Question

12．已知函數(shù)f（x）=$\frac{x-1}{ax}$-lnx（a≠0）．
（1）求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；
（2）當a=l時，求f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值和最小值（0.69＜ln 2＜0.70）；
（3）求證ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

Answer 1

分析 （1）求出f（x）的定義域和導數(shù)，并化簡，討論a＜0，a＞0，由導數(shù)大于0，可得增區(qū)間；導數(shù)小于0，可得減區(qū)間；
（2）求得f（x）在[$\frac{1}{2}$，2]上的單調(diào)區(qū)間，可得最大值，再求端點處的函數(shù)值，可得最小值；
（3）由（2）的最大值，可得f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx≤0，運用不等式的性質(zhì)，結合對數(shù)的運算性質(zhì)，即可得證．

解答 解：（1）函數(shù)的定義域為（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，
則f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上單調(diào)遞減；
若a＞0，當x∈（0，$\frac{1}{a}$）時，f′（x）＞0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，$\frac{1}{a}$）上單調(diào)遞增；
當x∈（$\frac{1}{a}$，+∞）時，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）在區(qū)間（$\frac{1}{a}$，+∞）上單調(diào)遞減．
綜上，若a＜0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，+∞）；
若a＞0，函數(shù)f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（0，$\frac{1}{a}$），單調(diào)遞減區(qū)間為（$\frac{1}{a}$，+∞）．
（2）a=1時，f（x）=$\frac{x-1}{x}$-lnx=1-$\frac{1}{x}$-lnx，
由（1）可知，f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
故在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，1]上單調(diào)遞增，在區(qū)間[1，2]上單調(diào)遞減，
∴函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上的最大值為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（$\frac{1}{2}$），故函數(shù)f（x）在區(qū)間[$\frac{1}{2}$，2]上的最小值為f（$\frac{1}{2}$）=-1+ln2．
證明：（3）由（2）可知，函數(shù)f（x）=1-$\frac{1}{x}$-lnx在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞增，
在區(qū)間（1，+∞）上單調(diào)遞減，
故函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，+∞）上的最大值為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+$\frac{1}{x}$，即為lne²-lnx≤$\frac{1+x}{x}$，
即ln$\frac{{e}^{2}}{x}$≤$\frac{1+x}{x}$．

點評 本題考查導數(shù)的運用：求單調(diào)區(qū)間和極值、最值，考查不等式的證明，注意運用函數(shù)的單調(diào)性，同時考查分類討論的思想方法，化簡整理的運算能力，屬于中檔題．