已知函数f(x)＝ax+lnx−1（a是常数），

（Ⅰ）对函数求导可得，f′(x)＝
x−a
x2
当a≤0时，在定义域（0，+∞）上，f′（x）＞0恒成立，即f（x）单调增区间为 （0，+∞）；
当a＞0时，在区间（0，a）上，f′（x）＜0，即f（x）单调减区间为 （0，a）；
在（a，+∞）上，，f′（x）＞0，即f（x）单调增区间为 （a，+∞）．
（II）a=1时，f′(x)＝
x−1
x2，x∈[
1
e，e]
当x∈[
1
e，1)时，f′（x）＜0
当x∈（1，e]时，f′（x）＞0
∴x=1是函数f（x）在[
1
e，e]上唯一的极小值即为最小值
∴f（x）_min=f（1）=0
∵f（[1/e]）=e-2，f（e）=[1/e]，而f（[1/e]）-f（e）=e−2−
1
e=
e(e−2)−1
e＞0
综上可得，当a=1时，方程f（x）=m在x∈[
1
e，e]上有两解，m的范围为0＜m≤
1
e
（III）证明：若a=1，由（II）知f（x）=[1−x/x+lnx在[1，+∞）上为增函数
当n＞1时，令x=
n
n−1]，则x＞1，故f（x）＞f（1）=0
即f（[n/n−1]）=
1−
n
n−1

n
n−1+ln
n
n−1=ln
n
n−1−
1
n＞0
∴ln
n
n−1＞
1
n

点评：
本题考点： 利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数的单调性．

考点点评： 本题主要考查了利用函数的导数判断函数的单调性、求解函数的极值、最值，及利用函数的单调性、最值证明不等式，证明（III）的关键是构造函数，利用单调性

1年前

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