（13 分）设函数 f(x)= x^ 2 2 -k ln…——2015 高考数学第 19 题答案解析

（1）函数 $f(x)$ 的定义域为 $(0, +\infty)$。
对 $f(x)$ 求导得：
$$ f'(x) = x - \frac{k}{x} = \frac{x^2 - k}{x} $$
令 $f'(x) = 0$，解得 $x = \sqrt{k}$（因 $x>0, k>0$，舍去负根）。

当 $x \in (0, \sqrt{k})$ 时，$x^2 < k$，故 $f'(x) < 0$，函数 $f(x)$ 单调递减；
当 $x \in (\sqrt{k}, +\infty)$ 时，$x^2 > k$，故 $f'(x) > 0$，函数 $f(x)$ 单调递增。

因此，$f(x)$ 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，计算如下：
$$ f(\sqrt{k}) = \frac{(\sqrt{k})^2}{2} - k \ln \sqrt{k} = \frac{k}{2} - k \cdot \frac{1}{2} \ln k = \frac{k(1 - \ln k)}{2} $$
函数无极大值。

（2）由（1）可知，$f(x)$ 在定义域内的最小值为 $f(\sqrt{k}) = \frac{k(1 - \ln k)}{2}$。
若 $f(x)$ 存在零点，则必须满足最小值小于或等于零，即：
$$ \frac{k(1 - \ln k)}{2} \leqslant 0 $$
因为 $k > 0$，所以 $1 - \ln k \leqslant 0$，解得 $\ln k \geqslant 1$，即 $k \geqslant e$。

接下来讨论 $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{e}]$ 上的零点情况：

情形一：当 $k = e$ 时。
此时 $\sqrt{k} = \sqrt{e}$。
由（1）知，$f(x)$ 在 $(0, \sqrt{e})$ 上单调递减。
因为区间 $(1, \sqrt{e})$ 是 $(0, \sqrt{e})$ 的子集，所以 $f(x)$ 在 $(1, \sqrt{e})$ 上单调递减。
又因为 $f(\sqrt{e}) = \frac{e(1 - \ln e)}{2} = 0$，且 $f(x)$ 在 $(1, \sqrt{e})$ 上严格递减，所以对于任意 $x \in (1, \sqrt{e})$，都有 $f(x) > f(\sqrt{e}) = 0$。
因此，当 $k=e$ 时，$f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{e}]$ 上仅有唯一零点 $x = \sqrt{e}$。

情形二：当 $k > e$ 时。
此时 $\sqrt{k} > \sqrt{e}$。
因为区间 $(1, \sqrt{e}]$ 完全位于 $(0, \sqrt{k})$ 内（因为 $\sqrt{e} < \sqrt{k}$），而 $f(x)$ 在 $(0, \sqrt{k})$ 上单调递减，所以 $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{e}]$ 上单调递减。
考察区间端点的函数值：
$$ f(1) = \frac{1}{2} - k \ln 1 = \frac{1}{2} > 0 $$
$$ f(\sqrt{e}) = \frac{e}{2} - k \ln \sqrt{e} = \frac{e - k}{2} $$
因为 $k > e$，所以 $e - k < 0$，即 $f(\sqrt{e}) < 0$。
由于 $f(x)$ 在 $[1, \sqrt{e}]$ 上连续，且 $f(1) > 0, f(\sqrt{e}) < 0$，根据零点存在性定理，$f(x)$ 在 $(1, \sqrt{e})$ 内至少有一个零点。
又因为 $f(x)$ 在该区间上单调递减，所以该零点是唯一的。
综上，当 $k > e$ 时，$f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{e}]$ 上仅有一个零点。

综合情形一和情形二，若 $f(x)$ 存在零点，则 $f(x)$ 在区间 $(1, \sqrt{e}]$ 上仅有一个零点。