微重點(diǎn)1函數(shù)的新定義問(wèn)題函數(shù)的“新定義”問(wèn)題，是近幾年高考試題或模擬試題中出現(xiàn)的一種函數(shù)創(chuàng)新試題，一般是以“新定義型”函數(shù)的定義或性質(zhì)為載體，考查函數(shù)的定義、性質(zhì)、運(yùn)算等，考查學(xué)生的創(chuàng)新能力和運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)綜合解決問(wèn)題的能力．考點(diǎn)一特征函數(shù)考向1高斯函數(shù)例1(2022·長(zhǎng)治模擬)已知函數(shù)f(x)＝x－[x]([x]表示不超過(guò)x的最大整數(shù)，例如[1.5]＝1，[－0.5]＝－1)，則以下關(guān)于f(x)的性質(zhì)說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．f(x)是R上的增函數(shù)B．f(x)是周期函數(shù)C．f(x)是非奇非偶函數(shù)D．f(x)的值域是[0,1)答案A解析對(duì)于A，f(1)＝f(2)＝0，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，因?yàn)閒(x＋1)＝x＋1－[x＋1]＝x－[x]＝f(x)，所以f(x)是以1為周期的周期函數(shù)，故B正確；對(duì)于C，f(1.2)＝1.2－1＝0.2，f(－1.2)＝－1.2－(－2)＝0.8，f(1.2)≠±f(－1.2)，所以f(x)是非奇非偶函數(shù)，故C正確；對(duì)于D，根據(jù)[x]的定義可得x－1<[x]≤x，則0≤x－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(x))<1，即f(x)的值域是[0,1)，故D正確．考向2狄利克雷函數(shù)例2德國(guó)著名數(shù)學(xué)家狄利克雷在數(shù)學(xué)領(lǐng)域成就顯著，他是解析數(shù)論的創(chuàng)始人之一，以其名字命名的函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x為有理數(shù)，,0，x為無(wú)理數(shù)，))稱(chēng)為狄利克雷函數(shù)，則關(guān)于函數(shù)f(x)，下列說(shuō)法正確的是()A．f(x)的定義域?yàn)閧0,1}B．f(x)的值域?yàn)閇0,1]C．?x∈R，f(f(x))＝0D．任意一個(gè)非零有理數(shù)T，f(x＋T)＝f(x)對(duì)任意x∈R恒成立答案D解析因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x為有理數(shù)，,0，x為無(wú)理數(shù)，))所以函數(shù)的定義域?yàn)镽，值域?yàn)閧0,1}，故A，B錯(cuò)誤；因?yàn)閒(x)＝0或f(x)＝1，且0與1均為有理數(shù)，所以f(f(x))＝f(0)＝1或f(f(x))＝f(1)＝1，故C錯(cuò)誤；對(duì)于任意一個(gè)非零有理數(shù)T，若x為有理數(shù)，則x＋T也為有理數(shù)，則f(x＋T)＝f(x)＝1；若x為無(wú)理數(shù)，則x＋T也為無(wú)理數(shù)，則f(x＋T)＝f(x)＝0，綜上可得，任意一個(gè)非零有理數(shù)T，f(x＋T)＝f(x)對(duì)任意x∈R恒成立，故D正確．考向3黎曼函數(shù)例3(2022·新鄉(xiāng)模擬)黎曼函數(shù)是一個(gè)特殊的函數(shù)，由德國(guó)數(shù)學(xué)家波恩哈德·黎曼發(fā)現(xiàn)并提出，在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用．黎曼函數(shù)定義在[0,1]上，其解析式如下：R(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,p)，x＝\f(q,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(p，q都是正整數(shù)，\f(q,p)是既約真分?jǐn)?shù)))，,0，x＝0，1或[0，1]上的無(wú)理數(shù).))若函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且對(duì)任意x都有f(2＋x)＋f(2－x)＝0，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝R(x)，則f(2022)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝________.答案－eq\f(1,5)解析∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，∴f(2＋x)＝－f(2－x)．又f(x)是奇函數(shù)，∴f(x＋2)＝f(x－2)，∴f(4＋x)＝f(x)，∴f(x)的一個(gè)周期為4.∵f(2＋x)＋f(2－x)＝0，∴令x＝0，可得f(2)＝0，∴f(2022)＝f(4×505＋2)＝f(2)＝0.f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2022,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×101＋\f(2,5)))＝－f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－Req\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))＝－eq\f(1,5)，∴f(2022)＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2022,5)))＝－eq\f(1,5).考向4歐拉函數(shù)例4(2022·重慶八中調(diào)研)若正整數(shù)m，n的公約數(shù)只有1，則稱(chēng)m，n互質(zhì)．對(duì)于正整數(shù)n，φ(n)是小于或等于n的正整數(shù)中與n互質(zhì)的數(shù)的個(gè)數(shù)，例如：φ(3)＝2，φ(7)＝6，φ(9)＝6，函數(shù)φ(n)以其首位研究者歐拉命名，稱(chēng)為歐拉函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是()A．φ(5)＝φ(10)B．φ(2n－1)＝1C．φ(32)＝15D．φ(2n＋2)>φ(2n)，n∈N*答案A解析因?yàn)棣?5)＝φ(10)＝4，故A正確；因?yàn)楫?dāng)n＝4時(shí)，φ(15)≠1，故B不正確；因?yàn)樾∮诨虻扔?2的正整數(shù)中與32互質(zhì)的實(shí)數(shù)為1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23,25,27,29,31，共有16個(gè)，所以φ(32)＝16，故C不正確；因?yàn)楫?dāng)n＝2時(shí)，φ(4)＝φ(6)＝2，故D不正確．規(guī)律方法以某些特殊函數(shù)為背景考查函數(shù)的基本概念及應(yīng)用時(shí)，關(guān)鍵是理解函數(shù)的實(shí)質(zhì)，與熟悉的函數(shù)類(lèi)比，通過(guò)賦特殊值或數(shù)形結(jié)合解決．跟蹤演練1(1)(2022·東北師大附中模擬)已知符號(hào)函數(shù)sgnx＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝x，則()A．sgn[f(x)]>0B．f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2)))＝1C．sgn[f(2k＋1)]＝1(k∈Z)D．sgn[f(k)]＝|sgnk|(k∈Z)答案C解析對(duì)于A選項(xiàng)，sgn[f(0)]＝sgn0＝0，A錯(cuò)；對(duì)于B選項(xiàng)，f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2021,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1010＋\f(1,2)))＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，B錯(cuò)；對(duì)于C選項(xiàng)，對(duì)任意的k∈Z，f(2k＋1)＝f(1)＝1，則sgn[f(2k＋1)]＝sgn1＝1，C對(duì)；對(duì)于D選項(xiàng)，取k＝2，則sgn[f(2)]＝sgn[f(0)]＝sgn0＝0，而|sgn2|＝1，D錯(cuò)．(2)(2022·滁州模擬)雙曲函數(shù)是一類(lèi)與三角函數(shù)類(lèi)似的函數(shù)，在物理學(xué)眾多領(lǐng)域中有著廣泛的實(shí)際應(yīng)用．最基本的雙曲函數(shù)是雙曲正弦函數(shù)sinhx＝eq\f(ex－e－x,2)和雙曲余弦函數(shù)coshx＝eq\f(ex＋e－x,2).令f(x)＝sinhxcoshx，得到下面的結(jié)論：①f(x)為偶函數(shù)；②f(x)為奇函數(shù)；③f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；④f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減．其中正確的是()A．①③ B．②③C．①④ D．②④答案B解析由已知可得f(x)＝sinhxcoshx＝eq\f(e2x－e－2x,4)，所以f(－x)＝－eq\f(e2x－e－2x,4)＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù)，所以①錯(cuò)誤，②正確；因?yàn)閥＝e2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝e－2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f(x)＝eq\f(e2x－e－2x,4)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以③正確，④錯(cuò)誤．考點(diǎn)二“新定義”函數(shù)的性質(zhì)、運(yùn)算法則等例5(1)(2022·德州質(zhì)檢)定義在區(qū)間(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)，如果對(duì)于任意給定的等比數(shù)列{an}，{f(an)}仍是等比數(shù)列，則稱(chēng)f(x)為“保等比數(shù)列函數(shù)”．現(xiàn)有定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的如下函數(shù)：①f(x)＝x3；②f(x)＝2x；③f(x)＝|x|；④f(x)＝ln|x|.則其中是“保等比數(shù)列函數(shù)”的為()A．①② B．③④C．①③ D．②④答案C解析設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q.對(duì)于①，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(a\o\al(3,n＋1),a\o\al(3,n))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))3＝q3，故f(x)＝x3是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對(duì)于②，eq\f(fan＋1,fan)＝SKIPIF1<0≠常數(shù)，故f(x)＝2x不是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對(duì)于③，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(|an＋1|,|an|)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(an＋1,an)))＝|q|，故f(x)＝|x|是“保等比數(shù)列函數(shù)”；對(duì)于④，eq\f(fan＋1,fan)＝eq\f(ln|an＋1|,ln|an|)＝eq\f(ln|an·q|,ln|an|)＝eq\f(ln|an|＋ln|q|,ln|an|)＝1＋eq\f(ln|q|,ln|an|)≠常數(shù)，故f(x)＝ln|x|不是“保等比數(shù)列函數(shù)”．(2)函數(shù)y＝g(x)在區(qū)間[a，b]上連續(xù)，對(duì)[a，b]上任意兩點(diǎn)x1與x2，有g(shù)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))<eq\f(gx1＋gx2,2)時(shí)，我們稱(chēng)函數(shù)g(x)在[a，b]上“嚴(yán)格上凹”，稱(chēng)函數(shù)g(x)在[a，b]上為“凹函數(shù)”，若用導(dǎo)數(shù)的知識(shí)可以簡(jiǎn)單地解釋為原函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)(二階導(dǎo)函數(shù))在給定區(qū)間內(nèi)恒為正，即g″(x)>0.則下列函數(shù)中在所給定義域上“嚴(yán)格上凹”的是()A．f(x)＝log2x(x>0)B．f(x)＝eq\f(2,ex)＋xC．f(x)＝－x3＋2xD．f(x)＝sinx－x2(0<x<π)答案B對(duì)于A，f(x)＝log2x(x>0)，則f″(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,xln2)))′＝－eq\f(1,ln2)·eq\f(1,x2)<0在(0，＋∞)上恒成立，不符合題意，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)于B，f(x)＝eq\f(2,ex)＋x，則f″(x)＝eq\f(2,ex)>0恒成立，符合題意，故選項(xiàng)B正確；對(duì)于C，f(x)＝－x3＋2x，則f″(x)＝(－3x2＋2)′＝－6x，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)<0，不符合題意，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，f(x)＝sinx－x2(0<x<π)，則f″(x)＝(cosx－2x)′＝－sinx－2<0在(0，π)上恒成立，不符合題意，故選項(xiàng)D錯(cuò)誤．規(guī)律方法利用函數(shù)的凹凸性可以考查函數(shù)值增減的快慢，即考查導(dǎo)函數(shù)的幾何意義．進(jìn)一步可以利用二階導(dǎo)數(shù)來(lái)新定義凹凸函數(shù)：二階導(dǎo)數(shù)在給定區(qū)間上恒為正值，則說(shuō)明函數(shù)是凹函數(shù)，否則函數(shù)不是凹函數(shù).跟蹤演練2(1)定義方程f(x)＝f′(x)的實(shí)數(shù)根x0為函數(shù)f(x)的“新不動(dòng)點(diǎn)”，給出下列函數(shù)：①g(x)＝eq\f(1,2)x2；②g(x)＝－ex－2x；③g(x)＝lnx；④g(x)＝sinx＋2cosx.其中只有1個(gè)“新不動(dòng)點(diǎn)”的函數(shù)是________．(填序號(hào))答案②③解析對(duì)于①，g(x)＝eq\f(1,2)x2，則g′(x)＝x，令eq\f(1,2)x2＝x，得x＝0或x＝2，故函數(shù)g(x)有2個(gè)“新不動(dòng)點(diǎn)”，不符合題意；對(duì)于②，g(x)＝－ex－2x，則g′(x)＝－ex－2，令－ex－2x＝－ex－2，得x＝1，故函數(shù)g(x)只有1個(gè)“新不動(dòng)點(diǎn)”，符合題意；對(duì)于③，g(x)＝lnx，則g′(x)＝eq\f(1,x)，令h(x)＝lnx－eq\f(1,x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\f(x＋1,x2)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，又h(1)＝－1<0，h(e)＝1－eq\f(1,e)>0，所以h(x)在(0，＋∞)上存在唯一零點(diǎn)x0，且x0∈(1，e)，即lnx＝eq\f(1,x)有唯一實(shí)數(shù)根，故函數(shù)g(x)只有1個(gè)“新不動(dòng)點(diǎn)”，符合題意；對(duì)于④，g(x)＝sinx＋2cosx，則g′(x)＝cosx－2sinx，令sinx＋2cosx＝cosx－2sinx，得3sinx＝－cosx，即tanx＝－eq\f(1,3)，因?yàn)楹瘮?shù)y＝tanx的周期為π，所以tanx＝－eq\f(1,3)的根有無(wú)數(shù)個(gè)，故函數(shù)g(x)有無(wú)數(shù)個(gè)“新不動(dòng)點(diǎn)”，不符合題意．(2)在實(shí)數(shù)集R上定義一種運(yùn)算“★”，對(duì)于任意給定的a，b∈R，a★b為唯一確定的實(shí)數(shù)，且具有下列三條性質(zhì)：(ⅰ)a★b＝b★a；(ⅱ)a★0＝a；(ⅲ)(a★b)★c＝c★(ab)＋(a★c)＋(c★b)－2c.若函數(shù)f(x)＝x★eq\f(1,x)，則下列說(shuō)法正確的是________．(填序號(hào))①函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3；②函數(shù)f(x)為奇函數(shù)；③函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)；④函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)．答案①③④解析對(duì)于新運(yùn)算“★”的性質(zhì)(ⅲ)，令c＝0，則(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b.∴f(x)＝x★eq\f(1,x)＝1＋x＋eq\f(1,x)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)≥1＋2eq\r(x·\f(1,x))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取等號(hào)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3，故①正確；函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，∴f(－1)≠－f(1)，且f(－1)≠f(1)，∴函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)，故②錯(cuò)誤；f′(x)＝1－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－1,x2)，令f′(x)>0，則x<－1或x>1，所以函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－1)，(1，＋∞)，故③正確；由③知，函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)不是周期函數(shù)，故④正確．專(zhuān)題強(qiáng)化練1．(2022·眉山模擬)四參數(shù)方程的擬合函數(shù)表達(dá)式為y＝eq\f(a－d,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,c)))b)＋d(x>0)，常用于競(jìng)爭(zhēng)系統(tǒng)和免疫檢測(cè)，它的圖象是一條遞增(或遞減)的類(lèi)似指數(shù)或?qū)?shù)的曲線，或雙曲線(如y＝x－1)，還可以是一條S形曲線，當(dāng)a＝4，b＝－1，c＝1，d＝1時(shí)，該擬合函數(shù)圖象是()A．類(lèi)似遞增的雙曲線B．類(lèi)似遞增的對(duì)數(shù)曲線C．類(lèi)似遞減的指數(shù)曲線D．一條S形曲線答案A解析依題意可得擬合函數(shù)為y＝eq\f(3,1＋x－1)＋1(x>0)，即y＝eq\f(3x,1＋x)＋1＝eq\f(3x＋1－3,x＋1)＋1＝－eq\f(3,x＋1)＋4(x>0)，由y＝－eq\f(3,x)(x>1)向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移4個(gè)單位長(zhǎng)度得到y(tǒng)＝－eq\f(3,x＋1)＋4(x>0)，因?yàn)閥＝－eq\f(3,x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以擬合函數(shù)圖象是類(lèi)似遞增的雙曲線．2．若函數(shù)f(x)對(duì)?a，b∈R，同時(shí)滿足：(1)當(dāng)a＋b＝0時(shí)，有f(a)＋f(b)＝0；(2)當(dāng)a＋b>0時(shí)，有f(a)＋f(b)>0，則稱(chēng)f(x)為Ω函數(shù)．下列函數(shù)中是Ω函數(shù)的為()A．f(x)＝x3＋1B．f(x)＝x|x|C．f(x)＝ex＋e－xD．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0，x＝0，,－\f(1,x)，x≠0))答案B解析由條件(1)可知，對(duì)?a∈R，都有f(a)＋f(－a)＝0，故f(x)是奇函數(shù)，由條件(2)可知，當(dāng)a>－b時(shí)，f(a)>－f(b)＝f(－b)，故f(x)是增函數(shù)，對(duì)于A，f(x)＝x3＋1是增函數(shù)，但不是奇函數(shù)，故A不符合；對(duì)于B，f(x)＝x|x|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))是奇函數(shù)也是增函數(shù)，故B符合；對(duì)于C，f(x)＝ex＋e－x，是奇函數(shù)，但不是增函數(shù)，故C不符合；3．設(shè)f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)，f″(x)是函數(shù)y＝f′(x)的導(dǎo)函數(shù)，若方程f″(x)＝0有實(shí)數(shù)解x＝x0，則稱(chēng)(x0，f(x0))為函數(shù)y＝f(x)的“拐點(diǎn)”．經(jīng)研究發(fā)現(xiàn)所有的三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)都有“拐點(diǎn)”，且該“拐點(diǎn)”也是函數(shù)y＝f(x)的圖象的對(duì)稱(chēng)中心．若函數(shù)f(x)＝x3－3x2，則f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2022)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2022)))＋…＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4042,2022)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4043,2022)))等于()A．－8086 B．－8082C．8084 D．8088答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝x3－3x2，則f′(x)＝3x2－6x，f″(x)＝6x－6，令f″(x)＝0，解得x＝1，且f(1)＝－2，由題意可知，f(x)的拐點(diǎn)為(1，－2)，故f(x)的對(duì)稱(chēng)中心為(1，－2)，所以f(2－x)＋f(x)＝－4，所以f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2022)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,2022)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2022)))＋…＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4042,2022)))＋f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4043,2022)))＝－4×eq\f(4043,2)＝－8086.4．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，若滿足：①f(x)在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；②存在區(qū)間[a，b]，使f(x)在[a，b]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(k,b)，\f(k,a)))，那么就稱(chēng)函數(shù)f(x)為“D上的k類(lèi)成功函數(shù)”．已知函數(shù)f(x)＝3－x2是“(0，＋∞)上的k類(lèi)成功函數(shù)”，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為()A．(0,2] B．[0,2]C．(0,2) D．(－2,2)答案C解析由題意知函數(shù)f(x)＝3－x2是“(0，＋∞)上的k類(lèi)成功函數(shù)”，則f(x)在[a，b]上的值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(k,b)，\f(k,a))).由f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，得k>0，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝\f(k,a)，,fb＝\f(k,b)，))即方程f(x)＝eq\f(k,x)在(0，＋∞)上必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即3x－x3＝k在(0，＋∞)上必有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根．設(shè)g(x)＝3x－x3，則原問(wèn)題可轉(zhuǎn)化為直線y＝k與函數(shù)g(x)的圖象在(0，＋∞)上有兩個(gè)不同的交點(diǎn)．因?yàn)間′(x)＝3－3x2，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)>0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)<0，所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，其圖象如圖所示，所以在(0，＋∞)上，g(x)max＝g(1)＝2.又g(0)＝g(eq\r(3))＝0，所以0<k<2.5．(2022·成都質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在R上有定義，對(duì)于任一給定的正數(shù)p，定義函數(shù)fp(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≤p，,p，fx>p，))則稱(chēng)函數(shù)fp(x)為f(x)的“p界函數(shù)”．若給定函數(shù)f(x)＝x2－2x－1，p＝2，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．fp(f(0))＝f(fp(0))B．fp(f(1))＝f(fp(1))C．fp(fp(2))＝f(f(2))D．fp(fp(3))＝f(f(3))答案B解析因?yàn)閒(x)＝x2－2x－1，p＝2，所以f2(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1，－1≤x≤3，,2，x<－1或x>3，))對(duì)于A，fp(f(0))＝f2(－1)＝2，f(fp(0))＝f(－1)＝1＋2－1＝2，所以A正確；對(duì)于B，fp(f(1))＝f2(－2)＝2，f(fp(1))＝f(－2)＝4＋4－1＝7，所以B錯(cuò)誤；對(duì)于C，fp(fp(2))＝f2(－1)＝2，f(f(2))＝f(－1)＝2，所以C正確；對(duì)于D，fp(fp(3))＝f2(2)＝－1，f(f(3))＝f(2)＝－1，所以D正確．6．(2022·重慶市育才中學(xué)模擬)在函數(shù)f(x)上存在A，B兩點(diǎn)，使eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＝0，則稱(chēng)f(x)為“正交函數(shù)”．下列四個(gè)函數(shù)中不是“正交函數(shù)”的為()A．f(x)＝x－2 B．f(x)＝cosx＋1C．f(x)＝lnx D．f(x)＝2x－2答案C解析由題意，要使f(x)為“正交函數(shù)”，則f(x)的圖象與y＝±x在相鄰的象限上有交點(diǎn)即可，對(duì)于A，f(x)＝x－2與y＝±x的圖象如圖所示，符合題意；對(duì)于B，f(x)＝cosx＋1與y＝±x的圖象如圖所示，符合題意；對(duì)于C，f(x)＝lnx與y＝±x的圖象如圖所示，只有一個(gè)交點(diǎn)，不符合題意；對(duì)于D，f(x)＝2x－2與y＝±x的圖象如圖所示，符合題意．7．(2022·武漢質(zhì)檢)某學(xué)生在研究函數(shù)f(x)＝x3－x時(shí)，發(fā)現(xiàn)該函數(shù)的兩條性質(zhì)：①是奇函數(shù)；②單調(diào)性是先增后減再增．該學(xué)生繼續(xù)深入研究后發(fā)現(xiàn)將該函數(shù)乘一個(gè)函數(shù)g(x)后得到一個(gè)新函數(shù)h(x)＝g(x)f(x)，此時(shí)h(x)除具備上述兩條性質(zhì)之外，還具備另一條性質(zhì)：③h′(0)＝0.寫(xiě)出一個(gè)符合條件的函數(shù)解析式g(x)＝______________.答案x