Question

设函数f（x）定义在（0，+∞）上，f（1）=0，导函数f′（x）=，g（x）=f（x）+f′（x）．
（Ⅰ）求g（x）的单调区间和最小值；
（Ⅱ）讨论g（x）与的大小关系；
（Ⅲ）是否存在x₀＞0，使得|g（x）﹣g（x₀）|＜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

解：（Ⅰ）由题设易知f（x）=lnx，g（x）=lnx+，
∴g′（x）=，令g′（x）=0，得x=1，
当x∈（0，1）时，g′（x）＜0，故g（x）的单调递减区间是（0，1），
当x∈（1，+∞）时，g′（x）＞0，故g（x）的单调递增区间是（1，+∞），
因此x=1是g（x）的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
∴最小值为g（1）=1；
（Ⅱ）=﹣lnx+x，
设h（x）=g（x）﹣=2lnx﹣x+，
则h′（x）=，
当x=1时，h（1）=0，即g（x）=，
当x∈（0，1）∪（1，+∞）时，h′（x）＜0，h′（1）=0，
因此，h（x）在（0，+∞）内单调递减，
当0＜x＜1，时，h（x）＞h（1）=0，即g（x）＞，
当x＞1，时，h（x）＜h（1）=0，即g（x）＜，
（Ⅲ）满足条件的x₀ 不存在．证明如下：证法一 假设存在x₀＞0，
使|g（x）﹣g（x₀）|＜成立，即对任意x＞0，
有 ，（*）但对上述x0，取 时，
有 Inx1=g（x0），这与（*）左边不等式矛盾，
因此，不存在x₀＞0，使|g（x）﹣g（x₀）|＜ 成立．
证法二 假设存在x₀＞0，使|g（x）﹣g（x₀）|成＜立．
由（Ⅰ）知， 的最小值为g（x）=1．
又＞Inx，
而x＞1 时，Inx 的值域为（0，+∞），
∴x≥1 时，g（x）的值域为[1，+∞），从而可取一个x₁＞1，
使 g（x₁）≥g（x₀）+1，即g（x₁）﹣g（x₀）≥1，
故|g（x₁）﹣g（x₀）|≥1＞，与假设矛盾．
∴不存在x₀＞0，使|g（x）﹣g（x₀）|＜成立．