Question

6．設(shè)函數(shù)f（x）定義在（0，+∞）上，f（1）=0，導(dǎo)函數(shù)f′（x）=$\frac{1}{x}$，g（x）=f（x）+f′（x）
（1）求g（x）的單調(diào)區(qū)間和最小值；
（2）討論g（x）與g（$\frac{1}{x}$）的大小關(guān)系；
（3）求a的取值范圍，使得g（a）-g（x）＜$\frac{1}{a}$對(duì)任意x＞0成立．

Answer 1

分析 （1）由f（1）=0，且f′（x）=$\frac{1}{x}$可得f（x）=lnx，從而化簡g（x）=f（x）+f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，從而求導(dǎo)確定函數(shù)的單調(diào)性及最小值；
（2）通過函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，利用函數(shù)的單調(diào)性，半比較兩個(gè)函數(shù)的大小關(guān)系即可．
（3）利用（1）的結(jié)論，轉(zhuǎn)化不等式，求解即可．

解答 解：（1）∵f（1）=0，且f′（x）=$\frac{1}{x}$，
∴f（x）=lnx，
∴g（x）=f（x）+f′（x）=lnx+$\frac{1}{x}$，g′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
故g（x）在（0，1）上是減函數(shù)，在（1，+∞）上是增函數(shù)，
故g_min（x）=g（1）=1；
（2）令F（x）=g（x）-g（$\frac{1}{x}$）=lnx+$\frac{1}{x}$-（ln$\frac{1}{x}$+x）=2lnx+$\frac{1}{x}$-x，
故F′（x）=-$\frac{（x-1）^{2}}{{x}^{2}}$≤0，
故F（x）=g（x）-g（$\frac{1}{x}$）在（0，+∞）上是減函數(shù)，
且當(dāng)x=1時(shí)，F(xiàn)（x）=0，即g（x）=g（$\frac{1}{x}$），
故當(dāng)0＜x＜1時(shí)，g（x）＞g（$\frac{1}{x}$）；當(dāng)x＞1時(shí)，g（x）＜g（$\frac{1}{x}$）；
（3）由（1）知g（x）的最小值為1，
∴g（a）-g（x）＜$\frac{1}{a}$，對(duì)任意x＞0，成立?g（a）-1＜$\frac{1}{a}$，
即Ina＜1，從而得0＜a＜e．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用及構(gòu)造函數(shù)判斷大小關(guān)系的應(yīng)用，屬于中檔題．