Question

设f（x）=lnx，g（x）=f′（x）+lnx
（1）求g（x）的单调区间和最小值．  
（2）讨论g（x）与g(

1

x

)的大小关系．
（3）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：（1）通过函数的导数，求出函数的极值点，然后推出g（x）的单调区间和最小值．  
（2）构造函数F(x)=g(x)-g(

1

x

)=21nx-x+

1

x

，通过函数的导数，对x分类讨论，推出g（x）与g(

1

x

)的大小关系．
（3）利用反证法，设存在x₀＞0，使得|g(x)-g(x0)|＜

1

x

对任意x＞0成立，导出矛盾结论，说明不存在满足题意的值．

解答：解（1）由题意可知：g(x)=lnx+

1

x

∴g′(x)=

1

x

-

1

x2

=

x-1

x2

令g′（x）=0得x=1
∵0＜x＜1g′（x）＜0x＞1，g′（x）＞0
∴x=1是g（x）的唯一极小值点
∴最小值为g（1）=1
（2）g(

1

x

)=-lnx+x
设F(x)=g(x)-g(

1

x

)=21nx-x+

1

x

则F′(x)=-

(x-1)2

x2

当x=1时   F（1）=0即g(x)=g(

1

x

)
当0＜x＜1时   F¹（x）＜0F（1）=0
∴g(x)-g(

1

x

)＞0
即g(x)＞g(

1

x

)
当x＞1时   F¹（x）＜0F（1）=0
∴g(x)-g(

1

x

)＜0
即g(x)＜g(

1

x

)
（3）假设?x₀＞0，使|g(x)-g(x0)|＜

1

x

对?x＞0
成立即 lnx＜g(x0)＜lnx+

2

x

取x0=eg(x0)
则lnx=g（x₀）
这与lnx＜g（x₀）矛盾
因此不存在x₀＞0，使|g(x)-g(x0)|＜

1

x

对任意x＞0成立．

点评：本题考查函数的导数判断函数的单调性，利用函数的最值判断函数值的大小，反证法证明存在性问题的方法，考查逻辑推理能力与计算能力．