Question

13．對于兩個定義域均為D的函數f（x），g（x），若存在最小正實數M，使得對于任意x∈D，都有|f（x）-g（x）|≤M，則稱M為函數f（x），g（x）的“差距”，并記作||f（x），g（x）||．
（1）求f（x）=sinx（x∈R），g（x）=cosx（x∈R）的差距；
（2）設f（x）=$\sqrt{x}$（x∈[1，e${\;}^{\frac{a}{2}}$]），g（x）=mlnx（x∈[1，e${\;}^{\frac{a}{2}}$]）．（e≈2.718）
①若m=2，且||f（x），g（x）||=1，求滿足條件的最大正整數a；
②若a=2，且||f（x），g（x）||=2，求實數m的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）直接根據題設“差距”定義可轉化為三角函數求值問題；
（2）①利用函數的單調性可直接求出最大正整數；②構造新函數h（x）=f（x）-g（x）=$\sqrt{x}$-mlnx，
對h（x）求導，參數m分類討論根據函數的單調性求出m的取值范圍；

解答 解：（1）由題意：|f（x）-g（x）|=|sinx-cosx|=$\sqrt{2}$|sin（x-$\frac{π}{4}$）|≤$\sqrt{2}$，
當x=kπ+$\frac{3π}{4}$，k∈Z時取“=”，所以||f（x），g（x）||=$\sqrt{2}$；
（2）①令h（x）=f（x）-g（x）=$\sqrt{x}$-2lnx．則h′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$-$\frac{2}{x}$=$\frac{\sqrt{x}-4}{2x}$，令h′（x）=0，則x=16．列表：

x	（0，16）	16	（16，+∞）
h′（x）	-	0	+
h（x）	↘		↗

∵h（1）=1；當a=3時，h（${e}^{\frac{a}{2}}$）=${e}^{\frac{3}{4}}$-3，由于e³＞16，因此${e}^{\frac{3}{4}}$＞2，所以${e}^{\frac{3}{4}}$-3＞-1；
當a=4時，h（${e}^{\frac{a}{2}}$）=e-4＜-1，故滿足條件的最大正整數為3．                                     
②令h（x）=f（x）-g（x）=$\sqrt{x}$-mlnx，則h′（x）=$\frac{1}{2\sqrt{x}}$-$\frac{m}{x}$=$\frac{\sqrt{x}-2m}{2x}$．
（1）若m≤$\frac{1}{2}$，則h′（x）≥0，從而h（x）在[1，e]上遞增，又h（1）=1，h（e）=$\sqrt{e}$-m，所以$\sqrt{e}$-m=2，m=$\sqrt{e}$-2；
（ii）若m≥$\frac{\sqrt{e}}{2}$，則h′（x）≤0，從而h（x）在[1，e]上遞減，又h（1）=1，h（e）=$\sqrt{e}$-m，所以$\sqrt{e}$-m=-2，m=$\sqrt{e}$-2；
（iii）若$\frac{1}{2}$＜m＜$\frac{\sqrt{e}}{2}$，則由h′（x）=0，可得x=4m²，列表

x	1	（1，4m2）	4m2	（4m2，e）	e
h′（x）		-	0	+
h（x）	1	↘	2m-mln（4m2）	↗	$\sqrt{e}$-m

因為$\sqrt{e}$-m＜$\sqrt{e}$-$\frac{1}{2}$＜2，所以2m-mln（4m²）=-2，
令u（m）=2m-mln（4m²）=m（2-ln4）-2mlnm
∴u′（m）=2-ln4-2-2lnm=-ln4-2lnm=-2 ln2m＜0，
∴u（m）＞u（$\frac{\sqrt{e}}{2}$）=$\sqrt{e}$-$\frac{\sqrt{e}}{2}$=$\frac{\sqrt{e}}{2}$，故該情況不成立．
綜上，m的取值范圍是{$\sqrt{e}$-2，$\sqrt{e}$+2}．

點評 本題主要考查了對新定義的理解，利用導數判斷函數的單調性應用以及構造新函數等知識點，屬中等偏上題型．