Question

7．已知函数$f（x）=\frac{1-x}{ax}+lnx$在（1，+∞）上是增函数，且a＞0．
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）求函数g（x）=ln（1+x）-x在[0，+∞）上的最大值；
（Ⅲ）已知a＞1，b＞0，证明：$\frac{1}{a+b}≤ln\frac{a+b}{b}＜\frac{a}{b}$．

Answer 1

分析 （Ⅰ）求导，由题意可知$f'（x）=-\frac{1}{{a{x^2}}}+\frac{1}{x}$≥0在（1，+∞）上恒成立，则即可求得a的取值范围；
（Ⅱ）由$g'（x）=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}≤0$，则g（x）在[0，+∞）上单调递减，求得g（x）最大值；
（Ⅲ）由（Ⅰ）知$f（x）=\frac{1-x}{ax}+lnx$在（1，+∞）上是增函数，则$f（\frac{a+b}{b}）＞f（1）$，化简得$\frac{1}{a+b}＜ln\frac{a+b}{b}$，由（Ⅱ）可知$g（\frac{a}{b}）=ln（1+\frac{a}{b}）-\frac{a}{b}＜g（0）=0$，即$ln\frac{a+b}{b}＜\frac{a}{b}$．

解答 解：（Ⅰ）f（x）的导数为$f'（x）=-\frac{1}{{a{x^2}}}+\frac{1}{x}$，
因为函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，
所以$f'（x）=-\frac{1}{{a{x^2}}}+\frac{1}{x}$≥0在（1，+∞）上恒成立，
即$x≥\frac{1}{a}$在（1，+∞）上恒成立，
所以只需$1≥\frac{1}{a}$，
又因为a＞0，所以a≥1．
（Ⅱ）因为x∈[0，+∞），所以$g'（x）=\frac{1}{1+x}-1=\frac{-x}{1+x}≤0$，
所以g（x）在[0，+∞）上单调递减，
所以g（x）=ln（1+x）-x在[0，+∞）上的最大值为g（0）=0．
（Ⅲ）证明：因为a＞1，b＞0，所以$\frac{a+b}{b}＞1$，由（Ⅰ）知$f（x）=\frac{1-x}{ax}+lnx$在（1，+∞）上是增函数，
所以$f（\frac{a+b}{b}）＞f（1）$，即$\frac{{1-\frac{a+b}{b}}}{{a•\frac{a+b}{b}}}+ln\frac{a+b}{b}＞0$，化简得$\frac{1}{a+b}＜ln\frac{a+b}{b}$，又因为$\frac{a+b}{b}=1+\frac{a}{b}$，
由第（Ⅱ）问可知$g（\frac{a}{b}）=ln（1+\frac{a}{b}）-\frac{a}{b}＜g（0）=0$，即$ln\frac{a+b}{b}＜\frac{a}{b}$，
综上$\frac{1}{a+b}＜ln\frac{a+b}{b}＜\frac{a}{b}$得证．

点评 本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，考查转化思想，属于中档题．