专练1 新定义、新情境专练

一、刷素养

1．若 $ x\in A $ ，则 $ -x\in A $ ，就称 $ A $ 是伙伴关系集合，集合 $ M=｛-2 $ , $ -1 {\rm ,0,1,2} $ , $ 3｝ $ 的所有非空子集中具有伙伴关系的集合的个数是（      ）

A．31

B．7

C．3

D．1

答案：B
解析：

由题意，若 $ x=-2 $ ，则 $ -x=2 $ ，

若 $ x=-1 $ ，则 $ -x=1 $ ，

若 $ x=0 $ ，则 $ -x=0 $ ，

则 $ ｛-2 $ , $ 2｝ $ , $ ｛-1 $ , $ 1｝ $ , $ ｛0｝ $ , $ ｛-2 {\rm ,2} $ , $ 0｝ $ , $ ｛-1 {\rm ,1} $ , $ 0｝ $ , $ ｛-2 {\rm ,2} $ , $ -1 $ , $ 1｝ $ , $ ｛-2 {\rm ,2,0} $ , $ -1 $ , $ 1｝ $ 为 $ M $ 的非空子集中具有伙伴关系的集合，共7个，故选 $ \mathrm{B} $ .

2．（多选）定义集合运算： $ A\otimes B=｛z|z=(x+y)×(x-y) $ , $ x\in A $ , $ y\in B｝ $ ，设 $ A=｛\sqrt{2} $ , $ \sqrt{3}｝ $ ， $ B=｛1 $ , $ \sqrt{2}｝ $ ，则（      ）（多选）

A． $ 1\in A\otimes B $

B． $ (A\otimes A)\otimes B=A\otimes (A\otimes B) $

C． $ A\otimes B $ 中有4个元素

D． $ A\otimes B $ 的子集有8个

答案：AD
解析：

由题设可得 $ A\otimes B=｛0,1,2｝ $ ,故 $ 1\in A\otimes B $ ,且 $ A\otimes B $ 共有3个元素,故子集有8个, $ \mathrm{A} $ , $ \mathrm{D} $ 正确, $ \mathrm{C} $ 错误；

$ A\otimes A=｛-1 {\rm ,0} $ , $ 1｝ $ ,则 $ (A\otimes A)\otimes B=｛-2 $ , $ -1 $ , $ 0｝ $ ,而 $ A\otimes (A\otimes B)=｛-2 $ , $ -1 {\rm ,1,2} $ , $ 3｝ $ ,

显然 $ (A\otimes A)\otimes B\ne A\otimes (A\otimes B) $ , $ \mathrm{B} $ 错误.故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

3．（多选）中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题: “今有物，不知其数，三三数之，剩二; 五五数之，剩三; 七七数之，剩二.问: 物几何? ”现有数学语言表达如下: 已知 $ A=｛x|x=3n+2 $ ， $ n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }｝ $ ， $ B=｛x|x=5n+3 $ ， $ n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }｝ $ ， $ C=｛x|x=7n+2 $ ， $ n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }｝ $ ，若 $ x\in (A\cap B\cap C) $ ，则整数 $ x $ 可以为（      ）（多选）

A．8

B．23

C．37

D．128

答案：BD
解析：

因为 $ 23=3×7+2=5×4+3=7×3+2 $ ，故 $ 23\in (A\cap B\cap C) $ ；

$ 128=3×42+2=5×25+3=7×18+2 $ ，故 $ 128\in (A\cap B\cap C) $ ；

因为 $ 8=7×1+1 $ ，所以 $ 8\notin C $ ， $ 37=3×12+1 $ ,所以 $ 37\notin A $ .故选 $ \mathrm{B}\mathrm{D} $ .

4．当一个非空数集 $ G $ 满足“如果 $ a $ , $ b\in G $ ，则 $ a+b $ , $ a-b $ , $ ab\in G $ ，且 $ b\ne 0 $ 时， $ \dfrac{a}{b}\in G $ ”时，我们就称 $ G $ 是一个数域.以下关于数域的说法： $ \mathrm{①}0 $ 是任何数域的元素；②若数域 $ G $ 有非零元素，则 $ 2\text{ }022\in G $ ；③集合 $ P=｛x\mid x=2k,k\in \boldsymbol{Z}｝ $ 是一个数域；④有理数集是一个数域;⑤无理数集不是一个数域.其中正确的选项有（      ）（多选）

A．①②

B．②③

C．③④

D．④⑤

答案：AD
解析：

对①，设 $ a\in G $ ，有 $ a-a\in G $ ，即 $ 0\in G $ ，故①正确；

对②，设 $ b\in G $ ,且 $ b\ne 0 $ ，则有 $ \dfrac{b}{b}\in G $ ，即 $ 1\in G $ ，若 $ 1\in G $ ，则 $ 1+1\in G $ ，则 $ 2+1\in G $ ， $ \dots $ ，则 $ 2\text{ }021+1=2\text{ }022\in G $ ，故②正确；

对③，当 $ a=2 $ , $ b=4 $ 时，满足 $ a\in P $ ， $ b\in P $ ，但 $ \dfrac{a}{b}=\dfrac{1}{2}\notin P $ ，所以 $ P $ 不是一个数域，故③错误；

对④，因为 $ a $ , $ b\in \boldsymbol{Q} $ ，所以 $ a+b $ , $ a-b $ , $ ab\in \boldsymbol{Q} $ ，且 $ b\ne 0 $ 时， $ \dfrac{a}{b}\in \boldsymbol{Q} $ ，所以 $ \boldsymbol{Q} $ 是一个数域，故④正确；

对⑤，当 $ a=\sqrt{2} $ , $ b=\sqrt{2} $ 时，满足 $ a $ , $ b $ 均是无理数，但 $ a-b=0 $ ， $ 0\in \boldsymbol{Q} $ ，所以无理数集不是一个数域，故⑤正确.

故选 $ \mathrm{A}\mathrm{D} $ .

5．已知有限集合 $ A=｛{a}_{1} $ , $ {a}_{2} $ , $ {a}_{3} $ , $ \cdots $ , $ {a}_{n}｝ $ ，定义集合 $ B=｛{a}_{i}+{a}_{j}|1\leqslant i < j\leqslant n $ , $ i $ , $ j\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }｝ $ 中的元素个数为集合 $ A $ 的“容量”，记为 $ L(A) $ .若集合 $ A=｛x\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }|1\leqslant x\leqslant 4｝ $ ，则 $ L(A)= $     ；若集合 $ A=｛x\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }|1\leqslant x\leqslant 2n $ , $ n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }｝ $ ，且 $ L(A)=8089 $ ，则正整数 $ n $ 的值是    .

答案：

5； 2 023

解析：

因为 $ A=｛x\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }|1\leqslant x\leqslant 4｝=｛1,2,3,4｝ $ ,所以 $ B=｛3,4,5,6,7｝ $ ,所以 $ L(A)=5 $ .

因为 $ A=｛x\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }|1\leqslant x\leqslant 2n $ , $ n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }｝=｛1 {\rm ,2,3} $ , $ \cdots $ , $ 2n-1 $ , $ 2n｝(n\in {\boldsymbol{N}}^{\ast }) $ ,

所以集合 $ A $ 中任意两个元素的和的最小值是 $ 1+2=3 $ ,最大值是 $ 2n-1+2n=4n-1 $ ,

且对任意 $ k\in {\boldsymbol{N}}^{\ast } $ , $ 3\leqslant k\leqslant 4n-1 $ ,都存在 $ {a}_{i} $ , $ {a}_{j}\in A $ ,使得 $ {a}_{i}+{a}_{j}=k $ ,

所以 $ L(A)=4n-1-3+1=4n-3 $ .由 $ 4n-3=8089 $ ,解得 $ n=2023 $ .

6．若定义域均为 $ D $ 的函数 $ f(x) $ ， $ g(x) $ 满足： $ \exists {x}_{1} $ ， $ {x}_{2}\in D $ ，且 $ {x}_{2}-{x}_{1}\in (-m,m) $ ，使得 $ f({x}_{1})=g({x}_{2})=0 $ ，则称 $ f(x) $ 与 $ g(x) $ 互为“ $ m $ 亲近函数”.已知 $ f(x)= \ln (x+1) $ 与 $ g(x)={ \cos }^{2}x-a \cos x+1 $ 互为“ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 亲近函数”，则实数 $ a $ 的取值范围是（      ）

A． $ [-1,1] $

B． $ (-2,2) $

C． $ (-\mathrm{\infty },-2]\cup [2,+\mathrm{\infty }) $

D． $ [2,+\mathrm{\infty }) $

答案：D
解析：

$ f(x)= \ln (x+1) $ 在 $ \boldsymbol{R} $ 上为增函数，且 $ f(0)=0 $ ，

故 $ x=0 $ 是 $ f(x) $ 的唯一零点，要使 $ f(x) $ 和 $ g(x) $ 互为“ $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ 亲近函数”，

则存在 $ {x}_{2}-0\in (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ ，使得 $ g({x}_{2})=f(0)=0 $ ，即 $ g(x) $ 在 $ (-\dfrac{\mathrm{\pi }}{2} $ , $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 内存在零点，所以方程 $ a \cos x={ \cos }^{2}x+1 $ 有解.

令 $ t= \cos x $ ，则 $ t\in (0,1] $ ，

故 $ at={t}^{2}+1 $ ，

当 $ t\in (0,1] $ 时，有 $ a=t+\dfrac{1}{t} $ ，

由对勾函数的性质可知， $ t+\dfrac{1}{t}\geqslant 2 $ ，

当且仅当 $ t=1 $ ，即 $ x=0 $ 时取得等号，

故实数 $ a $ 的取值范围是 $ [2,+\mathrm{\infty }) $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

7．对实数 $ a $ 与 $ b $ ，定义新运算 $ \otimes :a\otimes b=\begin{cases}a,a-b\leqslant 1,\\ b,a-b > 1.\end{cases} $ 已知函数 $ f(x)=({x}^{2}-2)\otimes (x-{x}^{2}) $ ，若函数 $ y=f(x)-c $ 的图象与 $ x $ 轴恰有两个公共点，则实数 $ c $ 的取值范围是（      ）

A． $ (-\mathrm{\infty },-2]\cup (-1,-\dfrac{3}{4}) $

B． $ (-2,-1] $

C． $ (-\mathrm{\infty },\dfrac{1}{4})\cup (\dfrac{1}{4},+\mathrm{\infty }) $

D． $ (-1,-\dfrac{3}{4})\cup [\dfrac{1}{4},+\mathrm{\infty }) $

答案：A
解析：

令 $ ({x}^{2}-2)-(x-{x}^{2})\leqslant 1 $ ，

解得 $ -1\leqslant x\leqslant \dfrac{3}{2} $ ，所以

$ f(x)=\begin{cases}x-{x}^{2},x < -1\text{或}x > \dfrac{3}{2},\\ {x}^{2}-2,-1\leqslant x\leqslant \dfrac{3}{2},\end{cases} $

当 $ x=\dfrac{3}{2} $ 时， $ x-{x}^{2}=-\dfrac{3}{4} $ ， $ {x}^{2}-2=\dfrac{1}{4} $ ；

当 $ x=-1 $ 时， $ x-{x}^{2}=-2 $ ， $ {x}^{2}-2=-1 $ .

当 $ x=0 $ 时， $ {x}^{2}-2=-2 $ .

作出函数 $ f(x) $ 的图象，如图.

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若 $ y=f(x)-c $ 的图象与 $ x $ 轴恰有两个公共点，则直线 $ y=c $ 与函数 $ y=f(x) $ 的图象恰有两个交点，由图象可得实数 $ c $ 的取值范围是 $ (-\mathrm{\infty },-2]\cup (-1,-\dfrac{3}{4}) $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

8．记函数 $ f(x) $ 的定义域为 $ D $ ，若存在非负实数 $ k $ ，对任意的 $ x\in D $ ，总有 $ |f(x)-f(-x)|\leqslant k $ ，则称函数 $ f(x) $ 具有性质 $ P(k) $ .

①所有偶函数都具有性质 $ P(0) $ ；

$ \mathrm{②}f(x)=\dfrac{x}{1+{x}^{2}} $ 具有性质 $ P(1) $ ；

③若 $ f(x)={x}^{2}+x+1 $ ，则一定存在正实数 $ k $ ，使得 $ f(x) $ 具有性质 $ P(k) $ ；

④已知 $ a > 0 $ ，若函数 $ f(x)=\dfrac{a}{1+{2}^{x}} $ 具有性质 $ P(k) $ ，则 $ a\in (0,k] $ .

其中错误结论的序号是（      ）

A．①

B．②

C．③

D．④

答案：C
解析：

对于①，设函数 $ f(x) $ 是定义在 $ D $ 上的偶函数，对任意的 $ x\in D $ ， $ |f(x)-f(-x)|=|f(x)-f(x)|=0 $ ，所以所有偶函数都具有性质 $ P(0) $ ，①正确；

对于②，对任意的 $ x\in \boldsymbol{R} $ ， $ |f(x)-f(-x)|=|\dfrac{x}{{x}^{2}+1}-\dfrac{-x}{{\left(-x\right) ^ {2}}+1}|=\dfrac{2|x|}{{x}^{2}+1} $ ，

当 $ x\ne 0 $ 时， $ |f(x)-f(-x)|=\dfrac{2|x|}{{x}^{2}+1}=\dfrac{2}{|x|+\dfrac{1}{|x|}}\leqslant \dfrac{2}{2\sqrt{|x|\cdot \dfrac{1}{|x|}}}=1 $ ，

当且仅当 $ |x|=\dfrac{1}{|x|} $ ，即当 $ x=±1 $ 时等号成立.

又因为 $ |f(0)-f(0)|=0\leqslant 1 $ ，故对任意的 $ x\in \boldsymbol{R} $ ， $ |f(x)-f(-x)|\leqslant 1 $ ，

所以 $ f(x)=\dfrac{x}{1+{x}^{2}} $ 具有性质 $ P(1) $ ，故②正确；

对于③，因为 $ |f(x)-f(-x)|=|({x}^{2}+x+1)-({x}^{2}-x+1)|=2|x| $ ，

又函数 $ y=2|x| $ 的值域为 $ [0,+\mathrm{\infty }) $ ，所以不存在实数 $ k $ ，使得 $ |f(x)-f(-x)|\leqslant k $ ，故③错误；

对于④， $ |f(x)-f(-x)|=|\dfrac{a}{1+{2}^{x}}-\dfrac{a}{1+{2}^{-x}}|=|\dfrac{a}{1+{2}^{x}}-\dfrac{a\cdot {2}^{x}}{{2}^{x}(1+{2}^{-x})}|=|\dfrac{a(1-{2}^{x})}{1+{2}^{x}}|\leqslant k $ ，

易知 $ k > 0 $ ，因为 $ {2}^{x} > 0 $ ，则 $ {2}^{x}+1 > 1 $ ，则 $ 0 < \dfrac{2}{{2}^{x}+1} < 2 $ ，

所以 $ -1 < \dfrac{2}{{2}^{x}+1}-1 < 1 $ ，即 $ -1 < \dfrac{2-(1+{2}^{x})}{1+{2}^{x}}=\dfrac{1-{2}^{x}}{1+{2}^{x}} < 1 $ ，所以 $ 0\leqslant |\dfrac{1-{2}^{x}}{1+{2}^{x}}| < 1 $ ，

要使得 $ |f(x)-f(-x)|=|\dfrac{a(1-{2}^{x})}{1+{2}^{x}}|\leqslant k $ 恒成立，则 $ k\geqslant a $ .

又因为 $ a > 0 $ ，则 $ 0 < a\leqslant k $ ，

所以若函数 $ f(x)=\dfrac{a}{1+{2}^{x}} $ 具有性质 $ P(k) $ ，则 $ a\in (0,k] $ ，故④正确，故选 $ \mathrm{C} $ .

9．若函数 $ f(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上满足： $ \forall {x}_{1} $ , $ {x}_{2}\in (0,+\mathrm{\infty }) $ ，当 $ {x}_{1}\ne {x}_{2} $ 时，恒有 $ \dfrac{{x}_{2}f({x}_{1})-{x}_{1}f({x}_{2})}{{x}_{1}-{x}_{2}} > 0 $ ，则称函数 $ f(x) $ 为“理想函数”.下列函数能被称为“理想函数”的有（      ）（多选）

A． $ f(x)=1 $

B． $ f(x)=-x \lg (\sqrt{{x}^{2}+1}-x) $

C． $ f(x)={x}^{3} $

D． $ f(x)={x}^{2}-\dfrac{1}{{x}^{2}} $

答案：BCD
解析：

依题意,若 $ f(x) $ 为“理想函数”，构造函数 $ g(x)=\dfrac{f(x)}{x}(x > 0) $ ，任取 $ 0 < {x}_{1} < {x}_{2} $ ，则 $ {x}_{1}-{x}_{2} < 0 $ ，此时 $ {x}_{2}f({x}_{1})-{x}_{1}f({x}_{2}) < 0 $ ，

所以 $ g({x}_{1})-g({x}_{2})=\dfrac{f({x}_{1})}{{x}_{1}}-\dfrac{f({x}_{2})}{{x}_{2}}=\dfrac{{x}_{2}f({x}_{1})-{x}_{1}f({x}_{2})}{{x}_{1}{x}_{2}} < 0 $ ，所以 $ g({x}_{1}) < g({x}_{2}) $ .

所以 $ g(x)=\dfrac{f(x)}{x}(x > 0) $ 在区间 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增.

对于 $ \mathrm{A} $ 选项， $ g(x)=\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{1}{x} $ ，该函数在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减，不符合“理想函数”的定义， $ \mathrm{A} $ 选项不正确；

对于 $ \mathrm{B} $ 选项， $ g(x)=\dfrac{f(x)}{x}=- \lg (\sqrt{{x}^{2}+1}-x)=- \lg \dfrac{(\sqrt{{x}^{2}+1}-x)(\sqrt{{x}^{2}+1}+x)}{\sqrt{{x}^{2}+1}+x}=- \lg \dfrac{1}{\sqrt{{x}^{2}+1}+x}= \lg (\sqrt{{x}^{2}+1}+x) $ ，因为 $ y=\sqrt{{x}^{2}+1} $ 和 $ y=x $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，所以由复合函数的单调性知， $ g(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，符合“理想函数”的定义， $ \mathrm{B} $ 选项正确；

对于 $ \mathrm{C} $ 选项， $ g(x)=\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{{x}^{3}}{x}={x}^{2} $ ，该函数在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，符合“理想函数”的定义， $ \mathrm{C} $ 选项正确；

对于 $ \mathrm{D} $ 选项， $ g(x)=\dfrac{f(x)}{x}=x-\dfrac{1}{{x}^{3}} $ ，因为 $ y=x $ 和 $ y=-\dfrac{1}{{x}^{3}} $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，所以 $ g(x) $ 在 $ (0,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递增，符合“理想函数”的定义， $ \mathrm{D} $ 选项正确.

故选 $ \mathrm{B}\mathrm{C}\mathrm{D} $ .

10．给出定义：若 $ m-\dfrac{1}{2} < x\leqslant m+\dfrac{1}{2} $ （其中 $ m $ 为整数），则 $ m $ 叫做离实数 $ x $ 最近的整数，记作 $ ⟨x⟩ $ ，即 $ ⟨x⟩=m $ .已知 $ f(x)=x-⟨x⟩ $ .

（1） $ f(\dfrac{7}{4})= $       ；

（2） 若方程 $ |f(x)|={ \log }_{a}(x+\dfrac{1}{2}) $ 恰有5个实数根，则实数 $ a $ 的取值范围是        .

答案：

（1） $ -\dfrac{1}{4} $

（2） $ (9,16) $

解析：

（1） 因为 $ 2-\dfrac{1}{2} < \dfrac{7}{4}\leqslant 2+\dfrac{1}{2} $ ，所以 $ ⟨\dfrac{7}{4}⟩=2 $ ，所以 $ f(\dfrac{7}{4})=\dfrac{7}{4}-⟨\dfrac{7}{4}⟩=\dfrac{7}{4}-2=-\dfrac{1}{4} $ .

（2） $ f(x)=x-\mathrm{〈}x\mathrm{〉}=\begin{cases}\cdots ,\\ x,-\dfrac{1}{2} < x\leqslant \dfrac{1}{2},\\ x-1,\dfrac{1}{2} < x\leqslant \dfrac{3}{2},\\ x-2,\dfrac{3}{2} < x\leqslant \dfrac{5}{2},\\ \cdots ,\end{cases} $ 画出 $ y=|f(x)| $ 的图象如图所示，试题资源网 https://stzy.com

要使方程 $ |f(x)|={ \log }_{a}(x+\dfrac{1}{2}) $ 恰有5个实数根，结合图象可知， $ \begin{cases}a > 1,\\ { \log }_{a}3 < \dfrac{1}{2},\\ { \log }_{a}4 > \dfrac{1}{2},\end{cases} $ 解得 $ 9 < a < 16 $ ,故实数 $ a $ 的取值范围为 $ (9,16) $ .

11．若函数 $ y=f(x) $ 对定义域内的每一个值 $ {x}_{1} $ ，在其定义域内都存在唯一的 $ {x}_{2} $ ，使 $ f({x}_{1})+f({x}_{2})=1 $ 成立，则称该函数为“和一函数”.

（1） 判断定义在区间 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上的函数 $ f(x)=\dfrac{1}{x} $ 是否为“和一函数”，并说明理由.

（2） 若函数 $ g(x)={ \log }_{4}x $ 在定义域 $ [a,b] $ 上是“和一函数”.

① 求 $ ab $ 的值；

② 求 $ 2b-a $ 的取值范围.

答案：

（1） 【解】在区间 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上的函数 $ f(x)=\dfrac{1}{x} $ 不是“和一函数”,理由如下：

$ \because f(x)=\dfrac{1}{x} $ 在 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上单调递减,

$ \therefore f(x)\in (0,1] $ ,

当 $ f(1)=1 $ 时,对任意 $ x\in [1,+\mathrm{\infty }) $ , $ f(1)+f(x)\ne 1 $ ,不符合“和一函数”的定义,

故在区间 $ [1,+\mathrm{\infty }) $ 上的函数 $ f(x)=\dfrac{1}{x} $ 不是“和一函数”.

（2） 【解】① $ \because g(x) $ 在 $ [a,b] $ 上是增函数,

$ \therefore g(x)\in [{ \log }_{4}a,{ \log }_{4}b] $ ,

令 $ B=[{ \log }_{4}a,{ \log }_{4}b] $ .

又 $ g(x)={ \log }_{4}x $ 在定义域 $ [a,b](a > 0) $ 上是“和一函数”,

$ \therefore $ 对任意 $ {x}_{1}\in [a,b] $ , $ g({x}_{1})\in [{ \log }_{4}a,{ \log }_{4}b] $ ,存在 $ {x}_{2}\in [a,b] $ ,使 $ g({x}_{1})+g({x}_{2})=1 $ 成立,

则 $ g({x}_{2})=1-g({x}_{1})\in [1-{ \log }_{4}b,1-{ \log }_{4}a] $ ,

令 $ A=[1-{ \log }_{4}b,1-{ \log }_{4}a] $ ,则 $ B=A $ ,

则 $ 1-{ \log }_{4}b={ \log }_{4}a $ ,

$ \therefore { \log }_{4}a+{ \log }_{4}b=1 $ ,则 $ ab=4 $ .

② $ ab=4 $ ,即 $ b=\dfrac{4}{a} $ ,

$ \because b > a > 0 $ ,

$ \therefore \dfrac{4}{a} > a > 0 $ ,解得 $ 0 < a < 2 $ ,

则 $ 2b-a=\dfrac{8}{a}-a $ ,

令 $ ℎ(a)=\dfrac{8}{a}-a $ , $ a\in (0,2) $ ,

$ \because y=\dfrac{8}{a} $ 在 $ (0,2) $ 上单调递减, $ y=-a $ 在 $ (0,2) $ 上单调递减,

$ \therefore ℎ(a) $ 在 $ (0,2) $ 上单调递减,则 $ ℎ(a) > \dfrac{8}{2}-2=2 $ , $ \therefore 2b-a > 2 $ ,

故 $ 2b-a $ 的取值范围为 $ (2,+\mathrm{\infty }) $ .

解析：

12．定义运算： $ |\hspace{-0.5em} \begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array} \hspace{-0.5em}|=ad-bc $ .已知 $ |\hspace{-0.5em} \begin{array}{cc} \sin \alpha & \cos {180}^{\circ }\\ \cos \alpha & \tan {60}^{\circ }\end{array} \hspace{-0.5em}|= \sin \left({270}^{\circ }+\alpha \right) $ ，则 $ \tan \alpha = $ （      ）

A． $ \dfrac{\sqrt{3}}{2} $

B． $ \dfrac{2\sqrt{3}}{3} $

C． $ -\dfrac{\sqrt{3}}{2} $

D． $ -\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $

答案：D
解析：

依题意， $ \sqrt{3} \sin \alpha + \cos \alpha =- \cos \alpha $ ，则 $ \sqrt{3} \sin \alpha =-2 \cos \alpha $ ，

故 $ \tan \alpha =\dfrac{ \sin \alpha }{ \cos \alpha }=-\dfrac{2\sqrt{3}}{3} $ .故选 $ \mathrm{D} $ .

13．沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作,其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”.如图, $ \stackrel{ \frown }{AB} $ 是以O为圆心,OA为半径的圆弧,C是AB的中点,D在 $ \stackrel{ \frown }{AB} $ 上,CD⊥AB．“会圆术”给出 $ \stackrel{ \frown }{AB} $ 的弧长的近似值s的计算公式: $ {\rm \mathit{s}=\mathit{AB}+} \dfrac{C{D}^{2}}{OA} {\rm \mathit{.}} $ 当OA=2,∠AOB=60°时,s=     （      ）

　　　　　　　　　　　　　　　

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A． $ \dfrac{11-3\sqrt{3}}{2} $

B． $ \dfrac{11-4\sqrt{3}}{2} $

C． $ \dfrac{9-3\sqrt{3}}{2} $

D． $ \dfrac{9-4\sqrt{3}}{2} $

答案：B
解析：

在 $ {\rm △\mathit{AOB}} $ 中,因为 $ {\rm ∠\mathit{AOB}=60°,\mathit{OA}=\mathit{OB}=2} $ ,所以 $ {\rm △\mathit{AOB}} $ 为等边三角形,且OA=OB=AB=2.又C为AB的中点,所以 $ {\rm \mathit{OC}=} \sqrt{3} $ ,所以 $ {\rm \mathit{CD}=2-} \sqrt{3} {\rm \mathit{.}} $ 由 $ {\rm \mathit{s}=\mathit{AB}+} \dfrac{C{D}^{2}}{OA} $ ,得 $ {\rm \mathit{s}=2+} \dfrac{{\left(2-\sqrt{3}\right) ^ {2}}}{2} {\rm =} $ $ \dfrac{11-4\sqrt{3}}{2} $ ,故选B.

14．设 $ a $ , $ b\in \boldsymbol{R} $ ，定义运算 $ a\otimes b=\begin{cases}a,a\geqslant b,\\ b,a < b,\end{cases} $ 则函数 $ f(x)= \sin x\otimes \cos x $ 的最小值为（      ）

A． $ -1 $

B． $ -\dfrac{\sqrt{2}}{2} $

C． $ -\dfrac{1}{2} $

D．0

答案：B
解析：

由题意可得 $ f(x)= \sin x\otimes \cos x=\begin{cases} \sin x, \sin x\geqslant \cos x,\\ \cos x, \cos x > \sin x.\end{cases} $

当 $ \sin x\geqslant \cos x $ 时, $ \sin x- \cos x=\sqrt{2} \sin (x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})\geqslant 0 $ ,则 $ 2k\mathrm{\pi }\leqslant x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,即 $ 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant x\leqslant 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

此时当 $ x=2k\mathrm{\pi }+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ 时, $ \sin x $ 有最小值 $ -\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

当 $ \cos x > \sin x $ 时, $ \sin x- \cos x=\sqrt{2} \sin (x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}) < 0 $ ,

则 $ 2k\mathrm{\pi }+\mathrm{\pi } < x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{4} < 2k\mathrm{\pi }+2\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,

即 $ 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{4} < x < 2k\mathrm{\pi }+\dfrac{9\mathrm{\pi }}{4} $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

此时 $ \cos x > -\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ .

所以 $ f(x) $ 的最小值为 $ -\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

15．数学家切比雪夫曾用一组多项式阐述余弦的 $ n $ 倍角公式，即 $ \cos nx={T}_{n}( \cos x) $ ， $ {T}_{0}(x)=1 $ ， $ {T}_{1}(x)=x $ ， $ {T}_{2}(x)=2{x}^{2}-1 $ ， $ {T}_{3}(x)=4{x}^{3}-3x $ ， $ {T}_{4}(x)=8{x}^{4}-8{x}^{2}+1 $ ， $ {T}_{5}(x)=16{x}^{5}-20{x}^{3}+5x $ ， $ \cdots $ ，则 $ { \cos }^{2}{18}^{\circ }= $ （      ）

A． $ \dfrac{5+\sqrt{5}}{8} $

B． $ \dfrac{5-\sqrt{5}}{8} $

C． $ \dfrac{5±\sqrt{5}}{8} $

D． $ \dfrac{\sqrt{5}-2}{4} $

答案：A
解析：

由 $ \cos nx={T}_{n}( \cos x) $ ,

得 $ \cos {90}^{\circ }= \cos (5×{18}^{\circ })={T}_{5}( \cos {18}^{\circ })=16{ \cos }^{5}{18}^{\circ }-20{ \cos }^{3}{18}^{\circ }+5 \cos {18}^{\circ } $ ,

即 $ 16{ \cos }^{5}{18}^{\circ }-20{ \cos }^{3}{18}^{\circ }+5 \cos {18}^{\circ }=0 $ ,

整理得 $ 16{ \cos }^{4}{18}^{\circ }-20{ \cos }^{2}{18}^{\circ }+5=0 $ .

令 $ t={ \cos }^{2}{18}^{\circ } $ ,则 $ 16{t}^{2}-20t+5=0 $ ,

解得 $ t=\dfrac{5±\sqrt{5}}{8} $ ,

因为 $ {18}^{\circ } < {30}^{\circ } $ ,所以 $ \cos {18}^{\circ } > \dfrac{\sqrt{3}}{2} $ ,

$ t={ \cos }^{2}{18}^{\circ } > \dfrac{3}{4} $ ,所以 $ t=\dfrac{5+\sqrt{5}}{8} $ .故选 $ \mathrm{A} $ .

16．圭表是我国古代通过观察记录正午时影子长度的长短变化来确定季节变化的一种天文仪器，它包括一根直立的标杆（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标杆垂直的长尺（称为“圭”）.当正午阳光照射在表上时，影子会落在圭面上，圭面上影子长度最长的那一天定为冬至，影子长度最短的那一天定为夏至.如图是根据蚌埠（北纬 $ {32.92}^{\circ } $ ）的地理位置设计的圭表的示意图，已知蚌埠冬至正午太阳高度角（即 $ \mathrm{\angle }ABC $ ）约为 $ {33.65}^{\circ } $ ，夏至正午太阳高度角（即 $ \mathrm{\angle }ADC $ ）约为 $ {80.51}^{\circ } $ .圭面上冬至线和夏至线之间的距离（即 $ BD $ 的长）为7米，则表高（即 $ AC $ 的长）约为（      ）

（已知 $ \tan {33.65}^{\circ }\approx \dfrac{2}{3} $ ， $ \tan {80.51}^{\circ }\approx \dfrac{29}{5} $ ）

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A．4.36米

B．4.83米

C．5.27米

D．5.41米

答案：C
解析：

由题图可知 $ \tan {33.65}^{\circ }=\dfrac{AC}{BC}\approx \dfrac{2}{3} $ , $ \tan {80.51}^{\circ }=\dfrac{AC}{CD}\approx \dfrac{29}{5} $ ,

所以 $ BC=\dfrac{3}{2}AC $ , $ CD=\dfrac{5}{29}AC $ ,

得 $ BD=(\dfrac{3}{2}-\dfrac{5}{29})AC=\dfrac{77}{58}AC=7 $ ,解得 $ AC=\dfrac{58}{11}\approx 5.27 $ （米）.故选 $ \mathrm{C} $ .

17．在平面直角坐标系中，设角 $ \alpha $ 的终边上任意一点 $ P $ 的坐标是 $ (x,y) $ ，它与原点的距离是 $ r(r > 0) $ ，规定：比值 $ \dfrac{y-x}{r} $ 叫作 $ \alpha $ 的正余混弦，记作 $ \mathrm{s}\mathrm{c}\mathrm{h}\alpha $ .若 $ \mathrm{s}\mathrm{c}\mathrm{h}\alpha =\dfrac{1}{5}(0 < \alpha < \mathrm{\pi }) $ ，则 $ \tan \alpha = $       .

答案：

$ \dfrac{4}{3} $

解析：

$ \because 0 < \alpha < \mathrm{\pi } $ ， $ \therefore \sin \alpha > 0 $ ，

由正余混弦的定义可得 $ \mathrm{s}\mathrm{c}\mathrm{h}\alpha =\dfrac{y-x}{r}=\dfrac{y}{r}-\dfrac{x}{r}= \sin \alpha - \cos \alpha $ .

则有 $ \begin{cases}\mathrm{s}\mathrm{c}\mathrm{h}\alpha = \sin \alpha - \cos \alpha =\dfrac{1}{5},\\ { \cos }^{2}\alpha +{ \sin }^{2}\alpha =1,\\ \sin \alpha > 0,\end{cases} $ 解得 $ \begin{cases} \sin \alpha =\dfrac{4}{5},\\ \cos \alpha =\dfrac{3}{5},\end{cases} $ 因此 $ \tan \alpha =\dfrac{ \sin \alpha }{ \cos \alpha }=\dfrac{4}{3} $ .

18．若函数 $ f(x) $ 满足：对任意 $ x\in \boldsymbol{R} $ , $ f(x)=f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)=f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x) $ ，则称 $ f(x) $ 为“ $ M $ 函数”.

（1） 判断 $ {f}_{1}(x)= \sin (\dfrac{4}{3}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ , $ {f}_{2}(x)=| \tan \dfrac{2}{3}x| $ 是不是 $ M $ 函数（直接写出结论）；

（2） 已知函数 $ f(x) $ 是 $ M $ 函数，且当 $ x\in [0,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}] $ 时， $ f(x)= \sin x $ ，求 $ f(x) $ 在 $ [\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},3\mathrm{\pi }] $ 时的解析式；

（3） 在（2）的条件下， $ x\in [0,6\mathrm{\pi }] $ 时，关于 $ x $ 的方程 $ f (x )=a (a $ 为常数 $ ) $ 有解，求该方程所有解的和 $ S $ .

答案：

（1） 【解】 $ {f}_{1}(x)= \sin (\dfrac{4}{3}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 是 $ M $ 函数,证明如下：

因为 $ {f}_{1}(x)= \sin (\dfrac{4}{3}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2})= \cos \dfrac{4}{3}x $ ,所以 $ {f}_{1}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)= \cos [\dfrac{4}{3}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)]= \cos (2\mathrm{\pi }-\dfrac{4}{3}x)= \cos \dfrac{4}{3}x $ , $ {f}_{1}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x)= \cos [\dfrac{4}{3}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x)]= \cos (2\mathrm{\pi }+\dfrac{4}{3}x)= \cos \dfrac{4}{3}x $ ,所以 $ {f}_{1}(x)={f}_{1}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)={f}_{1}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x) $ ,故 $ {f}_{1}(x)= \sin (\dfrac{4}{3}x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}) $ 是 $ M $ 函数.

$ {f}_{2}(x)=| \tan \dfrac{2}{3}x| $ 是 $ M $ 函数,证明如下：

因为 $ {f}_{2}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)=| \tan [\dfrac{2}{3}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)]|=| \tan (\mathrm{\pi }-\dfrac{2}{3}x)|=|- \tan \dfrac{2}{3}x|=| \tan \dfrac{2}{3}x| $ ,

$ {f}_{2}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x)=| \tan [\dfrac{2}{3}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x)]|=| \tan (\mathrm{\pi }+\dfrac{2}{3}x)|=| \tan \dfrac{2}{3}x| $ ,所以 $ {f}_{2}(x)={f}_{2}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)={f}_{2}(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x) $ ,

故 $ {f}_{2}(x)=| \tan \dfrac{2}{3}x| $ 是 $ M $ 函数.

（2） 【解】因为 $ f(x)=f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+x) $ ,所以函数 $ f(x) $ 的一个周期 $ T=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ ,又 $ f(x)=f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x) $ ,所以函数 $ f(x) $ 的图象关于直线 $ x=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ 对称.

因为 $ x\in [\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},3\mathrm{\pi }] $ ,所以 $ x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}\in [0,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}] $ ,

当 $ x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}\in [0,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}] $ ,即 $ x\in [\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},\dfrac{9\mathrm{\pi }}{4}] $ 时, $ f(x)=f(x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2})= \sin (x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2})= \cos x $ ；

当 $ x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}\in (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} ] $ ,即 $ x\in (\dfrac{9\mathrm{\pi }}{4} $ , $ 3\mathrm{\pi } ] $ 时, $ f(x)=f(x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2})=f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-(x-\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}))=f(3\mathrm{\pi }-x) $ ,

又当 $ x\in (\dfrac{9\mathrm{\pi }}{4} $ , $ 3\mathrm{\pi } ] $ 时, $ 3\mathrm{\pi }-x\in [0 $ , $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,所以 $ f(x)=f(3\mathrm{\pi }-x)= \sin (3\mathrm{\pi }-x)= \sin x $ .

综上, $ f(x) $ 在 $ [\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},3\mathrm{\pi }] $ 上的解析式为 $ f(x)=\begin{cases} \cos x,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}\leqslant x\leqslant \dfrac{9\mathrm{\pi }}{4},\\ \sin x,\dfrac{9\mathrm{\pi }}{4} < x\leqslant 3\mathrm{\pi }.\end{cases} $

（3） 【解】由（2）知,当 $ x\in (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4},\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}] $ 时, $ \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x\in [0,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}) $ ,所以 $ f(x)=f(\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)= \sin (\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}-x)=- \cos x $ ,所以

$ f(x)=\begin{cases} \sin x,0\leqslant x\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{4},\\ - \cos x,\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4} < x\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2},\end{cases} $

又函数 $ f(x) $ 的周期 $ T=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2} $ ,所以当 $ x\in [0,6\mathrm{\pi }] $ 时, $ f(x) $ 的图象如图.

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由图知,当 $ a=0 $ 时, $ f(x)=a $ 有5个解,其和为 $ S=0+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+3\mathrm{\pi }+\dfrac{9\mathrm{\pi }}{2}+6\mathrm{\pi }=15\mathrm{\pi } $ ;

当 $ 0 < a < \dfrac{\sqrt{2}}{2} $ 时, $ f(x)=a $ 有8个解,由对称性知,其和为 $ S=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{9\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{15\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{21\mathrm{\pi }}{2}=24\mathrm{\pi } $ ；

当 $ a=\dfrac{\sqrt{2}}{2} $ 时, $ f(x)=a $ 有12个解,由对称性知,其和为 $ S=\dfrac{3\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{9\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{9\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{15\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{15\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{21\mathrm{\pi }}{4}+\dfrac{21\mathrm{\pi }}{2}=36\mathrm{\pi } $ ;

当 $ \dfrac{\sqrt{2}}{2} < a < 1 $ 时, $ f(x)=a $ 有16个解,由对称性知,其和为 $ S=\mathrm{\pi }+2\mathrm{\pi }+4\mathrm{\pi }+5\mathrm{\pi }+7\mathrm{\pi }+8\mathrm{\pi }+10\mathrm{\pi }+11\mathrm{\pi }=48\mathrm{\pi } $ ；

当 $ a=1 $ 时, $ f(x)=a $ 有8个解,其和为 $ S=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+\mathrm{\pi }+2\mathrm{\pi }+\dfrac{5\mathrm{\pi }}{2}+\dfrac{7\mathrm{\pi }}{2}+4\mathrm{\pi }+5\mathrm{\pi }+\dfrac{11\mathrm{\pi }}{2}=24\mathrm{\pi } $ .

综上,方程所有解的和 $ S=\begin{cases}15\mathrm{\pi },a=0,\\ 24\mathrm{\pi },0 < a < \dfrac{\sqrt{2}}{2},\\ 36\mathrm{\pi },a=\dfrac{\sqrt{2}}{2},\\ 48\mathrm{\pi },\dfrac{\sqrt{2}}{2} < a < 1,\\ 24\mathrm{\pi },a=1.\end{cases} $

解析：

19．已知函数 $ f(x)=\sqrt{2} \sin (x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})+\sqrt{2} \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-x)+\sqrt{2} \cos x-a $ 的最大值为3.

（1） 求 $ a $ 的值.

（2） 求函数 $ f(x) $ 的单调递减区间.

（3） 英国数学家泰勒发现了如下公式： $ \cos x=1-\dfrac{{x}^{2}}{2!}+\dfrac{{x}^{4}}{4!}-\dfrac{{x}^{6}}{6!}+\cdots $ ，其中 $ n!=n×(n-1)×(n-2)×\cdots ×3×2×1 $ ，该公式被编入计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的准确性.运用上述思想，计算 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-1) $ 的值.（结果精确到小数点后3位，参考数据： $ \dfrac{1}{4!}\approx 0.04167 $ ， $ \dfrac{1}{6!}\approx 0.00139 $ ）

答案：

（1） 【解】 $ f(x)=\sqrt{2} \sin (x-\dfrac{\mathrm{\pi }}{3})+\sqrt{2} \cos (\dfrac{\mathrm{\pi }}{6}-x)+\sqrt{2} \cos x-a $

$ =\sqrt{2}( \sin x \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}- \cos x \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{3}+ \cos x\cdot \cos \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+ \sin x \sin \dfrac{\mathrm{\pi }}{6}+ \cos x)-a $

$ =\sqrt{2}( \sin x+ \cos x)-a $

$ =2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})-a $ ，

当 $ x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}=\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ , $ k\in \boldsymbol{Z} $ ,即 $ x=\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ 时， $ f(x) $ 取得最大值，且 $ f(x)_{ \max }=2-a=3 $ ，解得 $ a=-1 $ .

（2） 【解】由（1）得 $ f(x)=2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})+1 $ ，

令 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi }\leqslant x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}\leqslant \dfrac{3\mathrm{\pi }}{2}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

可得 $ \dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi }\leqslant x\leqslant \dfrac{5\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi } $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ ，

所以函数 $ f(x) $ 的单调递减区间为 $ [\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi } $ , $ \dfrac{5\mathrm{\pi }}{4}+2k\mathrm{\pi } ] $ ， $ k\in \boldsymbol{Z} $ .

（3） 【解】因为 $ f(x)=2 \sin (x+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})+1 $ ，

所以 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-1)=2 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-1+\dfrac{\mathrm{\pi }}{4})+1=2 \sin (\dfrac{\mathrm{\pi }}{2}-1)+1=2 \cos 1+1 $ .

由泰勒公式可得，

$ \cos 1=1-\dfrac{1}{2!}+\dfrac{1}{4!}-\dfrac{1}{6!}+\cdots \approx 1-0.5+0.04167-0.00139=0.54028 $ ,

所以 $ f(\dfrac{\mathrm{\pi }}{4}-1)=2 \cos 1+1\approx 2×0.54028+1\approx 2.081 $ .

解析：