设函数 $f\left(x\right)$ 定义在 $\left(0, + \infty \right)$ 上，$f\left(1\right) = 0$，导函数 $f'\left(x\right) = \dfrac{1}{x}$，$g\left(x\right) = f\left(x\right) + f'\left(x\right)$．
【难度】
【出处】
2011年高考陕西卷（理）
【标注】
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求 $g\left(x\right)$ 的单调区间和最小值；标注答案解析$\because$ $f'\left(x\right) = \dfrac{1}{x}$，所以\[f\left(x\right) = \ln x + c \left(c 为常数\right),\]又 $\because$ $f\left(1\right) = 0$，所以\[\ln 1 + c = 0,\]即\[c = 0,\]所以\[\begin{split}f\left(x\right) &= \ln x , \\ g\left(x\right) &= \ln x + \dfrac{1}{x},\end{split}\]所以\[g'\left(x\right) = \dfrac{x - 1}{x^2},\]令 $g'\left(x\right) = 0$，即\[\dfrac{x - 1}{x^2} = 0,\]解得\[x = 1,\]当 $x \in \left(0,1\right)$ 时，\[g'\left(x\right) < 0,\]$g\left(x\right)$ 是减函数，故区间 $\left(0,1\right)$ 是函数 $g\left(x\right)$ 的减区间；
当 $x \in \left(1, + \infty \right)$ 时，\[g'\left(x\right) > 0,\]$g\left(x\right)$ 是增函数，故区间 $\left( {1, + \infty } \right)$ 是函数 $g\left(x\right)$ 的增区间；
所以 $x = 1$ 是 $g\left(x\right)$ 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
所以 $g\left(x\right)$ 的最小值是\[g\left(1\right) = 1.\] -
讨论 $g\left(x\right)$ 与 $g\left( {\dfrac{1}{x}} \right)$ 的大小关系；标注答案解析\[g\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = - \ln x + x,\]设 $h\left(x\right) = g\left(x\right) - g\left( {\dfrac{1}{x}} \right) = 2\ln x - x + \dfrac{1}{x}$，则\[h'\left(x\right) = - \dfrac{{{{\left(x - 1\right)}^2}}}{x^2},\]当 $x = 1$ 时，$h\left(1\right) = 0$，即\[g\left(x\right) = g\left( {\dfrac{1}{x}} \right),\]当 $x \in \left(0,1\right) \cup \left(1, + \infty \right)$ 时，\[h'\left(x\right) < 0 , h'\left(1\right) = 0,\]因此函数 $h\left(x\right)$ 在 $\left(0, + \infty \right)$ 内单调递减，
当 $0 < x < 1$ 时，\[h\left(x\right) > h\left(1\right)=0,\]所以\[g\left(x\right) > g\left( {\dfrac{1}{x}} \right);\]当 $x > 1$ 时，\[h\left(x\right) < h\left(1\right) =0,\]所以\[g\left(x\right) < g\left( {\dfrac{1}{x}} \right).\] -
是否存在 ${x_0} > 0$，使得 $\left| {g\left(x\right) - g\left({x_0}\right)} \right| < \dfrac{1}{x}$ 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．标注答案解析满足条件的 ${x_0}$ 不存在．证明如下：
证法一：
假设存在 ${x_0} > 0$，使 $|g\left(x\right) - g\left({x_0}\right)| < \dfrac{1}{x}$ 对任意 $x > 0$ 成立，
即对任意 $x > 0$ 有\[\ln x < g\left({x_0}\right) < \ln x + \dfrac{2}{x},\quad\cdots\cdots ① \]但对上述的 ${x_0}$，取 ${x_1} = {{\mathrm{e}}^{g\left({x_0}\right)}}$ 时，有\[\ln {x_1} = g\left({x_0}\right),\]这与 ① 左边的不等式矛盾，因此不存在 ${x_0} > 0$，使 $|g\left(x\right) - g\left({x_0}\right)| < \dfrac{1}{x}$ 对任意 $x > 0$ 成立．
证法二：
假设存在 ${x_0} > 0$，使 $|g\left(x\right) - g\left({x_0}\right)| < \dfrac{1}{x}$ 对任意 $x > 0$ 成立，
由（1）知，$g\left(x\right)$ 的最小值是\[g\left(1\right) = 1,\]又\[g\left(x\right) = \ln x + \dfrac{1}{x} > \ln x,\]而 $x > 1$ 时，$\ln x$ 的值域为 $\left(0, + \infty \right)$，
$\therefore$ 当 $x⩾1$ 时，$g\left(x\right)$ 的值域为 $\left[1, + \infty \right)$，
从而可以取一个值 ${x_1} > 1$，使\[g\left({x_1}\right)⩾g\left({x_0}\right) + 1,\]即\[g\left({x_1}\right) - g\left({x_0}\right)⩾1,\]所以\[|g\left({x_1}\right) - g\left({x_0}\right)|⩾1 > \dfrac{1}{x_1},\]这与假设矛盾．
$\therefore$ 不存在 ${x_0} > 0$，使 $|g\left(x\right) - g\left({x_0}\right)| < \dfrac{1}{x}$ 对任意 $x > 0$ 成立．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
问题3
答案3
解析3
备注3
