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）

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x 0 ＞0，使得|g（x）-g（x 0 ）|＜ 1 x 对任意x＞0成立？若存在，求出x 0 的取值范围；若不存在请说明理由．

Answer 1

（Ⅰ）由题设易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+ 1 x ， ∴g′（x）= x-1 x 2 ，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 x 2 ， 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x 0 不存在．证明如下：证法一 假设存在x 0 ＞0， 使|g（x）-g（x 0 ）|＜ 1 x 成立，即对任意x＞0， 有 Inx＜g( x 0 )＜Inx+ 2 x ，（*）但对上述x 0 ，取 x 1 = e g( x 0 ) 时， 有 Inx 1 =g（x 0 ），这与（*）左边不等式矛盾， 因此，不存在x 0 ＞0，使|g（x）-g（x 0 ）|＜ 1 x 成立． 证法二 假设存在x 0 ＞0，使|g（x）-g（x 0 ）|成＜ 1 x 立． 由（Ⅰ）知， e g( x 0 ) 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x 1 ＞1， 使 g（x 1 ）≥g（x 0 ）+1，即g（x 1 ）-g（x 0 ）≥1， 故|g（x 1 ）-g（x 0 ）|≥1＞ 1 x 1 ，与假设矛盾． ∴不存在x 0 ＞0，使|g（x）-g（x 0 ）|＜ 1 x 成立．