Question

设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=

1

x

，g（x）=f（x）+f′（x）．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；
（Ⅱ）讨论g（x）与g(

1

x

)的大小关系；
（Ⅲ）是否存在x₀＞0，使得|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

对任意x＞0成立？若存在，求出x₀的取值范围；若不存在请说明理由．

Answer 1

分析：（I）根据题意求出f（x）的解析式，代入g（x）=f（x）+f′（x）．求出g（x），求导，令导数等于零，解方程，跟据g′（x），g（x）随x的变化情况即可求出函数的单调区间和最小值；
（Ⅱ）构造函数h（x）=g（x）g(

1

x

)，利用导数求该函数的最小值，从而求得g（x）与g(

1

x

)的大小关系；
（Ⅲ）证法一：假设存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立，即对任意x＞0，解此绝对值不等式，取x1=eg(x0) 时，得出矛盾；
证法二 假设存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|成＜

1

x

立，转化为求函数的值域，得出矛盾．

解答：解：（Ⅰ）由题设易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+

1

x

，
∴g′（x）=

x-1

x2

，令g′（x）=0，得x=1，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，故g（x）的单调递减区间是（0，1），
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）的单调递增区间是（1，+∞），
因此x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
∴最小值为g（1）=1；
（Ⅱ）g(

1

x

)=-lnx+x，
设h（x）=g（x）-g(

1

x

)=2lnx-x+

1

x

，
则h′（x）=-

(x-1)2

x2

，
当x=1时，h（1）=0，即g（x）=g(

1

x

)，
当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0，
因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减，
当0＜x＜1，时，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞g(

1

x

)，
当x＞1，时，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜g(

1

x

)，
（Ⅲ）满足条件的x₀ 不存在．证明如下：证法一 假设存在x₀＞0，
使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立，即对任意x＞0，
有 Inx＜g(x0)＜Inx+

2

x

，（*）但对上述x₀，取x1=eg(x0) 时，
有 Inx₁=g（x₀），这与（*）左边不等式矛盾，
因此，不存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立．
证法二 假设存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|成＜

1

x

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

1

x

＞Inx，
而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），
∴x≥1 时，g（x） 的值域为[1，+∞），从而可取一个x₁＞1，
使 g（x₁）≥g（x₀）+1，即g（x₁）-g（x₀）≥1，
故|g（x₁）-g（x₀）|≥1＞

1

x1

，与假设矛盾．
∴不存在x₀＞0，使|g（x）-g（x₀）|＜

1

x

成立．

点评：此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性和在闭区间上的最值问题，对方程f'（x）=0根是否在区间[0，1]内进行讨论，体现了分类讨论的思想方法，增加了题目的难度．其中问题（III）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力．