Question

15．已知函数f（x）=$\frac{x-1}{ax}$-lnx（a≠0）．
（Ⅰ）当a=1时，求f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值和最小值（其中e是自然对数的底数）；
（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅲ）求证：ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）先求导，再根据导数和函数的最值的关系即可求出，
（Ⅱ）先求导，再分类讨论，根据导数和函数的单调性即可求出单调区间，
（Ⅲ）原不等式转化为1-$\frac{1}{x}$-lnx≤0，根据（Ⅰ）的结论即可证明．

解答 解：（Ⅰ）a=1时，f（x）=$\frac{x-1}{x}$-lnx=1-$\frac{1}{x}$-lnx，f（x）的定义域为（0，+∞）．
∴f′（x）=$\frac{1}{{x}^{2}}$-$\frac{1}{x}$=$\frac{1-x}{{x}^{2}}$，
∴由f′（x）＞0，解得0＜x＜1，f′（x）＜0，解得x＞1，
∴f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
∴在[$\frac{1}{e}$，1]上单调递增，在[1，e]上单调递减．
∴f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最大值为f（1）=1-1-ln1=0．
又f（$\frac{1}{e}$）=1-e-ln$\frac{1}{e}$=2-e，f（e）=1-$\frac{1}{e}$-lne=-$\frac{1}{e}$，
∴f（$\frac{1}{e}$）＜f（e）．
∴f（x）在[$\frac{1}{e}$，e]上的最小值为f（$\frac{1}{e}$）=2-e．
（Ⅱ）由题得，f（x）的定义域为（0，+∞），
且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，∵x＞0，
∴x-$\frac{1}{a}$＞0，
∴f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
若a＞0，当x∈（0，$\frac{1}{a}$）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减．
综上，若a＜0，f（x）的单调减区间为（0，+∞）；
若a＞0，f（x）的单调增区间为（0，$\frac{1}{a}$），单调减区间为（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（Ⅲ）要证：ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$，
需证2-lnx≤1+$\frac{1}{x}$，
需证1-$\frac{1}{x}$-lnx≤0．
由（Ⅰ）可知，f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减．
∴f（x）在（0，+∞）上的最大值为f（1）=1-1-ln1=0，即f（x）≤0．
∴1-$\frac{1}{x}$-lnx≤0恒成立．
∴ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

点评 本题考查了导数和函数的单调性和最值的关系，以及不等式恒成立，考查了学生的运算能力，转化能力，属于中档题．