Question

1．已知函数f（x）=$\frac{x-1}{ax}$-lnx（a≠0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）当a=1时，求f（x）在[$\frac{1}{2}$，e]上的最大值和最小值（0.69＜ln2＜0.70）；
（3）求证：ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

Answer 1

分析 （1）先对f（x）求导，根据f'（x）≥0求出函数单调增区间，f'（x）≤0求出函数减区间，注意对a的讨论．
（2）当a=1时，先得出f（x）的单调区间，指出f（x）在[$\frac{1}{2}$，e]上单调性求出最值．
（3）利用第二问和第一问的单调性证明命题．

解答 解：f'（x）=$\frac{ax-a（x-1）}{{a}^{2}{x}^{2}}-\frac{1}{x}$=$\frac{1-ax}{a{x}^{2}}$．
a＞0时，f'（x）=0，解得x=$\frac{1}{a}$，因为函数定义域为（0，+∞）．列表如下：

x	（0，$\frac{1}{a}$）	$\frac{1}{a}$	（$\frac{1}{a}，+∞$）
f'（x）	+	0	-
f（x）	↑	极大值	↓

∴f（x）在（0，$\frac{1}{a}$）上增函数，在（$\frac{1}{a}$，+∞）为减函数．
a＜0时，$\frac{1}{a}＜0$，又在（0．+∞）f'（x）＜0成立．则f（x）的减区间为（0，+∞）．
（2）a=1时，由第一问知f（x）的单调增区间为（0，1）．单调减区间为（1，+∞），所以f（x）在[$\frac{1}{2}$，e]上的最大值为f（1）=0．
f（$\frac{1}{2}$）=-1+ln2．f（e）=$\frac{e-1}{e}-1=-\frac{1}{e}$．∵0.69＜ln2＜0.70，∴-0.31＜f（$\frac{1}{2}$）＜-0.3．-$\frac{1}{e}$＜-0.37．∴f（x）的最小值为-$\frac{1}{e}$．
（3）证明ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．即证2-lnx$≤1+\frac{1}{x}$，即证，1$≤lnx+\frac{1}{x}$．
令h（x）=$lnx+\frac{1}{x}$，h'（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$．h'（x）=0．求得x=1．h'（x）＞0，
解得x＞1，即函数的增区间为（1，+∞）．减区间为（0，1）．
所以h（x）的最小值为h（1）=1
所以h（x）≥1．即1$≤lnx+\frac{1}{x}$．
即ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．证明完毕．

点评 本题主要考查利用导数求函数单调区间和最值的方法，属中档题型，高考常有涉及．