Question

设函数f(x)=lnx-

kx-a

ax

-lna(x＞0，a＞0且a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

分析：（1）求出函数的导函数，判断出导函数小于等于0，判断出函数单调性．
（2）求出导函数，令导函数为0，求出根，判断出根左右两边的符号，求出极小值，判断出极小值的符号得证．
（3）求出导函数，令导函数为0，求出根，判断根左右两边的符号，求出极小值，判断出极小值是与a无关的常数．

解答：解：（1）函数的定义域为x＞0
当k=1时，f（x）=lnx-

1

a

•x

1

2

+

a

x-

1

2

-lnx
∵f′(x)=

1

x

-

1

2 a

•x-

1

2

-

a

2

x-

3

2

=-

( x - a )2

2 ax x

≤0
∴函数f（x）在（0，+∞）上是单调减函数
（2）当k=0时，f(x)=lnx+

a

x-

1

2

-lna
f′(x)=

1

x

-

a

2x x

=

2 x - a

2x x

令f′(x)=0得x=

a

4

当0＜x＜

a

4

时，f′(x)＜0，f(x)是单调减函数
当x＞

a

4

时，f′(x)＞0，f(x)是单调增函数
∴当x=

a

4

时，f(x)有极小值f(

a

4

)=2-2ln2
∵e＞2
∴f(x)的极小值f(

a

4

)=2(1-ln2)=2ln

e

2

＞0
∴f（x）＞0恒成立
（3）∵f(x)=lnx-

k

a

•x

1

2

+

a

x-

1

2

-lna
∴f′(x)=

-kx+2 ax -a

2 ax x

令f′( x)=0得kx-2

ax

 +a=0
解得

x

=

a

1- 1-k

k

（

x

=

a

1+ 1-k

k

舍去）
∴x=

a

(1+ 1-k )2

当0＜x＜

a

(1+ 1-k )2

，f′（x）＜0，f（x）是单调减函数
当x＞

a

(1+ 1-k )2

时，f′（x）＞0，f（x）是单调增函数
因此，当x=

a

(1+ 1-k )2

f（x）有极小值
令x0=

a

(1+ 1-k )2

∵f(x0)=ln

x0

a

-k

x0 a

+

a x0

而

x0

a

=

1

(1+ 1-k )2

是与a无关的常数
∴lnx0，-k

x0 a

，

a x0

均与a无关．
∴f（x₀）是与a无关的常数．
则f（x）的极小值是一个与a无关的常数．

点评：求函数的极小值时，令导函数为0求出根，但一定注意判断根左右两边的符号是否异号．