Question

对于定义在区间D上的函数f（x）和g（x），如果对于任意x∈D，都有|f（x）-g（x）|≤1成立，那么称函数f（x）在区间D上可被函数g（x）替代．
（1）若f(x)=

x

2

-

1

x

，g(x)=lnx，试判断在区间[[1，e]]上f（x）能否被g（x）替代？
（2）记f（x）=x，g（x）=lnx，证明f（x）在(

1

m

，m)(m＞1)上不能被g（x）替代；
（3）设f(x)=alnx-ax，g(x)=-

1

2

x2+x，若f（x）在区间[1，e]上能被g（x）替代，求实数a的范围．

Answer 1

分析：（1）构造函数h(x)=f(x)-g(x)=

x

2

-

1

x

-lnx，通过研究h（x）的导数得出其单调性，从而得出其在区间[[1，e]上的值域，可以证出f（x）能被g（x）替代；
（2）构造函数k（x）=f（x）-g（x）=x-lnx，可得在区间(

1

m

，1)上函数k（x）为减函数，在区间（1，m）上为增函数，因此函数k（x）在区间的最小值为k（1）=1，最大值是k（m）大于1，所以不满足对于任意x∈D，都有|f（x）-g（x）|≤1成立，故f（x）在(

1

m

，m)(m＞1)上不能被g（x）替代；
（3）根据题意得出不等式|alnx-ax+

1

2

x2-x|≤1，去掉绝对值，再根据x-lnx的正负转化为a≤

1 2 x2-x+1

x-lnx

或a≥

1 2 x2-x+1

x-lnx

，通过讨论右边函数的最值，得出实数a的范围

解答：解：（1）∵f(x)-g(x)=

x

2

-

1

x

-lnx，
令h(x)=

x

2

-

1

x

-lnx，
∵h′(x)=

1

2

+

1

x2

-

1

x

=

x2+2-2x

2x2

＞0，
∴h（x）在[1，e]上单调增，
∴h(x)∈[-

1

2

，

e

2

-

1

e

-1]．
∴|f（x）-g（x）|≤1，即在区间[[1，e]]上f（x）能被g（x）替代．
（2）记k（x）=f（x）-g（x）=x-lnx，可得k/(x)=

x-1

x

当

1

m

＜x＜1时，k′（x）＜0，在区间(

1

m

，1)上函数k（x）为减函数，
当1＜x＜m时，k′（x）＞0，在区间（1，m）上函数k（x）为增函数
∴函数k（x）在区间的最小值为k（1）=1，最大值是k（m）＞1，
所以不满足对于任意x∈D，都有|f（x）-g（x）|≤1成立，
故f（x）在(

1

m

，m)(m＞1)上不能被g（x）替代；
（3）∵f（x）在区间[1，e]上能被g（x）替代，
即|f（x）-g（x）|≤1对于x∈[1，e]恒成立．
∴|alnx-ax+

1

2

x2-x|≤1．-1≤alnx-ax+

1

2

x2-x≤1，
由（2）知，当x∈[1，e]时，x-lnx＞0恒成立，
∴有a≤

1 2 x2-x+1

x-lnx

，
令F(x)=

1 2 x2-x+1

x-lnx

，
∵F′(x)=

(x-1)(x-lnx)-(1- 1 x )( 1 2 x2-x+1)

(x-lnx)2

=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx- 1 x )

(x-lnx)2

，
由（1）的结果可知

1

2

x+1-lnx-

1

x

＞0，
∴F'（x）恒大于零，
∴a≤

1

2

．
②a≥

1 2 x2-x-1

x-lnx

，
令G(x)=

1 2 x2-x-1

x-lnx

，
∵G′(x)=

(x-1)(x-lnx)-(1- 1 x )( 1 2 x2-x-1)

(x-lnx)2

=

(x-1)( 1 2 x+1-lnx+ 1 x )

(x-lnx)2

，
∵

1

2

x+1-lnx+

1

x

＞

1

2

x+1-lnx-

1

x

＞0，
∴G'（x）恒大于零，
∴a≥

e2-2e-2

2(e-1)

，
即实数a的范围为

e2-2e-2

2(e-1)

≤a≤

1

2

点评：本题考查了利用导数研究函数的单调性，通过分类讨论解决了不等式恒成立的问题，属于难题．