Question

设函数f(x)＝ln x－－ln a(x>0，a>0且为常数)．
(1)当k＝1时，判断函数f(x)的单调性，并加以证明；
(2)当k＝0时，求证：f(x)>0对一切x>0恒成立；
(3)若k<0，且k为常数，求证：f(x)的极小值是一个与a无关的常数．

Answer 1

（1）见解析   （2）见解析   （3）见解析

解：(1)当k＝1时，
f(x)＝ln x－·x＋x－－ln a，
因为f′(x)＝－·x－－x－
＝－≤0，
所以函数f(x)在(0，＋∞)上是单调减函数．
(2)证明：当k＝0时，
f(x)＝ln x＋x－－ln a，故
f′(x)＝－＝.
令f′(x)＝0，解得x＝.
当0<x<时，f′(x)<0，f(x)在上是单调减函数；
当x>时，f′(x)>0，f(x)在上是单调增函数．
所以当x＝时，f′(x)有极小值，
为f＝2－2ln 2.
因为e>2，所以f(x)的极小值，
为f＝2(1－ln 2)＝2ln>0.
所以当k＝0时，f(x)>0对一切x>0恒成立．
(3)证明：
f(x)＝ln x－·x＋x－－ln a，
所以f′(x)＝.
令f′(x₀)＝0，得kx₀－2＋a＝0.
所以＝
（舍去）.
所以x₀＝.
当0<x<x₀时，f′(x)<0，f(x)在(0，x₀)上是单调减函数；
当x>x₀时，f′(x)>0，f(x)在(x₀，＋∞)上是单调增函数．
因此，当x＝x₀时，f(x)有极小值f(x₀)．
又f(x₀)＝ln－k＋，
而＝是与a无关的常数，所以ln，－k，均与a无关．
所以f(x₀)是与a无关的常数．
故f(x)的极小值是一个与a无关的常数．