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.
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(shí),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(shí),g′(x)<0,故g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,1),
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),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(shí),h(1)=0,即g(x)=g(
1
x
)

當(dāng)x∈(0,1)∪(1,+∞)時(shí),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(shí),h(x)>h(1)=0,即g(x)>g(
1
x
)

當(dāng)x>1,時(shí),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,
Inx<g(x0)<Inx+
2
x
,(*)但對上述x0,取x1=eg(x0) 時(shí),
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.
g(x)=Inx+
1
x
>Inx,
而x>1 時(shí),Inx 的值域?yàn)椋?,+∞),
∴x≥1 時(shí),g(x) 的值域?yàn)閇1,+∞),從而可取一個(gè)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(gè)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(gè)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.
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