2015-北京卷文-19 解-导数单调性

本题导读

本题考查利用导数研究函数的单调性与极值，以及结合零点存在性定理与函数单调性证明区间内零点的唯一性，属于导数综合应用题。

📌【题干】

Question

（2015年北京卷(文)） 设函数 $f(x)=\frac{x^2}{2}-k\ln x,k>0$.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间和极值；

(2) 证明：若 $f(x)$ 存在零点，则 $f(x)$ 在区间 $(1,\sqrt{e}]$ 上仅有一个零点.

🔍【思路分析】

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1. 对 $f(x)$ 求导，求出导数为零的点 $x=\sqrt{k}$，根据 $x>0$ 划分区间判断导数符号，得出单调区间和极值。
2. 由 $f(x)$ 存在零点，结合 (1) 中求得的极小值（即最小值）非正，推导出参数 $k$ 的取值范围 ($k\ge e$)。利用该范围判断极值点与给定区间 $(1,\sqrt{e}]$ 的位置关系，结合端点函数值符号证明零点的唯一性。

✅【答案】

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𝑓(𝑥)的单调递减区间为(0,√𝑘)，单调递增区间为(√𝑘,+∞)，在𝑥=√𝑘处取得极小值𝑘(1−ln𝑘)2；若存在零点，则在区间(1,√e]上仅有一个零点.

✍【详细解析】

Abstract

(1) 函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0,+\infty )$。 求导得 $f^{\prime }(x)=x-\frac{k}{x}=\frac{x^2-k}{x}$。 因为 $k>0$，令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=\sqrt{k}$。 当 $x\in (0,\sqrt{k})$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减； 当 $x\in (\sqrt{k},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增。 故 $f(x)$ 的单调递减区间为 $(0,\sqrt{k})$，单调递增区间为 $(\sqrt{k},+\infty )$。 $f(x)$ 在 $x=\sqrt{k}$ 处取得极小值，极小值为 $f(\sqrt{k})=\frac{k}{2}-k\ln \sqrt{k}=\frac{k}{2}(1-\ln k)$，无极大值。

(2) 证明：由 (1) 知，$f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上的最小值为 $f(\sqrt{k})=\frac{k}{2}(1-\ln k)$。 因为 $f(x)$ 存在零点，所以必有最小值小于或等于 $0$，即 $\frac{k}{2}(1-\ln k)\le 0$。 又 $k>0$，故 $1-\ln k\le 0$，解得 $k\ge e$。 考察 $f(x)$ 在区间 $(1,\sqrt{e}]$ 上的性质： 因为 $k\ge e$，所以 $\sqrt{k}\ge \sqrt{e}$，即区间 $(1,\sqrt{e}]\subseteq (0,\sqrt{k}]$。 由 (1) 可知，$f(x)$ 在区间 $(1,\sqrt{e}]$ 上严格单调递减。 又 $f(1)=\frac{1}{2}-k\ln 1=\frac{1}{2}>0$； $f(\sqrt{e})=\frac{e}{2}-k\ln \sqrt{e}=\frac{e-k}{2}$，由 $k\ge e$ 知 $f(\sqrt{e})\le 0$。 由零点存在性定理及函数的严格单调性可知，$f(x)$ 在区间 $(1,\sqrt{e}]$ 上仅有一个零点。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：导数与函数单调性、极值、最值的关系，零点存在性定理。
2. 核心方法：极值转化法求参数范围，端点赋值法结合单调性判断零点个数。
3. 避坑指南：求导后找驻点时务必注意对数函数定义域 $x>0$ 的限制；在证明第二问时，必须明确指出函数在目标区间上的单调性才能得出“仅有一个”的结论，不可只证端点异号。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源: 高考导数大题的常规题型，考查函数零点参数范围与存在性证明。
2. 结论推广: 若函数在某区间严格单调且两端点函数值异号（或一端为零），则该区间内存在唯一零点，此逻辑广泛应用于超越方程根的个数判定。

🔗【关联脉络】

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𝑓(𝑥)的单调递减区间为(0,√𝑘)，单调递增区间为(√𝑘,+∞)，在𝑥=√𝑘处取得极小值𝑘(1−ln𝑘)2；若存在零点，则在区间(1,√e]上仅有一个零点.

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