2011-陕西卷理-21 解-三次函数

本题导读

本题考查导数的运算与对数函数解析式的还原。

📌【题干】

Question

（2011年陕西卷(理)）

设函数 $f(x)$ 定义在 $(0,+\infty )$ 上，$f(1)=0$，导函数 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$，$g(x)=f(x)+f^{\prime }(x)$.

(1) 求 $g(x)$ 的单调区间和最小值；

(2) 讨论 $g(x)$ 与 $g\left(\frac{1}{x}\right)$ 的大小关系；

(3) 是否存在 $x_0>0$，使得 $|g(x)-g(x_0)|<\frac{1}{x}$ 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.

🔍【思路分析】

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1. 对 (1)：由 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$ 且 $f(1)=0$ 得 $f(x)=\ln x$，从而 $g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$。求导 $g^{\prime }(x)=\frac{x-1}{x^2}$，容易求出单调增减区间及最小值 $g(1)=1$。

2. 对 (2)：计算差值 $H(x)=g(x)-g\left(\frac{1}{x}\right)$。将 $g\left(\frac{1}{x}\right)=\ln \left(\frac{1}{x}\right)+x=-\ln x+x$ 代入，得 $H(x)=2\ln x+\frac{1}{x}-x$。通过求导分析 $H(x)$ 在 $x\in (0,1)$、$x=1$ 及 $x\in (1,+\infty )$ 上的正负。

3. 对 (3)：绝对值不等式化为 $-\frac{1}{x}<g(x)-g(x_0)<\frac{1}{x}$。

• 分析上界 $g(x)-\frac{1}{x}<g(x_0)$，即 $\ln x<g(x_0)$；

• 当 $x\to +\infty$ 时，$\ln x\to +\infty$，对任意固定的实数 $g(x_0)$，只要 $x$ 充分大，必然产生 $\ln x>g(x_0)$，导致矛盾；

• 由此直接否定存在性。

✅【答案】

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✍【详细解析】

Abstract

因为 $f^{\prime }(x)=\frac{1}{x}$（$x>0$），且 $f(1)=0$，

所以：

$f(x)=\ln x$

从而：

$g(x)=f(x)+f^{\prime }(x)=\ln x+\frac{1}{x}(x>0)$

(1)

对 $g(x)$ 求导，得：

$g^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}=\frac{x-1}{x^2}$

令 $g^{\prime }(x)=0$，得 $x=1$。

• 当 $x\in (0,1)$ 时，$g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 单调递减；

• 当 $x\in (1,+\infty )$ 时，$g^{\prime }(x)>0$，$g(x)$ 单调递增。

因此，$g(x)$ 的单调递减区间为 $(0,1)$，单调递增区间为 $(1,+\infty )$。

当 $x=1$ 时，$g(x)$ 取得极小值也是最小值：

$g(x{)}_{\min }=g(1)=\ln 1+\frac{1}{1}=1$

(2)

由 $g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，得：

$g\left(\frac{1}{x}\right)=\ln \left(\frac{1}{x}\right)+\frac{1}{\frac{1}{x}}=-\ln x+x$

设 $h(x)=g(x)-g\left(\frac{1}{x}\right)=2\ln x+\frac{1}{x}-x$（$x>0$）。

对 $h(x)$ 求导，得：

$h^{\prime }(x)=\frac{2}{x}-\frac{1}{x^2}-1=-\frac{x^2-2x+1}{x^2}=-\frac{(x-1{)}^2}{x^2}$

当 $x\ne 1$ 时，$h^{\prime }(x)<0$；且当 $x=1$ 时，$h^{\prime }(1)=0$。

所以函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调递减。

又因为：

$h(1)=2\ln 1+1-1=0$

所以：

• 当 $0<x<1$ 时，$h(x)>h(1)=0$，即 $g(x)>g\left(\frac{1}{x}\right)$；

• 当 $x=1$ 时，$h(1)=0$，即 $g(x)=g\left(\frac{1}{x}\right)$；

• 当 $x>1$ 时，$h(x)<h(1)=0$，即 $g(x)<g\left(\frac{1}{x}\right)$。

(3)

不存在实数 $x_0>0$，使得题设不等式对任意 $x>0$ 恒成立。

证明如下：

假设存在 $x_0>0$，使得对任意 $x>0$，均有：

$|g(x)-g(x_0)|<\frac{1}{x}$

由绝对值不等式性质，该不等式等价于：

$-\frac{1}{x}<g(x)-g(x_0)<\frac{1}{x}$

特别地，其左半部分必须满足：

$g(x)-g(x_0)<\frac{1}{x}⟹g(x)-\frac{1}{x}<g(x_0)$

将 $g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$ 代入，得：

$\left(\ln x+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{x}<g(x_0)⟹\ln x<g(x_0)$

此式必须对任意 $x\in (0,+\infty )$ 均成立。

但是，对于任意给定的正实数 $x_0$，$g(x_0)=\ln x_0+\frac{1}{x_0}$ 是一个确定的实常数。

而对数函数 $y=\ln x$ 在 $(0,+\infty )$ 上无上界（当 $x\to +\infty$ 时，$\ln x\to +\infty$）。

取 $x_1={\text{e}}^{g(x_0)+1}>0$，代入得：

$\ln x_1=g(x_0)+1>g(x_0)$

这与 $\ln x<g(x_0)$ 对任意 $x>0$ 恒成立相矛盾。

因此，不存在正实数 $x_0$，使得不等式 $|g(x)-g(x_0)|<\frac{1}{x}$ 对任意 $x>0$ 成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心考点：导数单调性、构造差函数、对数函数的值域与无界性、存在性命题的反证法。

• 核心方法：

• 寻找矛盾点：处理“对任意 $x$ 恒成立”的含参不等式时，移项化简出只含单一变量的简洁结构（$\ln x<g(x_0)$）；

• 极限取特值：利用 $\ln x\to +\infty$（或反设特值点 $x={\text{e}}^{g(x_0)+1}$）迅速导出矛盾。

• 避坑指南：

• 看到绝对值不等式不要盲目平方或展开分类，拆成双边不等式寻找极端行为（$x\to 0^{+}$ 或 $x\to +\infty$）是破解存在性命题最高效的路径；

• 第 (2) 问求导后导数含完全平方式 $-(x-1{)}^2⩽0$，仅在 $x=1$ 一点处导数为零，不影响整体严格单调递减性。

📖【试题探源与推广】

Tip

• 试题探源：源于微积分中函数的渐近形态与一致逼近理论，考查反比例权重衰减因子 $\frac{1}{x}$ 对函数波动幅度的制约。

• 结论推广：对任意无界函数 $F(x)$，若 ${\lim }_{x\to +\infty }F(x)=+\infty$，则不存在常数 $C$ 能使得 $|F(x)-C|<\epsilon (x)$（其中 ${\lim }_{x\to +\infty }\epsilon (x)=0$）在无穷区间上恒成立。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 06.01 幂指对函数图象与性质

• 20.03 导数研究单调性与极值最值

类题演练 (Links)

• 2005-辽宁卷-10 单-函数的单调性

• 2007-福建卷理-07 单-分式不等式

• 2008-安徽卷文-13 填-根式对数定义域