Question

若实数x、y、m满足|x-m|≤|y-m|，则称x比y更接近m．
（1）若x²-3比1更接近0，求x的取值范围；
（2）对任意两个正数a、b，试判断(

a+b

2

)2与

a2+b2

2

哪一个更接近ab？并说明理由；
（3）当a≥2且x≥1时，证明：

e

x

比x+a更接近lnx．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,绝对值不等式的解法

专题：计算题,新定义,不等式的解法及应用

分析：（1）由新定义可得|x²-3|≤1，由绝对值不等式的解法，即可得到解集；
（2）方法一、运用新定义作差比较，即可得到；
方法二、运用基本不等式，即可比较；
（3）令p(x)=

e

x

-lnx，q(x)=x+a-lnx，分别求出单调性，再讨论①当1≤x≤e时，②当x＞e时，再由新定义作差比较即可得证．

解答： 解：（1）依题意可得|x²-3|≤1?-1≤x²-3≤1?-2≤x≤-

2

或

2

≤x≤2，
∴x的取值范围为[-2，-

2

]∪[

2

，2]；
（2）解法一：∵|(

a+b

2

)2-ab|-|

a2+b2

2

-ab|=|

(a-b)

4

2|-|

(a-b)2

2

|
=

(a-b)2

4

-

(a-b)2

2

=-

(a-b)2

4

≤0，
即|(

a+b

2

)2-ab|≤|

a2+b2

2

-ab|，
∴(

a+b

2

)2比

a2+b2

2

更接近ab；
解法二：∵对任意两个正数a、b，有(

a+b

2

)2≥ab，

a2+b2

2

≥ab，
∴|(

a+b

2

)2-ab|-|

a2+b2

2

-ab|=(

a+b

2

)2-

a2+b2

2

=-

(a-b)2

4

≤0，
即|(

a+b

2

)2-ab|≤|

a2+b2

2

-ab|，
∴(

a+b

2

)2比

a2+b2

2

更接近ab；
（3）证明：令p(x)=

e

x

-lnx，q(x)=x+a-lnx，
则p（x）在区间[1，+∞）上单调递减，且p（e）=0，
由q′(x)=1-

1

x

=

x-1

x

，得当x≥1时，q'（x）≥0，
∴q（x）在[1，+∞）上单调递增，且当x≥1时，有q（x）≥q（1）=0，
①当1≤x≤e时，∵p（x）≥0，a≥2，
∴|p(x)|-|q(x)|=

e

x

-lnx-(x+a-lnx)=

e

x

-x-a≤e-1-2＜0．
∴

e

x

比x+a更接近lnx．
②当x＞e时，
方法一：∵p（x）＜0，q（x）＞0．，
∴|p(x)|-|q(x)|=lnx-

e

x

-(x+a-lnx)=2lnx-

e

x

-x-a＜2lnx-x-2．
令f（x）=2lnx-x-2，则f′(x)=

2

x

-1=

2-x

x

．当x＞e时，f'（x）＜0．
∴f（x）在区间（e，+∞）单调递减，当x＞e时，f（x）＜f（e）=-e＜0
综上可知，当x≥1时，|

e

x

-lnx|-|x+a-lnx|≤0．即|

e

x

-lnx|≤|x+a-lnx|．
∴

e

x

比x+a更接近lnx．
方法二：当x＞e时，∵p（x）＜0，q（x）＞0．
∴|p(x)|-|q(x)|=lnx-

e

x

-(x+a-lnx)=2lnx-

e

x

-x-a，
令f(x)=2lnx-

e

x

-x-a，则f′(x)=

2

x

-1+

e

x2

=-

x2-2x-e

x2

．
令f'（x）=0，解得x1=1+

1+e

，x2=1-

1+e

，
∵x＞e∴x2=1-

1+e

不合舍去，
∵（e-1）²＜1+e，∴e-1＜

1+e

∴x₁＞e
∵当e＜x＜x₁时，f'（x）＞0．当x＞x₁时，f'（x）＜0．
∴f（x）在区间（e，x₁）单调递增，在（x₁，+∞）单调递减，又e＜x₁＜3
∴当x＞e时，f(x)≤f(x1)=2lnx1-

e

x1

-x1-a＜2ln3-e-2＜0．
综上可知，当x≥1时，|

e

x

-lnx|-|x+a-lnx|≤0．即|

e

x

-lnx|≤|x+a-lnx|．
∴

e

x

比x+a更接近lnx．

点评：本题考查新定义的理解和运用，考查绝对值不等式的解法和性质的运用，考查构造函数，运用导数判断单调性，进而得到两数的大小关系，属于中档题和易错题．