Question

19．对定义在区间D上的函数f（x）和g（x），如果对任意x∈D，都有|f（x）-g（x）|≤1成立，那么称函数f（x）在区间D上可被g（x）替代，D称为“替代区间”．给出以下命题：
①f（x）=x²+1在区间（-∞，+∞）上可被g（x）=x²+$\frac{1}{2}$替代；
②f（x）=x可被g（x）=1-$\frac{1}{4x}$替代的一个“替代区间”为[$\frac{1}{4}$，$\frac{3}{2}$]
③f（x）=lnx在区间[1，e]可被g（x）=$\frac{1}{x}$-b替代，则0≤b≤$\frac{1}{e}$
④f（x）=ln（ax²+x）（x∈D₁），g（x）=sinx（x∈D₂），则存在实数a（≠0），使得f（x）在区间D₁∩D₂上被g（x）替代．
其中真命题的有①②③．

Answer 1

分析 根据函数f（x）在区间D上可被g（x）替代的定义等价为-1≤f（x）-g（x）≤1即可，分别进行求解判断即可．

解答 解：①∵|f（x）-g（x）|=$\frac{1}{2}$＜1；f（x）可被g（x）替代；
∴该命题为真命题；
②|f（x）-g（x）|=$|x+\frac{1}{4x}-1|$；
设h（x）=$x+\frac{1}{4x}-1$，h′（x）=$\frac{4{x}^{2}-1}{4{x}^{2}}$；
∴$x∈[\frac{1}{4}，\frac{1}{2}）$时，h′（x）＜0，x∈（$\frac{1}{2}，\frac{3}{2}$]时，h′（x）＞0；
∴$h（\frac{1}{2}）=0$是h（x）的最小值，又h（$\frac{1}{4}$）=$\frac{1}{4}$，h（$\frac{3}{2}$）=$\frac{2}{3}$；
∴|f（x）-g（x）|＜1；
∴f（x）可被g（x）替代的一个替代区间为[$\frac{1}{4}，\frac{3}{2}$]；
∴该命题是真命题；
③由题意知：|f（x）-g（x）|=|lnx-$\frac{1}{x}$+b|≤1在x∈[1，e]上恒成立；
设h（x）=lnx-$\frac{1}{x}$+b，则h（x）在[1，e]上为增函数，
h（1）=b-1，h（e）=1-$\frac{1}{e}$+b；
则b-1≤h（x）≤1-$\frac{1}{e}$+b；
又-1≤h（x）≤1；
∴$\left\{\begin{array}{l}{b-1≥-1}\\{1-\frac{1}{e}+b≤1}\end{array}\right.$，即$\left\{\begin{array}{l}{b≥0}\\{b≤\frac{1}{e}}\end{array}\right.$；
∴0≤b≤$\frac{1}{e}$；
∴该命题为真命题；
④若a＞0，解ax²+x＞0得，x$＜-\frac{1}{a}$，或x＞0；
可取D₁=（0，+∞），D₂=R；
∴D₁∩D₂=（0，+∞）；
可取x=100，则对任意a，|f（x）-g（x）|＞1；
∴不存在实数a（a＞0），使得f（x）在区间D₁∩D₂ 上被g（x）替代；
若a＜0，解ax²+x＞0得，$0＜x＜-\frac{1}{a}$；
∴D₁=（0，$-\frac{1}{a}$），D₂=R；
∴D₁∩D₂=（0，$-\frac{1}{a}$）；
$0＜a{x}^{2}+x≤-\frac{1}{4a}$；
∴f（x）≤ln（-$\frac{1}{4a}$，-1≤g（x）≤1；
∴不存在a，使得|f（x）-g（x）|≤1；
∴不存在实数a（a＜0），使得f（x）在区间D₁∩D₂ 上被g（x）替代；
综上得，不存在实数a（a≠0），使得f（x）在区间D₁∩D₂ 上被g（x）替代；
∴该命题为假命题；
∴真命题的有：①②③．
故答案为：①②③．

点评 本题主要考查命题的真假判断，考查对替代定义的理解，根据函数导数判断函数单调性、求函数在闭区间上最值的方法，综合性较强，有一定的难度．