Question

11．設(shè)f（x）與g（x）是定義在區(qū)間M上的兩個函數(shù)，若?x₀∈M，使得|f（x₀）-g（x₀）|≤1，則稱f（x）與g（x）是M上的“親近函數(shù)”，M稱為“親近區(qū)間”；若?x∈M，都有|f（x）-g（x）|＞1，則稱f（x）與g（x）是M上的“疏遠函數(shù)”，M稱為“疏遠區(qū)間”．給出下列命題：
①$f（x）={x^2}+1與g（x）={x^2}+\frac{3}{2}$是（-∞，+∞）上的“親近函數(shù)”；
②f（x）=x²-3x+4與g（x）=2x-3的一個“疏遠區(qū)間”可以是[2，3]；
③“$a＞1+\frac{{\sqrt{2}}}{e}$”是“$f（x）=\frac{lnx}{x}+2ex$與g（x）=x²+a+e²（e是自然對數(shù)的底數(shù)）是[1，+∞）上的‘疏遠函數(shù)’”的充分條件．
其中所有真命題的序號為①③．

Answer 1

分析 ①?x∈R，|f（x）-g（x）|=$|{x}^{2}+1-（{x}^{2}+\frac{3}{2}）|$=|1-$\frac{3}{2}$|=$\frac{1}{2}$≤1，即可判斷出結(jié)論．
②?x∈[2，3]，則|f（x）-g（x）|=$|（x-\frac{5}{2}）^{2}+\frac{3}{4}|$≤$|（3-\frac{5}{2}）^{2}+\frac{3}{4}|$=1，即可判斷出結(jié)論．
③令u（x）=$\frac{lnx}{x}$，v（x）=x²-2ex+e²+a．利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)u（x）的單調(diào)性極值與最值可得：函數(shù)u（x）取得最大值，u（e）=$\frac{1}{e}$．對于函數(shù)v（x），v（x）=（x-e）²+a≥a，利用|f（x）-g（x）|=|u（x）-v（x）|≥|a-$\frac{1}{e}$|，即可得出判斷出結(jié)論．

解答 解：①?x∈R，|f（x）-g（x）|=$|{x}^{2}+1-（{x}^{2}+\frac{3}{2}）|$=|1-$\frac{3}{2}$|=$\frac{1}{2}$≤1，
∴f（x）與g（x）是R上的“親近函數(shù)”，是真命題．
②?x∈[2，3]，則|f（x）-g（x）|=|x²-3x+4-（2x-3）|=$|（x-\frac{5}{2}）^{2}+\frac{3}{4}|$≤$|（3-\frac{5}{2}）^{2}+\frac{3}{4}|$=1，
∴f（x）=x²-3x+4與g（x）=2x-3的是[2，3]的上的“親近函數(shù)”，而[2，3]不是f（x）與g（x）的一個“疏遠區(qū)間”，是假命題．
③令u（x）=$\frac{lnx}{x}$，v（x）=x²-2ex+e²+a．
對于函數(shù)u（x）（x＞0），u′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x＞e時，u′（x）＜0，此時函數(shù)u（x）單調(diào)遞減；0＜x＜e時，u′（x）＞0，此時函數(shù)u（x）單調(diào)遞增．
∴當(dāng)x=e時，函數(shù)u（x）取得最大值，u（e）=$\frac{1}{e}$．
對于函數(shù)v（x），v（x）=（x-e）²+a≥a，
∴|f（x）-g（x）|=|u（x）-v（x）|≥|a-$\frac{1}{e}$|，
當(dāng)$a＞1+\frac{{\sqrt{2}}}{e}$時，|f（x）-g（x）|≥|a-$\frac{1}{e}$|＞1+$\frac{\sqrt{2}-1}{e}$＞1，
∴“$a＞1+\frac{{\sqrt{2}}}{e}$”是“$f（x）=\frac{lnx}{x}+2ex$與g（x）=x²+a+e²（e是自然對數(shù)的底數(shù)）是[1，+∞）上的‘疏遠函數(shù)’”的充分條件，是真命題．
綜上可得：真命題為 ①③．
故答案為：①③．

點評 本題考查了新定義、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性極值與最值、二次函數(shù)的單調(diào)性、簡易邏輯的判定方法、，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．