Question

16．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）=x-b替代，则e-2≤b≤2；
④f（x）=lg（ax²+x）（x∈D₁），g（x）=sinx（x∈D₂），则存在实数a（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 命题①直接由替代的定义得出为真命题；命题②|f（x）-g（x）|=$|x+\frac{1}{4x}-1|$，根据导数判断函数x+$\frac{1}{x}-1$在区间$[\frac{1}{4}，\frac{3}{2}]$上的最值，从而可说明|f（x）-g（x）|＜1，从而可判断该命题正确；命题③，根据替代的定义，|f（x）-g（x）|≤1在[1，e]上恒成立，根据导数判断函数lnx-x+b在[1，e]上的单调性，根据单调性即可求出函数lnx-x+b的值域，该值域应为区间[-1，1]的子集，从而可得出b的取值范围，从而判断该命题的正误；命题④可先找出一个D₁∩D₂区间，可以在此区间找到一个x使对任意a|f（x）-g（x）|＞1，从而便可判断出该命题错误，这样便可最后找出所有的真命题．

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-x+b|≤1在x∈[1，e]上恒成立；
设h（x）=lnx-x+b，则h′（x）=$\frac{1-x}{x}$；
∵x∈[1，e]；
∴h′（x）≤0；
∴h（x）在[1，e]上单调递减；
h（1）=b-1，h（e）=1-e+b；
1-e+b≤h（x）≤b-1；
又-1≤h（x）≤1；
∴$\left\{\begin{array}{l}{1-e+b≥-1}\\{b-1≤1}\end{array}\right.$；
∴e-2≤b≤2；
∴该命题为真命题；
④1）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；
2）若a＜0，解ax²+x＞0得，$0＜x＜-\frac{1}{a}$；
∴D₁=（0，$-\frac{1}{a}$），D₂=R；
∴D₁∩D₂=（0，$-\frac{1}{a}$）；
$0＜a{x}^{2}+x≤-\frac{1}{4a}$；
∴$f（x）≤lg（-\frac{1}{4a}）$，-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 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，以及根据对数的真数大于0求函数定义域的方法，解一元二次不等式，在说明f（x）不能被g（x）替代的举反例即可．