Question

11．设f（x）与g（x）是定义在区间M上的两个函数，若?x₀∈M，使得|f（x₀）-g（x₀）|≤1，则称f（x）与g（x）是M上的“亲近函数”，M称为“亲近区间”；若?x∈M，都有|f（x）-g（x）|＞1，则称f（x）与g（x）是M上的“疏远函数”，M称为“疏远区间”．给出下列命题：
①$f（x）={x^2}+1与g（x）={x^2}+\frac{3}{2}$是（-∞，+∞）上的“亲近函数”；
②f（x）=x²-3x+4与g（x）=2x-3的一个“疏远区间”可以是[2，3]；
③“$a＞1+\frac{{\sqrt{2}}}{e}$”是“$f（x）=\frac{lnx}{x}+2ex$与g（x）=x²+a+e²（e是自然对数的底数）是[1，+∞）上的‘疏远函数’”的充分条件．
其中所有真命题的序号为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，即可判断出结论．
②?x∈[2，3]，则|f（x）-g（x）|=$|（x-\frac{5}{2}）^{2}+\frac{3}{4}|$≤$|（3-\frac{5}{2}）^{2}+\frac{3}{4}|$=1，即可判断出结论．
③令u（x）=$\frac{lnx}{x}$，v（x）=x²-2ex+e²+a．利用导数研究函数u（x）的单调性极值与最值可得：函数u（x）取得最大值，u（e）=$\frac{1}{e}$．对于函数v（x），v（x）=（x-e）²+a≥a，利用|f（x）-g（x）|=|u（x）-v（x）|≥|a-$\frac{1}{e}$|，即可得出判断出结论．

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）与g（x）是R上的“亲近函数”，是真命题．
②?x∈[2，3]，则|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与g（x）=2x-3的是[2，3]的上的“亲近函数”，而[2，3]不是f（x）与g（x）的一个“疏远区间”，是假命题．
③令u（x）=$\frac{lnx}{x}$，v（x）=x²-2ex+e²+a．
对于函数u（x）（x＞0），u′（x）=$\frac{1-lnx}{{x}^{2}}$，可知：x＞e时，u′（x）＜0，此时函数u（x）单调递减；0＜x＜e时，u′（x）＞0，此时函数u（x）单调递增．
∴当x=e时，函数u（x）取得最大值，u（e）=$\frac{1}{e}$．
对于函数v（x），v（x）=（x-e）²+a≥a，
∴|f（x）-g（x）|=|u（x）-v（x）|≥|a-$\frac{1}{e}$|，
当$a＞1+\frac{{\sqrt{2}}}{e}$时，|f（x）-g（x）|≥|a-$\frac{1}{e}$|＞1+$\frac{\sqrt{2}-1}{e}$＞1，
∴“$a＞1+\frac{{\sqrt{2}}}{e}$”是“$f（x）=\frac{lnx}{x}+2ex$与g（x）=x²+a+e²（e是自然对数的底数）是[1，+∞）上的‘疏远函数’”的充分条件，是真命题．
综上可得：真命题为 ①③．
故答案为：①③．

点评 本题考查了新定义、利用导数研究函数的单调性极值与最值、二次函数的单调性、简易逻辑的判定方法、，考查了推理能力与计算能力，属于难题．