时,在递增,在递减,又,,∵,∴,同时,∴∴∴又∵,∴,又∵,∴且可得在递增,所以.综上所述,当时,;当时,.【点睛】本题考查了分类讨论二次函数的单调性问题,不等式与二次函数的综合应用,由最值确定参数的取值范围,对理解能力要求较高,属于难题.23．(1)(2),证明见解析(3)正方形的面积为，正方形面积为，【分析】（1）正方形的边长为，然后利用相似建立等式，求得，然后代入数据解不等式即可；（2）分别用表示线段与长度，然后利用基本不等式比较大小即可.（3）（1）已经求出正方形的边长，然后求出其面积即可；利用三角函数的定义表示出正方形的边长，然后计算其面积即可，最后比较面积的大小.【详解】（1）设正方形的边长为，有由题可知，与相似所以有解得因为，，显然所以得（2）,理由如下，有题可知由（1）可知，由基本不等式可知，故，当且仅当时等号成立；所以.（3）我们比较正方形面积的大小，只需要比较其边长的大小即可；由（1）可知正方形的边长为所以正方形的面积为我们设正方形的边长为，,易知所以有显然所以所以正方形面积为因为所以所以所以正方形的面积大于正方形面积【点睛】关键点点睛：（1）需要找到边之间的关系，利用相似；（2）利用表示线段与长度后，根据两个的关系利用基本不等式求解即可；（3）当求出两个正方形面积过后，我们可以先比较两者不同的部分，此时基本不等式不适用，我们只需要化简比较不同部分的大小，要注意需要将看做一个整体，最后写过程时，反过来写即可.24．（1）函数的最小值为，此时；（2），当且仅当且同号，即时等号成立；（3）M的最小值为，此时.【分析】（1）把函数表达式变形，利用基本不等式求最小值.（2）利用“1”的代换，可得，结合基本不等式可比较和的大小.（3）利用换元法，令，，可得，结合（2）的结论求解即可.【详解】（1）∵，∴，∴，∴，当且仅当，即时取等号，∴当时，函数的最小值为.（2）由题意得，，∵，当且仅当时等号成立，∴，∴，当且仅当且同号，即时等号成立.此时满足.（3）令，，则，即，构造，此时，.∵，∴，，，由（2）得，，当且仅当时取等号，∵，∴，∴，解得，故M的最小值为，此时.【点睛】思路点睛：本题考查基本不等式求解最值，具体思路如下：（1）函数通过凑项可变形为，利用基本不等式求解即可.（2）利用“1”的代换，可得，根据基本不等式可得，结合基本不等式的性质可得.（3）利用换元法，令，，，可得，结合（2）的结论求解即可.25．(1)；(2)或(3)，，，.【分析】（1）代入，分解因式解方程可得；（2）由是方程的根得，再按是否为方程的根分类讨论即可；（3）先分析方程的一次项系数及方程二次项系数均不为，再分，，且三类情况讨论即可.【详解】（1）若，则方程为，即，解得或.；（2）由题意知，.，是方程的根，即，解得.由，集合有且仅有一个元素，即方程有且仅有一个根，①若是方程的根，则，且，解得；②若不是方程的根，则方程无实数根，则；综上所述，或.（3），，若，，，则，又，，所以有，解得.验证：当时，，不满足集合恰有两个元素，故；若，由，，则，，又，则，又，所以，即.由，则,即,解得.验证：当时，也不满足集合恰有两个元素，故；由上可知，且.则，且方程与有相同的判别式，即两方程根的个数相同.由集合均恰有两个元素，则.，因为，则是方程或的根.由，且，则是方程或的根.①当时，是方程的根，，则，又，则，由，则是方程的根，则.（i）若，联立解得.验证：当，，时，，，满足题意；（ii）若，方程有两个不相等的实数根，又，则方程的两根必为和.故由韦达定理得，解得；验证：当时，，，满足题意；②当时，，即是方程的根，则，又，则，则是方程的根，则，即（i）若，联立解得.验证：当，，时，，，满足题意；（ii）若，方程有两不等的实数根，又，则方程的两根必为和.故由韦达定理得，解得；验证：当时，，，满足题意；③当且时，则不是方程的根，也不是方程的根.由，则是方程的两实数根，且是方程的根，则有，解得.验证：当且，，时，有.有三个元素，故不满足题意；综上所述，满足题意的所有三元数对有，，，.【点睛】关键点分析：本题的关键在于两个突破口，一是以方程与的两根情况为入手点，当时可知，且；二是以为入手点，以“是否为方程的根”与“是否为方程的根”为分类界点产生讨论即可.26．(1)答案见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用柯西不等式的定义，写出时的形式；（2）由体积法求出，构造柯西不等式求的最小值；（3）时，由，有由柯西不等式得，可得.【详解】（1）柯西不等式的二元形式为：设，则，当且仅当时等号成立.（2）由正四面体的体积，得，所以，又由柯西不等式得，所以，当且仅当时等号成立.（3）对，记是的一个排列，且满足.由条件②得：.于是，对任意的，都有由柯西不等式得所以从而，对任意的，都有，故对任意，，恒有.【点睛】方法点睛：遇到新定义问题一定要准确理解题目的定义，按照新定义交代的性质或者运算规律来解题.第一，准确转化.解决新信息问题，一定要理解题目定义的本质含义.紧扣题目所给的定义、运算法则对所求问题进行恰当的转化.第二，方法的选取.对新信息题可以采取一般到特殊的特例法，从逻辑推理的.角度进行转化.理解题目定义的本质苹并进行推广、运算.第三，应该仔细审读题目.严格按新信息的要求运用算.解答问题时要避免课本知识或者已有知识对新信息问题的干扰.27．(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）根据定义得，即可求解；（2）设，利用零点存在性定理即可证明；（3）设，可知具有性质，分，和三种情况，结合零点存在性定理得出在上存在零点，即可证明．【详解】（1）因为具有性质，所以，所以；（2）设，则，令，即，设，因为，所以在区间上函数存在零点，当时，则，此时函数具有性质，所以存在常数，使得函数具有性质；（3）设，因为，所以，设，因为，所以具有性质，，令得，，①若，则函数在存在零点；②若，即时，当时，，即，所以在区间存在零点；③若，即，因为，所以，所以，当时，，即，所以在区间存在零点；综上所述，，都存在零点，即对任意实数m，关于x的方程都有解．【点睛】方法点睛：“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．(1)1(2)①；②【分析】（1）根据题意，可得，化简，利用对应项的系数相等即可求解；（2）①设，根据函数ℎx为偶函数得出，再结合，即可求出的值，进而求出函数的解析式；②利用定义证明函数的单调，将式子化简为，然后根据条件求解即可.【详解】（1）由已知，可得，则，则，解得所以实数的值为1.（2）①设，因为ℎx为偶函数，所以，由，可得，整理可得，即，所以，所以对任意恒成立，所以，所以，又因为，所以，所以，故函数ℎx的解析式为.②由①知在内任取，且，则，因为，，所以，，所以，所以，即，所以，即，所以函数在上是增函数，又函数ℎx是偶函数，所以函数ℎx在上是减函数.设，则，所以（注意绝对值中表达式的正负），当且仅当或时，.最大值，故的最大值为.【点睛】关键点点睛：关键点是根据新定义去解决问题，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，透过现象看本质.29．(1)(2)(3)【分析】（1）参变分离结合对勾函数图像即可求解；（2）通过和两类情况讨论，借助一元二次方程根的分布即可求解；（3）通过，，，，五种情况讨论即可.【详解】（1），即当时，有个解，参变分离得：，由函数的图像，可得：.（2）当时，单调递增，此时；当时，，设，则，在时，单调递减，在时，单调递增，故当时，单调递增，，当时，单调递减，，因此关于的根的分布如下：①当时，恰有一个根；②当，恰有两根，，；③当，恰有3个根，，，④当时，恰有2个根；⑤当时，恰有1个根.故当时，取到最大值3.（3）设，则，其中的根的分布同（1），接下来解方程注意，①当时，在上单调递增，且，故，不符合题意；②当时，在上单调递减，且，故，不符合题意；③当时，，在上单调递减，上单调递增，，故，不符合题意；④当时，在时单调递减，在上单调递增，且，，此时取，则的三个根恰一一对应的三个根，且没有其他根，故此时，而对的其它取值，，故的最大值为3；⑤当时，在上单调递增，，，故只需保证当时，的三个根落在的值域中，即，解得：，符合题意；综上所述，当且仅当时，的最大值为3.【点睛】思路点睛：涉及函数新定义问题，理解新定义，找出数量关系，联想与题意有关的数学知识和方法，再转化、抽象为相应的数学问题求解.30．(1)当，为偶函数，当，为非奇非偶函数；理由见解析(2)最大值(3)【分析】（1）时，利用定义可以判断为偶函数，时，通过反例可判断为非奇非偶函数.（2）利用基本不等式和二次函数的性质可求函数的最大值.（3）由题设可得，分类讨论求出在上的最小值后再取两个最小值中的较小者即为的最小值.【详解】（1）当时，，其定义域为，因为，故为偶函数，当时，，而，因为，故，又，故为非奇非偶函数，综上，时为偶函数，时，为非奇非偶函数.（2）当时，，当时，，又，由基本不等式有，当且仅当时等号成立，故的最大值为.（3），所以，其中，当时，，当时，，，当时，因为，故；当时，因为，故，当时，，，当时，，，因为，故，当时，当时，，此时，故，，当时，由，故，当时，由，故，当时，，故，，故，综上，.【点睛】方法点睛：1.注意说明一个函数是奇函数或偶函数，首先要说明定义域关于原点对称，其次根据定义进行判断，而说明一个函数不是奇函数或不是偶函数，需给出反例.2.对于双重最值问题，可先求出两个函数的最值，再就最值进行讨论即可，本题的第二问中分类较为复杂，解题时注意分类的层次.31．(1)(2)存在实数符合条件，的取值范围是【分析】（1）由和求得，，得函数解析式，即可确定定义域；（2）假设存在实数，，判断出的单调性，由单调性变形并换元后转化成二次方程有两个不等的实根，再由二次方程根的分布知识可得结论.【详解】（1）由，得，即，①由，得，即，②由①②得，解得，或（舍），，所以.由得，故的定义域为.（2）假设存在实数，，使得在区间上的值域是.令，，则在上单调递增，而在上单调递增，故在上单调递增，所以，即.令，，，则，为方程的两个不等实数根且，令，则，即，解得.即，，故存在实数符合条件，的取值范围是.【点睛】易错点睛：小问1：在求解方程时，要特别注意代数符号的运算，特别是在代入过程中，确保正确地处理方程中的加减运算.小问2：在假设存在时，确保正确使用辅助变量（换元法）来简化问题，特别是在处理方程时，必须注意解的符号和范围，推理步骤要严谨，特别是根的分布判断，避免因符号误差导致错误的结论.32．(1)不是“弱增函数”，是“弱增函数”，证明见详解(2)(3)【分析】（1）根据“弱增函数”的定义进行判断并证明；（2）根据“弱增函数”的定义、二次函数和对勾函数的性质特点可知参数的取值范围；（3）根据绝对值函数的解法先去绝对值，在不同区间内利用是“弱增函数”的定义求出k的取值范围，再求出k的补集，最后求出k的交集即可.【详解】（1）函数在区间上不是“弱增函数”；函数在区间上是“弱增函数”．证明如下：函数，在上是增函数，所以在区间上不是“弱增函数”；函数在区间上是增函数，在区间上是减函数，所以在区间上是“弱增函数”．（2）由题意可知，（其中常数，）满足在上是增函数，即函数（其中常数，）满足在上是增函数，所以对称轴，解得，满足在上是减函数，故此必为对勾函数，所以由对勾函数单调性分界点，解得，综上：．（3）由题意可知：，在区间上，若是“弱增函数”，则必满足为增函数，为减函数，即，解得，所以，若不是“弱增函数”，则或；同理：在区间上，若为“弱增函数”，则必满足，即，所以，若不是“弱增函数”，则或；在区间上，若为“弱增函数”，则必满足，即，所以，若不是“弱增函数”，则或；在区间上，若为“弱增函数”，则必满足，方程组无解，所以，若不是“弱增函数”，则.综上所述：若y=fx在任意区间I上都不是“弱增函数”，则的取值范围.【点睛】方法点睛：对于函数新定义问题，需根据给出的定义验证，这需要结合常见函数的单调性（如二次函数、反比例函数、双勾函数等），如果函数含有绝对值符号，应先去掉绝对值符号后再讨论.33．(1)不是函数，是函数；(2)（ⅰ）3；（ⅱ）.【分析】（1）根据函数的定义判断即可；（2）（ⅰ）根据题设共有6个不同值，讨论、2、3的情况，结合定义确定其最小值；（ⅱ）根据已知分析得到集合中有5个不同元素，任选2个元素作商，需保证种不同值，分别讨论、、研究满足条件的情况，进而求的最小值.【详解】（1）由且，所以，故不是函数；由且，所以，故是函数；（2）（ⅰ）由题设，即共有6个不同值，当，显然不符，排除；当，必存在相等情况，排除；当，如，显然有，满足；综上，的最小值为3；（ⅱ）由，共有21个不同值，集合中有5个不同元素，任选2个元素作商，商都不相同，即保证种不同值，注意：还有一个值是中的一个元素对应中两个自变量，即存在一个值为1，只有上述情况满足、时，有21个不同值，取，其中不符，排除；取，其中不符，排除；取，任选2个元素作商，满足种不同值，此时取值依次为，所以最小值为.【点睛】关键点点睛：第二问，根据新定义分析不同取值数，讨论及集合研究最值.34．(1)(2)存在，(3)【分析】（1）由二元函数的定义求解即可；（2）根据基本不等式即二次函数的性质判断即可；（3）根据二元函数在定义域上单调递增的定义求解即可；【详解】（1）由可得，，由可得，，由又，所以；（2）由可得，，由可得，，所以，，当且仅当，即，时取等号.（3）因为在上是关于单调递增，所以，即存在，对于任意的，，都有，化简可得，即，下面求函数的最小值，设，，，当时，若时，；若，此时，可得，令，因为，由可知，在递增，，当时，，当时，；同理，当时，在上单调递增且函数值为负，在上单调递增，函数值为正，所以，综上，当时，，即存在，使得，设，，①当时，，②当时，，设，，所以，综上，，所以的取值范围是.【点睛】关键点点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决．35．(1)不存在线性关系，理由见解析(2)(3)【分析】（1）直接根据定义即可得出结论；（2）先证明当时条件不满足，然后证明当时条件满足，即可得到的最大值为；（3）若在上的值域为，问题可转化为，令，结合对勾函数单调性可得的范围，将问题转化为含参数二次函数值域求解问题；讨论对称轴位置可得二次函数值域，根据包含关系可求得结果.【详解】（1）因为（），由于当时，对任意，都有，所以根据定义，可知与不存在线性关系.（2）①若，则当时，对任意，都有，所以根据定义，可知函数与不存在线性关系，②而当时，对任意，有，，故，从而，所以存在，使得，所以根据定义，可知函数与存在线性关系，综合①②两方面，即知的最大值为.（3）与存在线性关系，则对任意的，存在，使得，，，，在上的值域为集合，若在上的值域为，则；，令，在上单调递减，在上单调递增，又时，；时，；时，，，令，则为开口方向向下，对称轴为的抛物线，①当，即时，在上单调递减，，，即，，，又，解得：；②当，即时，在上单调递增，，，即，，，又，解得：；③当，即时，在上单调递增，在上单调递减，，当时，，此时不成立，不合题意；综上所述：的取值范围为.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集.36．(1)；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）利用题中的概念求参数即可；（2）先判断奇偶性，然后再利用复合函数的单调性判断单调性，然后假设存在“保值区间”存在来求保值区间，最后发现无解，就证得结果；（3）利用二次函数的单调性