Question

【題目】對于兩個定義域均為D的函數(shù)f（x），g（x），若存在最小正實數(shù)M，使得對于任意x∈D，都有|f（x）﹣g（x）|≤M，則稱M為函數(shù)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(shè)f（x）= （x∈[1，e ]），g（x）=mlnx（x∈[1，e ]）．（e≈2.718）
①若m=2，且||f（x），g（x）||=1，求滿足條件的最大正整數(shù)a；
②若a=2，且||f（x），g（x）||=2，求實數(shù)m的取值范圍．

Answer 1

【答案】
（1）解：由題意：|f（x）﹣g（x）|=|sinx﹣cosx|= |sin（x﹣ ）|≤ ，

當(dāng)x=kπ+ ，k∈Z時取“=”，所以||f（x），g（x）||=

（2）解：①令h（x）=f（x）﹣g（x）= ﹣2lnx．則h′（x）= ﹣ = ，令h′（x）=0，則x=16．列表：

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

∵h(yuǎn)（1）=1；當(dāng)a=3時，h（ ）= ﹣3，由于e3＞16，因此 ＞2，所以 ﹣3＞﹣1；

當(dāng)a=4時，h（ ）=e﹣4＜﹣1，故滿足條件的最大正整數(shù)為3．

②令h（x）=f（x）﹣g（x）= ﹣mlnx，則h′（x）= ﹣ = ．

若m≤ ，則h′（x）≥0，從而h（x）在[1，e]上遞增，又h（1）=1，h（e）= ﹣m，所以 ﹣m=2，m= ﹣2；

（ii）若m≥ ，則h′（x）≤0，從而h（x）在[1，e]上遞減，又h（1）=1，h（e）= ﹣m，所以 ﹣m=﹣2，m= ﹣2；

（iii）若 ＜m＜ ，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）	↗	﹣m

因為 ﹣m＜ ﹣ ＜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（ ）= ﹣ = ，故該情況不成立．

綜上，m的取值范圍是{ ﹣2， +2}

【解析】（1）直接根據(jù)題設(shè)“差距”定義可轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)求值問題；（2）①利用函數(shù)的單調(diào)性可直接求出最大正整數(shù)；②構(gòu)造新函數(shù)h（x）=f（x）﹣g（x）= ﹣mlnx，
對h（x）求導(dǎo)，參數(shù)m分類討論根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性求出m的取值范圍；
【考點精析】掌握函數(shù)的值和利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性是解答本題的根本，需要知道函數(shù)值的求法：①配方法(二次或四次)；②“判別式法”；③反函數(shù)法；④換元法；⑤不等式法；⑥函數(shù)的單調(diào)性法；一般的,函的單調(diào)性與其導(dǎo)數(shù)的正負(fù)有如下關(guān)系： 在某個區(qū)間內(nèi)，(1)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞增；(2)如果，那么函數(shù)在這個區(qū)間單調(diào)遞減．