Question

設(shè)函數(shù)f（x）定義在（0，+∞）上，其圖象經(jīng)過點(diǎn)M（1，0），導(dǎo)函數(shù)f′（x）=x^-1，g（x）=f（x）+f′（x）．
（1）如果不等式m≥g（x）有解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（2）如果N（t，b）是函數(shù)y=f′（x）圖象上一點(diǎn)，證明：當(dāng)0＜t＜1，g（t）＞g（b）；
（3）是否存在x₀＞1，使得lnx＜g（x₀）＜lnx+

2

x

對(duì)任意x＞0恒成立？若存在，求出x₀ 的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值

專題：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

分析：（1）由圖象經(jīng)過點(diǎn)M（1，0），導(dǎo)函數(shù)f′（x）=x^-1，求出f（x），g（x）的解析式，不等式m≥g（x）有解，就是m大于等g（x）的最大值，利用g（x）的單調(diào)性求出g（x）的最大值，從而求出m的取值范圍；
（2）構(gòu)造函數(shù)h（t）=g（t）-g（b），利用h（t）的單調(diào)性求出h（t）的最值，從而證明不等式；
（3）利用反證法，假設(shè)結(jié)論不成立，取x1=eg(x0)時(shí)，得出矛盾，從而得證．

解答： 解：（1）∵f′(x)=

1

x

，∴f（x）=lnx+c（c為常數(shù)），
又∵f（1）=0，∴l(xiāng)n1+c=0，即c=0，∴f（x）=lnx，g(x)=lnx+

1

x

，
∴g′(x)=

x-1

x2

，令g′（x）=0，即

x-1

x2

=0，解得x=1，
當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）＜0時(shí)，當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，g′（x）＞0．
所以x=1是函數(shù)g（x）在（0，+∞）上的唯一極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)，…（4分）
所以g（x）的最小值是g（1）=1．“不等式m≥g（x）有解”的等價(jià)命題是“m≥[g（x）]_min”，故m≥1．
（2）證明：點(diǎn)N（t，b）是函數(shù)y=f′（x）圖象上一點(diǎn)，
b=f′(t)=

1

t

，g(b)=g(

1

t

)=-lnt+t．
設(shè)h(t)=g(t)-g(b)=g(t)-g(

1

t

)=2lnt-t+

1

t

，則h′(t)=t-

(t-1)2

t2

，
當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，h（t）＜0，此時(shí)h（t）=2lnt-t+

1

t

是減函數(shù)，故h（t）＞h（1），
又t=1時(shí)，h（1）=0，即h（t）＞0，也就是2lnt-t+

1

t

＞0，∴g(t)＞g(

1

t

)．
故當(dāng)t∈（0，1）時(shí)，g（t）＞g（b）．
（3）滿足條件的x₀不存在．證明如下：
假設(shè)存在x₀＞0得對(duì)任意x＞0有lnx＜g(x0)＜lnx+

2

x

 ①，
但對(duì)上述的x₀，取x1=eg(x0)時(shí)，有l(wèi)nx₁=g（x₀），這與①左邊的不等式矛盾，
因此不存在x₀，使lnx＜g(x0)＜lnx+

2

x

對(duì)任意x＞0成立．

點(diǎn)評(píng)：本題目考查了，求解析式，等價(jià)轉(zhuǎn)化，分類討論，反證法，以及化歸思想，是一道導(dǎo)數(shù)的綜合題目，有一定的難度．