Question

12．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=l时，求f（x）在区间[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值和最小值（0.69＜ln 2＜0.70）；
（3）求证ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的定义域和导数，并化简，讨论a＜0，a＞0，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间；
（2）求得f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的单调区间，可得最大值，再求端点处的函数值，可得最小值；
（3）由（2）的最大值，可得f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx≤0，运用不等式的性质，结合对数的运算性质，即可得证．

解答 解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
∵f（x）=$\frac{x-1}{ax}$-lnx，
∴f′（x）=$\frac{1×ax-a（x-1）}{（ax）^{2}}-\frac{1}{x}$=$\frac{1-ax}{a{x}^{2}}$=-$\frac{x-\frac{1}{a}}{{x}^{2}}$，
若a＜0，又x＞0，
∴x-$\frac{1}{a}$＞0，
则f′（x）＜0，函数f（x）在区间（0，+∞）上单调递减；
若a＞0，当x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0，函数f（x）在区间（0，$\frac{1}{a}$）上单调递增；
当x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）在区间（$\frac{1}{a}$，+∞）上单调递减．
综上，若a＜0，函数f（x）的单调递减区间为（0，+∞）；
若a＞0，函数f（x）的单调递增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调递减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（2）a=1时，f（x）=$\frac{x-1}{x}$-lnx=1-$\frac{1}{x}$-lnx，
由（1）可知，f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
故在区间[$\frac{1}{2}$，1]上单调递增，在区间[1，2]上单调递减，
∴函数f（x）在区间[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值为f（1）=1-$\frac{1}{1}$-ln1=0；
而f（$\frac{1}{2}$）=1-2-ln$\frac{1}{2}$=-1+ln2，
f（2）=1-$\frac{1}{2}$-ln2=$\frac{1}{2}$-ln2，
f（2）-f（$\frac{1}{2}$）=$\frac{1}{2}$-ln2-（-1+ln2）=$\frac{3}{2}$-2ln2＞1.5-2×0.7=0.1＞0，
所以f（2）＞f（$\frac{1}{2}$），故函数f（x）在区间[$\frac{1}{2}$，2]上的最小值为f（$\frac{1}{2}$）=-1+ln2．
证明：（3）由（2）可知，函数f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx在区间（0，1）上单调递增，
在区间（1，+∞）上单调递减，
故函数f（x）在区间（0，+∞）上的最大值为f（1）=0，即f（x）≤0．
故有1-$\frac{1}{x}$-lnx≤0恒成立，
所以1-lnx≤$\frac{1}{x}$，
故2-lnx≤1+$\frac{1}{x}$，即为lne²-lnx≤$\frac{1+x}{x}$，
即ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

点评 本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用函数的单调性，同时考查分类讨论的思想方法，化简整理的运算能力，属于中档题．