（14分）（2011•陕西）设函数 f ( x ) 定义在…——2011 高考数学第 21 题答案解析

【考点】利用导数研究函数的单调性；指、对数不等式的解法．
【专题】计算题；综合题；压轴题；开放型；分类讨论．
【分析】（I）根据题意求出 $\mathrm{f}(\mathrm{x})$ 的解析式，代入 $\mathrm{g}(\mathrm{x})=\mathrm{f}(\mathrm{x})+\mathrm{f}^{\prime}(\mathrm{x})$ ．求出 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ ，求导，令导数等于零，解方程，跟据 $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x}), \mathrm{g}(\mathrm{x})$ 随 x 的变化情况即可求出函数的单调区间和最小值；
（II）构造函数 $h(x)=g(x) g\left(\frac{1}{x}\right)$ ，利用导数求该函数的最小值，从而求得 $g(x)$ 与 $g\left(\frac{1}{x}\right)$ 的大小关系；
（III）证法一：假设存在 $\mathrm{x}_{0}>0$ ，使 $\left|\mathrm{g}(\mathrm{x})-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right|<\frac{1}{\mathrm{x}}$ 成立，即对任意 $\mathrm{x}>0$ ，解此绝对值不等式，取 $x_{1}=e^{g\left(x_{0}\right)}$ 时，得出矛盾；

证法二 假设存在 $\mathrm{x}_{0}>0$ ，使 $\left|\mathrm{g}(\mathrm{x})-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right|$ 成 $<\frac{1}{\mathrm{x}}$ 立，转化为求函数的值域，得出矛盾．
【解答】解：（ I ）由题设易知 $\mathrm{f}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}, \mathrm{g}(\mathrm{x})=\ln \mathrm{x}+\frac{1}{\mathrm{x}}$ ， $\therefore g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x^{2}}$ ，令 $g^{\prime}(x)=0$ ，得 $x=1$ ，

当 $x \in(0,1)$ 时，$g^{\prime}(x)<0$ ，故 $g(x)$ 的单调递减区间是 $(0,1)$ ，当 $\mathrm{x} \in(1,+\infty)$ 时， $\mathrm{g}^{\prime}(\mathrm{x})>0$ ，故 $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的单调递增区间是 $(1,+\infty)$ ，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， $\therefore$ 最小值为 $\mathrm{g}(1)=1$ ；
（II） $\mathrm{g}\left(\frac{1}{\mathrm{x}}\right)=-\ln \mathrm{x}+\mathrm{x}$ ，
设 $h(x)=g(x)-g\left(\frac{1}{x}\right)=2 \ln x-x+\frac{1}{x}$ ，
则 $\mathrm{h}^{\prime}(\mathrm{x})=-\frac{(\mathrm{x}-1)^{2}}{\mathrm{x}^{2}}$ ，

当 $x=1$ 时，$h(1)=0$ ，即 $g(x)=g\left(\frac{1}{x}\right)$ ，
当 $x \in(0,1) \cup(1,+\infty)$ 时，$h^{\prime}(x)<0, h^{\prime}(1)=0$ ，
因此，$h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 内单调递减，
当 $0h(1)=0$ ，即 $g(x)>g\left(\frac{1}{x}\right)$ ，
当 $x>1$ ，时，$h(x)（III）满足条件的 $\mathrm{x}_{0}$ 不存在．证明如下：证法一假设存在 $\mathrm{x}_{0}>0$ ，
使 $\left|\mathrm{g}(\mathrm{x})-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right|<\frac{1}{\mathrm{x}}$ 成立，即对任意 $\mathrm{x}>0$ ，
有 $\operatorname{In} x有 $\operatorname{Inx}_{1}=\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)$ ，这与（＊）左边不等式矛盾，
因此，不存在 $\mathrm{x}_{0}>0$ ，使 $\left|\mathrm{g}(\mathrm{x})-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right|<\frac{1}{\mathrm{x}}$ 成立。
证法二 假设存在 $\mathrm{x}_{0}>0$ ，使 $\left|\mathrm{g}(\mathrm{x})-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right|$ 成 $<\frac{1}{\mathrm{x}}$ 立。
由（I）知，$e^{g\left(x_{0}\right)}$ 的最小值为 $g(x)=1$ ．
又 $g(x)=\operatorname{In} x+\frac{1}{x}>\operatorname{In} x$ ，
而 $x>1$ 时， $\operatorname{Inx}$ 的值域为 $(0,+\infty)$ ，
$\therefore \mathrm{x} \geq 1$ 时， $\mathrm{g}(\mathrm{x})$ 的值域为 $[1,+\infty)$ ，从而可取一个 $\mathrm{x}_{1}>1$ ，
使 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{1}\right) \geq \mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)+1$ ，即 $\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{1}\right)-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right) \geq 1$ ，
故 $\left|\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{1}\right)-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right| \geq 1>\frac{1}{\mathrm{x}_{1}}$ ，与假设矛盾。
∴ 不存在 $\mathrm{x}_{0}>0$ ，使 $\left|\mathrm{g}(\mathrm{x})-\mathrm{g}\left(\mathrm{x}_{0}\right)\right|<\frac{1}{\mathrm{x}}$ 成立。
【点评】此题是个难题．考查利用导数研究函数的单调性和在闭区间上的最值问题，对方程 $f^{\prime}(x)=0$ 根是否在区间 $[0,1]$ 内进行讨论，体现了分类讨论的思想方法，增加了题目的难度。其中问题（III）是一个开放性问题，考查了同学们观察、推理以及创造性地分析问题、解决问题的能力。