Question

設(shè)函數(shù)f（x）定義在（0，+∞）上，f（1）=0，導(dǎo)函數(shù)f′（x）=

1

x

，g（x）=f（x）+f′（x）．
（Ⅰ）求g（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值；
（Ⅱ）討論g（x）與g(

1

x

)的大小關(guān)系；
（Ⅲ）是否存在x₀＞0，使得|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

對任意x＞0成立？若存在，求出x₀的取值范圍；若不存在請說明理由．

Answer 1

分析：（I）根據(jù)題意求出f（x）的解析式，代入g（x）=f（x）+f′（x）．求出g（x），求導(dǎo)，令導(dǎo)數(shù)等于零，解方程，跟據(jù)g′（x），g（x）隨x的變化情況即可求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間和最小值；
（Ⅱ）構(gòu)造函數(shù)h（x）=g（x）g(

1

x

)，利用導(dǎo)數(shù)求該函數(shù)的最小值，從而求得g（x）與g(

1

x

)的大小關(guān)系；
（Ⅲ）證法一：假設(shè)存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立，即對任意x＞0，解此絕對值不等式，取x1=eg(x0) 時，得出矛盾；
證法二 假設(shè)存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|成＜

1

x

立，轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域，得出矛盾．

解答：解：（Ⅰ）由題設(shè)易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+

1

x

，
∴g′（x）=

x-1

x2

，令g′（x）=0，得x=1，
當(dāng)x∈（0，1）時，g′（x）＜0，故g（x）的單調(diào)遞減區(qū)間是（0，1），
當(dāng)x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，故g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（1，+∞），
因此x=1是g（x）的唯一極值點(diǎn)，且為極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，
∴最小值為g（1）=1；
（Ⅱ）g(

1

x

)=-lnx+x，
設(shè)h（x）=g（x）-g(

1

x

)=2lnx-x+

1

x

，
則h′（x）=-

(x-1)2

x2

，
當(dāng)x=1時，h（1）=0，即g（x）=g(

1

x

)，
當(dāng)x∈（0，1）∪（1，+∞）時，h′（x）＜0，h′（1）=0，
因此，h（x）在（0，+∞）內(nèi)單調(diào)遞減，
當(dāng)0＜x＜1，時，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞g(

1

x

)，
當(dāng)x＞1，時，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜g(

1

x

)，
（Ⅲ）滿足條件的x₀ 不存在．證明如下：證法一 假設(shè)存在x₀＞0，
使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立，即對任意x＞0，
有 Inx＜g(x0)＜Inx+

2

x

，（*）但對上述x₀，取x1=eg(x0) 時，
有 Inx₁=g（x₀），這與（*）左邊不等式矛盾，
因此，不存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立．
證法二 假設(shè)存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|成＜

1

x

立．
由（Ⅰ）知，eg(x0) 的最小值為g（x）=1．
又g(x)=Inx+

1

x

＞Inx，
而x＞1 時，Inx 的值域為（0，+∞），
∴x≥1 時，g（x） 的值域為[1，+∞），從而可取一個x₁＞1，
使 g（x₁）≥g（x₀）+1，即g（x₁）-g（x₀）≥1，
故|g（x₁）-g（x₀）|≥1＞

1

x1

，與假設(shè)矛盾．
∴不存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立．

點(diǎn)評：此題是個難題．考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和在閉區(qū)間上的最值問題，對方程f'（x）=0根是否在區(qū)間[0，1]內(nèi)進(jìn)行討論，體現(xiàn)了分類討論的思想方法，增加了題目的難度．其中問題（III）是一個開放性問題，考查了同學(xué)們觀察、推理以及創(chuàng)造性地分析問題、解決問題的能力．