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高考专题辅导与测试·数学
培优点3　
函数与导数中的新定义问题
高考专题辅导与测试·数学
函数与导数中的新定义问题
【例1】　设y＝f（x）是定义在区间D上的连续函数，若存在区间[a，
b] D，x0∈（a，b），使得y＝f（x）在[a，x0）上单调递减，在
（x0，b]上单调递增，则称y＝f（x）为“含谷函数”，x0为“谷点”，
[a，b]称为y＝f（x）的一个“含谷区间”.
（1）判断下列函数是否为含谷函数，若是，请指出谷点；若不是，请说
明理由；
①y＝2｜x｜，②y＝x＋ cos x.
解：①对于y＝2｜x｜＝当x∈（－∞，0）
时，y＝2｜x｜单调递减，当x∈（0，＋∞）时，y＝2｜x｜单调
递增，所以y＝2｜x｜是含谷函数，且谷点为0.
②对于y＝x＋ cos x，y'＝1－ sin x≥0恒成立，y＝x＋ cos x单调递
增，不是含谷函数.
（2）已知实数m＞0，y＝x2－2x－mln（x－1）是含谷函数，且[2，4]
是它的一个含谷区间，求m的取值范围；
解：由题意可知函数y＝x2－2x－mln（x－1）在区间[2，4]
上先减后增，且存在谷点.
令g（x）＝x2－2x－mln（x－1），则g'（x）＝2x－2－ ，
令t（x）＝g'（x）＝2x－2－ ，则t'（x）＝2＋ ＞0，
所以g'（x）在区间[2，4]上单调递增，所以
解得2＜m＜18，
故m的取值范围是（2，18）.
（3）设p，q∈R，h（x）＝－x4＋px3＋qx2＋（4－3p－2q）x，函数y
＝h（x）是含谷函数，[a，b]是它的一个含谷区间，记b－a的最
大值为L（p，q）.若h（1）≤h（2），且h（1）≤0，求L（p，
q）的最小值.
解：因为h（x）＝－x4＋px3＋qx2＋（4－3p－2q）x，所以
h'（x）＝－4x3＋3px2＋2qx＋（4－3p－2q）＝4（1－x）［x2＋
（1－ ）x＋（1－ － ）］，
若x2＋（1－ ）x＋（1－ － ）≥0恒成立，
则函数y＝h（x）在（－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞）上单调
递减，不是含谷函数，不满足题意.
因此关于x的方程x2＋（1－ ）x＋（1－ － ）＝0有两个相异实
根，即Δ＞0，
设两根分别为α，β且α＜β，则α＋β＝－1＋ ，
αβ＝1－ － .
因为h（1）≤0＝h（0），所以函数y＝h（x）在区间（－∞，1]
上不单调递增，
但是当x小于1，α，β中的最小值时，h'（x）＞0，y＝h（x）单
调递增，
所以y＝h（x）在区间（－∞，1]上的单调性至少改变一次，即α＜1.
同理，因为h（1）≤h（2），所以β＞1.
因此y＝h（x）在区间（－∞，α）和（1，β）上单调递增，在区
间（α，1）和（β，＋∞）上单调递减，
从而函数y＝h（x）的含谷区间[a，b]必满足[a，b] [α，β].
所以L（p，q）＝β－α＝ ＝
，
而h（1）＝－1＋p＋q＋4－3p－2q＝3－2p－q，h（2）＝－16
＋8p＋4q＋8－6p－4q＝－8＋2p，
由h（1）≤h（2）得3－2p－q≤－8＋2p，由h（1）≤0得3－2p
－q≤0，所以q≥11－4p且q≥3－2p，
易知p≤4时，11－4p≥3－2p，p＞4时，11－4p＜3－2p，
所以q≥
当p≤4时，L（p，q）≥ ≥ ，
当p＞4时，L（p，q）≥ ＞ ，
因此L（p，q）的最小值为 ，此时p＝4，q＝－5.
解决本题的三个关键转化
（1）理解新定义“含谷函数”，能将新定义函数等价转化为熟知函数.即
在定义域D的某子闭区间[a，b]上满足先减后增的连续函数为含谷
函数，由此可转化为结合函数单调性判断；
（2）理解“含谷区间”与“谷点”之间的关系，即含谷区间内的极小值
点，由此可根据函数的连续性等价转化为导函数值在给定含谷区间
向上的两端值异号（左端点值小于0，右端点值大于0），从而求得
参数的范围；
（3）理解L（p，q）的含义，探索满足条件的最大含谷区间，再转化为
求该区间长度的最小值.
　若函数f（x）在[a，b]上有定义，且对于任意不同的x1，x2∈[a，
b]，都有｜f（x1）－f（x2）｜＜k｜x1－x2｜，则称f（x）为[a，b]上
的“k类函数”.
（1）若f（x）＝ ＋x，判断f（x）是否为[1，2]上的“3类函数”；
解：对于任意不同的x1，x2∈[1，2]，不妨设x1＜x2，则有
1≤x1＜x2≤2，2＜x1＋x2＜4，
所以2＜ ＜3，
｜f（x1）－f（x2）｜＝｜（ ＋x1）－（ ＋x2）｜＝｜（x1－
x2） ｜＜3｜x1－x2｜，
所以f（x）＝ ＋x是[1，2]上的“3类函数”.
（2）若f（x）＝c（x－1）ex－ －xln x为[1，e]上的“2类函数”，求
实数c的取值范围.
解：由题意知，对于任意不同的x1，x2∈[1，e]，都有｜f（x1）－f（x2）｜＜2｜x1－x2｜，
不妨设x1＜x2，则－2（x2－x1）＜f（x1）－f（x2）＜2（x2－x1），
故f（x1）＋2x1＜f（x2）＋2x2且f（x1）－2x1＞f（x2）－2x2，
故y＝f（x）＋2x在[1，e]上单调递增，y＝f（x）－2x在[1，e]
上单调递减，
故对任意的x∈[1，e]，都有－2≤f'（x）≤2，其中f'（x）＝cxex
－x－ln x－1.
由f'（x）≤2可得c≤ ，令g（x）＝ ，1≤x≤e，
则c≤g（x）min，
g'（x）＝ ，令u（x）＝－2－ln x－x，
1≤x≤e，可得u（x）单调递减，所以u（x）≤u（1）＝－3＜0，
所以g'（x）＜0，
所以g（x）在[1，e]上单调递减，g（x）min＝g（e）＝ .
由f'（x）≥－2可得c≥ ，令h（x）＝ ，
1≤x≤e，则c≥h（x）max，
h'（x）＝ ，令m（x）＝2－ln x－x，1≤x≤e，易
知m（x）单调递减，
又m（1）＝1＞0，m（e）＝1－e＜0，
所以 x0∈（1，e），使得m（x0）＝0，即2－ln x0－x0＝0，所以ln
x0＝2－x0，x0＝ .
当x∈[1，x0）时，m（x）＞0，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
当x∈（x0，e]时，m（x）＜0，h'（x）＜0，h（x）单调递减，
所以h（x）max＝h（x0）＝ ＝ .
综上所述， ≤c≤ .
故实数c的取值范围为［ ， ］.
以高数中的定理为背景的新定义问题
【例2】　拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果
函数f（x）在闭区间[a，b]上的图象连续不断，在开区间（a，b）内的
导数为f'（x），那么在区间（a，b）内存在c，使得f（b）－f（a）＝
f'（c）（b－a）成立.设f（x）＝ex＋x－4，其中e为自然对数的底数，
e≈2.718 28.易知f（x）在实数集R上有唯一零点r，且r∈（1， ）.
（1）证明：当x∈（r，r＋ ）时，0＜f（x）＜1；
证明：由f（x）在R上单调递增，得对任意x∈
（r，r＋ ），有f（x）＞f（r）＝0，
又由f（r）＝0，得f（x）＝f（x）－f（r），根据
拉格朗日中值定理，存在c∈（r，x），f（x）＝f
（x）－f（r）＝f'（c）（x－r）＜ f'（c）＝
（ec＋1），
因为r∈（1， ），所以c＜r＋ ＜ ＋ ＜2，
（ec＋1）＜ （e2＋1）＜1，
所以0＜f（x）＜1.
（2）直接求解f（x）＝ex＋x－4的零点r是比较困难的，运用以下方
法，我们可以得到f（x）零点的近似解.如图，在（1， ）中选定一
个x0作为r的初始近似值，使得0＜f（x0）＜ ，然后在点（x0，f
（x0））处作曲线y＝f（x）的切线，切线与x轴的交点的横坐标为
x1，称x1是r的一次近似值；在点（x1，f（x1））处
作曲线y＝f（x）的切线，切线与x轴的交点的横坐
标为x2，称x2是r的二次近似值；重复以上过程，
得r的近似值序列x0，x1，x2，…，xn，….当xn
＞r时，证明：xn＞xn＋1＞r.
证明：①先证xn＞xn＋1，易知在点（xn，f
（xn））处，曲线y＝f（x）的切线方程为y－f
（xn）＝f'（xn）·（x－xn），
令y＝0，得x＝xn－ ，即xn＋1＝xn－ ，
又xn＞r，f（x）在R上单调递增，则f（xn）＞f（r）＝0，而f'
（x）＝ex＋1＞0，则 ＞0，所以xn＋1＝xn－ ＜xn.
再证xn＋1＞r，由于f（x）在R上单调递增，只需证f（xn＋1）＞f
（r）＝0，
令h（x）＝f（x）－f（xn）－f'（xn）（x－xn），x∈[xn＋1，
xn]，则h'（x）＝f'（x）－f'（xn）＝ex－ ≤0，x∈[xn＋1，xn]，
于是h（x）在[xn＋1，xn]上单调递减，而h（xn）＝f（xn）－f
（xn）－f'（xn）（xn－xn）＝0，
因此h（xn＋1）＞0，又f（xn）＋f'（xn）（xn＋1－xn）＝0，故h（xn＋1）
＝f（xn＋1），即f（xn＋1）＞0，所以xn＋1＞r.综上：xn＞xn＋1＞r.
　　以高数中定理为背景的新定义创新类题目，一般是借用该高数中某定
理表述的基本数学思想、基本数学表达式构建能够适应中学知识解决的问
题.本题依据微分学中无限逼近思想为情境，以拉格朗日中值定理为数学
模型证明两类不等关系成立.求解此问题的关键：（1）利用函数f（x）的
单调性、零点所在区间及待证函数不等式所在区间之间的包含关系，结合
拉格朗日中值定理数学表达式采用适当放缩证明；（2）利用无限逼近思
想及函数图象上过一点的切线与x轴的交点横坐标构造数列x0，x1，
x2，…，xn，xn＋1…，再利用拉格朗日中值定理构造出误差函数证明数列
不等式成立.
　（2024·贵阳适应性考试）英国数学家泰勒发现了如下公式：ex＝1＋x
＋ ＋ ＋…＋ ＋…，其中n！＝1×2×3×4×…×n，e为自然对数的
底数，e＝2.718 28….以上公式称为泰勒展开式.设f（x）＝ ，g
（x）＝ ，根据以上信息，并结合高中所学的数学知识，解决如下
问题.
（1）证明：ex≥1＋x；
证明：设h（x）＝ex－x－1，则h'（x）＝ex－1.
当x＞0时，h'（x）＞0；当x＜0时，h'（x）＜0.
所以h（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.
因此，h（x）≥h（0）＝0，即ex≥1＋x.
（2）设x∈（0，＋∞），证明： ＜g（x）.
证明：因为ex＝1＋x＋ ＋ ＋ ＋ ＋…＋ ＋….　①
所以e－x＝1－x＋ － ＋ － ＋…＋（－1）n ＋….　②
由①②得f（x）＝ ＝x＋ ＋ ＋…＋ ＋….
g（x）＝ ＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋….
所以 ＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋…
＜1＋ ＋ ＋…＋ ＋…
＝g（x），
即 ＜g（x）.
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1. （2024·新乡二模）函数f（x）＝[x]被称为取整函数，也称高斯函数，
其中[x]表示不大于实数x的最大整数.若 m∈（0，＋∞），满足[x]2
＋[x]≤ ，则x的取值范围是（　　）
A. [－1，2] B. （－1，2）
C. [－2，2） D. （－2，2]
解析：　 m∈（0，＋∞）， ＝m＋ ≥2，当且仅当m＝1时取
等号，由[x]2＋[x]≤ 可得[x]2＋[x]≤2 （[x]＋2）（[x]－1）
≤0，所以－2≤[x]≤1，故－2≤x＜2，故选C.
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2. 拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，定理内容如下：如果函数
f（x）在闭区间[a，b]上的图象连续不间断，在开区间（a，b）内的
导数为f'（x），那么在区间（a，b）内至少存在一点c，使得f（b）
－f（a）＝f'（c）（b－a）成立，其中c叫作f（x）在[a，b]上的
“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数f（x）＝（x－1）ln x
在[1，2]上的“拉格朗日中值点”的个数为（　　）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
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解析：　f'（x）＝1＋ln x－ ，设x0为函数f（x）在[1，2]上的“拉
格朗日中值点”，则1＋ln x0－ ＝ ＝ln 2.令g（x）＝1＋
ln x－ －ln 2，则g'（x）＝ ＋ ＞0在[1，2]上恒成立，故g（x）＝
1＋ln x－ －ln 2在[1，2]上单调递增，又g（1）＝－ln 2＜0，g（2）
＝1－ ＝ ＞0，由函数零点存在定理可知，存在唯一的x0∈[1，2]，
使得g（x0）＝0.故选B.
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3. （多选）如图所示的太极图是由黑、白两个鱼纹组成的图案.定义：能
够将圆O的周长和面积同时等分成两部分的函数称为圆O的一个“太极
函数”，则下列说法中正确的是（　　）
A. 对于任意一个圆O，其“太极函数”有无数个
B. 函数f（x）＝x3－3x可以是某个圆的“太极函数”
C. 正弦函数y＝ sin x可以同时是无数个圆的“太极函数”
D. y＝f（x）是“太极函数”的充要条件为“y＝f（x）的图象是中心对
称图形”
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解析：　对于A，因为任意一个圆O都是关于圆心
的中心对称图形，故其“太极函数”有无数个，故A正
确；对于B，函数f（x）＝x3－3x是奇函数，其图象过
原点且关于原点对称，将圆的圆心放在坐标原点上，则
函数f（x）＝x3－3x可以是某个圆的“太极函数”，故B正确；对于C，将圆的圆心放在正弦函数y＝ sin x图象的对称中心上，则y＝ sin x是该圆的“太极函数”，故y＝ sin x可以是无数个圆的“太极函数”，故C正确；对于D，函数y＝f（x）的图象是中心对称图形时，y＝f（x）不一定是“太极函数”，例如f（x）＝ 就不是太极函数；函数y＝f（x）是“太极函数”时，图象也不一定是中心对称图形（如图），故D错误.故选A、B、C.
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4. （多选）若函数f（x）的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有
f（x）＞0，－x∈D，且f（－x）f（x）＝1，则称函数f（x）为
“类奇函数”.若某函数g（x）是“类奇函数”，则下列命题中正确的
是（　　）
A. 若0在g（x）定义域中，则g（0）＝1
B. 若g（x）max＝g（4）＝4，则g（x）min＝g（－4）＝
C. 若g（x）在（0，＋∞）上单调递增，则g（x）在（－∞，0）上单调
递减
D. 若g（x）的定义域为R，且函数h（x）也是定义域为R的“类奇函
数”，则函数G（x）＝g（x）h（x）也是“类奇函数”
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√
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解析：　对于A，由函数g（x）是“类奇函数”，所以g（x）g
（－x）＝1，且g（x）＞0，所以当x＝0时，g（0）g（－0）＝1，
即g（0）＝1，故A正确；对于B，由g（x）g（－x）＝1，即g（－
x）＝ ，g（－x）随g（x）的增大而减小，若g（x）max＝g
（4）＝4，则g（x）min＝g（－4）＝ 成立，故B正确；
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对于C，由g（x）在（0，＋∞）上单调递增，所以g（－x）＝
在x∈（0，＋∞）上单调递减，设t＝－x∈（－∞，0），所以g（t）
在t∈（－∞，0）上单调递增，即g（x）在x∈（－∞，0）上单调递
增，故C错误；对于D，由g（x）g（－x）＝1，h（x）h（－x）＝1，
所以G（x）G（－x）＝g（x）g（－x）h（x）h（－x）＝1，所以函数G（x）＝g（x）h（x）也是“类奇函数”，所以D正确.故选A、B、D.
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5. 2023年11月19日，以“激发创新活力，提升发展质量”为主题的第二十
五届中国国际高新技术成果交易会（简称“高交会”）在深圳闭幕.作
为“中国科技第一展”的“高交会”今年已有25年历史，“高交会”是
展现高新技术发展新趋势、洞察市场新需求的重要“风向标”，一批新
技术、新产品集中亮相，彰显中国科创硬核实力.会展展出了国产全球
首架电动垂直起降载人飞碟（如图）.观察它的外观造型，我们会被其
优美的曲线折服.现代产品外观特别讲究线条感，曲线更是让人称奇，
衡量曲线弯曲程度的重要指标是曲率，而曲线的曲率定义如下：
若f'（x）是f（x）的导数，f″（x）是f'（x）的导数，则曲线y＝f
（x）在点（x，f（x））处的曲率K＝ .
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（1）若碟身是由曲线f（x）＝ln x＋x与g（x）＝ 旋转一周形成
的，试比较二者在点（1，1）处的曲率K1，K2的大小；
解：f'（x）＝ ＋1，f″（x）＝－ ，
所以K1＝ ＝ ＝ ，
g'（x）＝ ，g″（x）＝－ ，
所以K2＝ ＝ ＝ ，
所以K1＜K2.
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（2）求正弦曲线h（x）＝ sin x（x∈R）曲率的最大值.
解：h'（x）＝ cos x，h″（x）＝－ sin x，
所以K＝ ，K2＝ ＝
，
令t＝2－ sin 2x，则t∈[1，2]，K2＝ .
设p（t）＝ ，则p'（t）＝ ＝ .
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显然当t∈[1，2]时，p'（t）＜0，p（t）单调递减，
所以p（t）max＝p（1）＝1，K2的最大值为1，
所以正弦曲线h（x）＝ sin x（x∈R）曲率的最大值为1.
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6. 已知y＝f（x）与y＝g（x）都是定义在（0，＋∞）上的函数，若对
任意x1，x2∈（0，＋∞），x1＜x2，都有g（x1）≤ ≤g
（x2），则称y＝g（x）是y＝f（x）的一个“控制函数”.
（1）判断函数y＝4x是否为函数y＝2x2（x＞0）的一个控制函数，说
明理由；
解：对任意0＜x1＜x2，有 ＝ ＝2
（x1＋x2），且4x1＜2（x1＋x2）＜4x2，
∴函数y＝4x是函数y＝2x2（x＞0）的一个控制函数.
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（2）设f（x）＝ln x的导数为f'（x），0＜a＜b，求证：关于x的方
程 ＝f'（x）在区间（a，b）上有实数解；
解：证明：∵0＜a＜b，∴ ＝ ＝ ，
∴ － ＝ － ， － ＝ － .
设y＝ln x－x＋1，x＞0，当x＞1时，y'＝ －1＜0，当0＜x＜1
时，y'＝ －1＞0，
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则y＝ln x－x＋1在（1，＋∞）上单调递减，在（0，1）上单调
递增，ymax＝ln 1－1＋1＝0.
∵0＜a＜b，∴ ＞1，0＜ ＜1，∴ln － ＋1＜0，ln － ＋1＜0，
则ln － ＜0，∵b－a＞0，∴ － ＜0，即 ＜ .
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同理，ln － ＜0，∵a－b＜0，∴ － ＞0，即
＞ .
综上， ＜ ＜ ，f'（x）＝ 在区间（a，b）上的
值域为（ ， ），
则 ＝f'（x）在区间（a，b）上有实数解.
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（3）设f（x）＝xln x，函数y＝f（x）是否存在控制函数？若存在，
求出y＝f（x）的一个控制函数；若不存在，说明理由.
解：f（x）＝xln x时，类比（2）可证明对任意x1，x2∈
（0，＋∞），存在c∈（x1，x2）使得f'（c）＝ ，
又f'（x）＝1＋ln x单调递增，所以f'（x1）＜f'（c）＜f'（x2），
即对任意x1，x2∈（0，＋∞），
f'（x1）＜ ＜f'（x2）.
故f'（x）＝1＋ln x是y＝f（x）的一个控制函数.
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7. 已知非空集合A是由一些函数组成的，且满足如下性质：①对任意f
（x）∈A，f（x）均存在反函数f－1（x），且f－1（x）∈A；②对任
意f（x）∈A，方程f（x）＝x均有解；③对任意f（x）∈A，g
（x）∈A，若函数g（x）为定义在R上的一次函数，则f（g（x））
∈A.
（1）若f（x）＝（ ）x，g（x）＝2x－3，且f（x）∈A，g（x）
∈A，证明：函数h（x）＝lo （2x－3）∈A；
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解：证明：由f（x）＝（ ）x∈A，根据性质①可得f－1
（x）＝lo x∈A，
又g（x）＝2x－3∈A，且g（x）为定义在R上的一次函数，根
据性质③可得h（x）＝lo （2x－3）＝f－1（g（x））∈A，
问题得证.
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（2）若函数f（x）＝ （x≥1）在集合A内，求实数a的取值范
围；
解：由性质②可知，令 ＝x（x≥1），化简整理得a＝x，
则a＝x在x∈[1，＋∞）上有解，所以a≥1.
f（x）＝ ＝ ＝x＋1＋ －2（x∈[1，＋∞））.
当 ＞2，即a＞3时，f（x）在[1，＋∞）上先单调递减，
再单调递增，
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此时f（x）没有反函数，不满足性质①.
当 ≤2，即1≤a≤3时，f（x）在[1，＋∞）上单调递
增，此时f（x）有反函数，满足性质①.
显然f（x）满足性质②.
综上，a∈[1，3].
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（3）若集合A中的函数均为定义在R上的一次函数，证明：存在一个实
数x0，使得对任意f（x）∈A，均有f（x0）＝x0.
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证明：任取f1（x）＝ax＋b，f2（x）＝cx＋d∈A，
ac≠0，不妨设a，c≠1，
由性质③得函数p（x）＝f1（f2（x））＝acx＋（ad＋b）
∈A，q（x）＝f2（f1（x））＝acx＋（bc＋d）∈A，
由性质①得q－1（x）＝ ∈A，
由性质③得q－1（p（x））＝ ＝x＋
∈A，
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由性质②得方程x＋ ＝x有解，所以ad＋b＝
bc＋d，即 ＝ .
由f1（x）＝x，可得ax＋b＝x，则x＝ ，
由f2（x）＝x，可得cx＋d＝x，则x＝ .
当f（x）＝x时，对任意的x∈R，均有f（x）＝x.
由此可知，对于任意两个函数f1（x），f2（x）∈A，存在相同
的x0满足f1（x0）＝x0＝f2（x0），
所以存在一个实数x0，使得对任意f（x）∈A，均有f（x0）＝x0.
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