Question

3．已知函数f（x）=$\frac{1-x}{ax}$+lnx
（1）若函数f（x）在[1，+∞）上为增函数，求正实数a的取值范围；
（2）当a=1时，求函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最值；
当a=1时，对大于1的任意正整数n，试比较ln$\frac{n}{n-1}$与$\frac{1}{n}$的大小关系．

Answer 1

分析 （1）先求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出a的范围即可；
（2）将a=1代入，求出函数的导数，得到函数的单调区间，从而求出函数的最小值；
（3）求出函数的导数，得到函数的单调性，令x=$\frac{n}{n-1}$，得到f（x）＞f（1）=0，从而证出结论．

解答 解：（1）∵f（x）=$\frac{1-x}{ax}$+lnx，f′（x）=$\frac{ax-1}{{ax}^{2}}$（a＞0），
∵函数f（x）在[1，+∞）上是增函数，
∴f′（x）≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
∴ax-1≥0对x∈[1，+∞）恒成立，
即a≥$\frac{1}{x}$对x∈[1，+∞）恒成立，
∴a≥1；
（2）①当a=1时，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
∴当x∈[$\frac{1}{2}$，1）时，f′（x）＜0，故f（x）在x∈[$\frac{1}{2}$，1）上单调递减，
当x∈（1，2]时，f′（x）＞0，故f（x）在（1，2]单调递增；
∴f（x）在区间x∈[$\frac{1}{2}$，2]上有唯一极小值点，故f（x）_min=f（x）_极小值=f（1）=0，
又f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2，f（2）=-$\frac{1}{2}$+ln2，f（$\frac{1}{2}$）-f（2）=$\frac{3}{2}$-2ln2=$\frac{l{ne}^{3}-ln16}{2}$，
∵e³＞16，∴f（$\frac{1}{2}$）-f（2）＞0，即f（$\frac{1}{2}$）＞f（2），
∴f（x）在区间[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值f（x）_max=f（$\frac{1}{2}$）=1-ln2，
综上，函数f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值是1-ln2，最小值是0；
②当a=1时，f（x）=$\frac{1-x}{x}$+lnx，f′（x）=$\frac{x-1}{{x}^{2}}$，
故f（x）在[1，+∞）上是增函数，
当n＞1时，令x=$\frac{n}{n-1}$，则x＞1，故f（x）＞f（1）=0，
∴f（$\frac{n}{n-1}$）=$\frac{1-\frac{n}{n-1}}{\frac{n}{n-1}}$+ln$\frac{n}{n-1}$=-$\frac{1}{n}$+ln$\frac{n}{n-1}$＞0，
即ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$，
∴当a=1时，ln$\frac{n}{n-1}$＞$\frac{1}{n}$．

点评 本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，不等式的证明，是一道中档题．