Question

已知函数f（x）=lnx+

x2

2

-kx（k为常数）
（1）试讨论f（x）的单调性；
（2）若f（x）存在极值，求f（x）的零点个数．

Answer 1

考点：利用导数研究函数的单调性,根的存在性及根的个数判断

专题：导数的综合应用

分析：（1）先求出f′（x）=

x2-kx+1

x

，而方程x²-kx+1=0的判别式△=k²-4，再讨论（i）当-2＜k＜2时（ii）当k=±2时，（iii）当k＜-2或k＞2时的情况，从而求出函数的单调区间；
（2）由（1）知当k＞2时，得f_极大值（x）=f（x₁ ）=

x1(x1-4)

2

＜0，当x∈（0，x₂]时，f（x）≤f（x₁）＜0，即f（x）在（0，x₂]无零点，当x∈（x₂，+∞）时，f（x）是增函数，故f（x）在（x₂，+∞）至多有一个零点，另一方面，f（x）在（x₂，2k）至少有一个零点，进而当f（x）存在极值时，f（x）有且只有一个零点．

解答： 解：（1）函数的定义域为（0，+∞），
 f′（x）=

x2-kx+1

x

，
方程x²-kx+1=0的判别式△=k²-4，
（i）当-2＜k＜2时，△＜0，在f（x）的定义域内f′（x）＞0，
f（x）是增函数；
（ii）当k=±2时，△=0，
若k=-2，f′（x）=

(x+1)2

x

＞0，f（x）是增函数
若k=2，f′（x）=

(x-1)2

x

，
那么x∈（0，1）∪（1，+∞）时，f′（x）＞0，且f（x）在x=1处连续，
所以f（x）是增函数；                            
（iii）当k＜-2或k＞2时，△＞0，方程x²-kx+1=0有两不等实根
x₁=

k- k2-4

2

，x₂=

k+ k2-4

2

，
当k＜-2时，x₁＜x₂＜0，当x＞0时，x²-kx+1＞0恒成立，
即f′（x）＞0，f（x）是增函数
当k＞2时，x₂＞x₁＞0，此时f（x）的单调性如下表：

x	（0，x1   ）	x1	（x1，x）	x2	（x2，+∞）
f′（x）	+	0	-	0	+
f（x）	增		减		增

综上：当k≤2时，f（x）在（0，+∞）是增函数
当k＞2时，f（x）在（0，

k- k2-4

2

），（

k+ k2-4

2

，+∞）是增函数，
在（

k- k2-4

2

，

k+ k2-4

2

）是减函数；
（2）由（1）知当k＞2时，f（x）有极值
∵x₁=

k- k2-4

k

=

2

k+ k2-4

＜

2

k

＜1，
∴lnx₁＜0，
且f_极大值（x）=f（x₁ ）=

x1(x1-4)

2

＜0，
∵f（x）在（0，x₁ ）是增函数，在（x₁，x₂）是减函数，
∴当x∈（0，x₂]时，f（x）≤f（x₁）＜0，即f（x）在（0，x₂]无零点，
当x∈（x₂，+∞）时，f（x）是增函数，故f（x）在（x₂，+∞）至多有一个零点，
另一方面，∵f（2k）=ln（2k）＞0，f（x₂）＜0，则f（x₂）f（2k）＜0，
由零点定理：f（x）在（x₂，2k）至少有一个零点，
∴f（x）在（x₂，+∞）有且只有一个零点
综上所述，当f（x）存在极值时，
f（x）有且只有一个零点．

点评：本题考查了函数的单调性，函数的最值问题，考查导数的应用，考查根的存在性及根的个数问题，是一道综合题．