Question

已知函數(shù)f（x）=lnx+

x2

2

-kx，其中常數(shù)k∈R．
（1）求f（x）的單調(diào)增區(qū)間與單調(diào)減區(qū)間；
（2）若f（x）存在極值且有唯一零點(diǎn)x₀，求k的取值范圍及不超過(guò)

x0

k

的最大整數(shù)m．

Answer 1

考點(diǎn)：導(dǎo)數(shù)在最大值、最小值問(wèn)題中的應(yīng)用,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性

專(zhuān)題：導(dǎo)數(shù)的概念及應(yīng)用

分析：（1）對(duì)f（x）求導(dǎo)，分成k≤2和k＞2兩種情況分別討論其單調(diào)性；
（2）由（1）知，只有k＞2時(shí)才存在極值．通過(guò)判斷f（x）的極大值f(x1)=lnx1+x1(

x1

2

-k)＜0，從而判斷f（x）的極小值f（x₂）＜f（x₁）＜0，也就是零點(diǎn)存在區(qū)間不會(huì)在（0，x₂）上，再通過(guò)計(jì)算f(2k)=ln(2k)+

4k2

2

-2k2=ln(2k)＞0，由零點(diǎn)的存在性定理，從而確定唯一零點(diǎn)x₀的存在區(qū)間（x₂，2k），進(jìn)一步地，通過(guò)計(jì)算f(k)=lnk+

k2

2

-k2=lnk-

k2

2

＞0，最終確定k＜x0＜2k，1＜

x0

k

＜2，從而得出結(jié)論．

解答： 解：（1）f′(x)=

1

x

+x-k=

x2-kx+1

x

(x＞0) 
①當(dāng)k≤2時(shí)，f′(x)=

1

x

+x-k≥2

1 x •x

-k=2-k≥0，則函數(shù)f（x）為增函數(shù)．
②當(dāng)k＞2時(shí)，f′(x)=

(x-x1)(x-x2)

x

，
其中0＜x1=

k- k2-4

2

＜x2=

k+ k2-4

2

x，f′（x），f（x）的取值變化情況如下表：

x	（0，x1）	x1	（x1，x2）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	單調(diào)遞增	極大值	單調(diào)遞減	極小值	單調(diào)遞增

綜合①②知當(dāng)k≤2時(shí)，f（x）的增區(qū)間為（0，+∞），無(wú)減區(qū)間；
當(dāng)k＞2時(shí)，f（x）的增區(qū)間為(0，

k- k2-4

2

)與(

k+ k2-4

2

，+∞)，
減區(qū)間為(

k- k2-4

2

，

k+ k2-4

2

)．
（2）由（1）知當(dāng)k≤2時(shí)，f（x）無(wú)極值，
當(dāng)k＞2時(shí)，0＜x1=

k- k2-4

2

=

2

k+ k2-4

＜1知
f（x）的極大值f(x1)=lnx1+x1(

x1

2

-k)＜0，f（x）的極小值f（x₂）＜f（x₁）＜0，
故f（x）在（0，x₂）上無(wú)零點(diǎn)．
f(2k)=ln(2k)+

4k2

2

-2k2=ln(2k)＞0，又1＜x2=

k+ k2-4

2

＜k，
故函數(shù)f（x）有唯一零點(diǎn)x₀，且x₀∈（x₂，2k）．
又f(k)=lnk+

k2

2

-k2=lnk-

k2

2

，記g（k）=lnk-

k2

2

 （k＞2），
g′(x)=

1

k

-k=

1-k2

k

＜0，則g（k）＜g(2)=ln2-

22

2

=ln2-2＜0，
從而f（k）＜0，k＜x0＜2k，1＜

x0

k

＜2，
故k的取值范圍是（2，+∞）且不超過(guò)

x0

k

的最大整數(shù)m=1．

點(diǎn)評(píng)：本題的難點(diǎn)在于求唯一零點(diǎn)x₀的存在區(qū)間，通過(guò)函數(shù)性質(zhì)和零點(diǎn)的存在性定理的分析，不斷縮小零點(diǎn)所在區(qū)間，直至可以確定“不超過(guò)

x0

k

的最大整數(shù)m”為止．對(duì)于學(xué)生而言，需要自主的尋找零點(diǎn)可能存在的區(qū)間，所以，學(xué)生往往不容易把握這樣的題目．