• 函数只有一个极值点|题型


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    典例剖析

    【2020-河北衡水中学模拟】若函数 \(f(x)=e^{x}(x-3)-\cfrac{1}{3}kx^{3}+kx^{2}\) 只有一个极值点,则实数 \(k\) 的取值范围是\(\qquad\)

    $A.(-\infty,e)$ $B.[0,e]$ $C.(-\infty,2)$ $D.(0,2]$

    解析: \(f'(x)=(x-2)\cdot(e^{x}-kx)\)

    若函数 \(f(x)\) 只有一个极值点,则 \(f'(x)=(x-2)\cdot(e^{x}-kx)\) 只有一个变号零点,

    \(f'(x)=0\)得到,\(x=2\)\(e^{x}-kx=0\).

    \(x=2\) 必然为唯一的极值点,在函数 \(y=e^x-kx\) 中不能产生变号零点,否则在函数 \(y=e^x-kx\) 中会产生两个变号零点,不符合题意,这样必须满足 \(e^{x}-kx\geqslant0\)恒成立,

    \(e^{x}-kx\geqslant 0\)\(e^{x}\geqslant kx\) 时,作出函数 \(y=e^{x}\)\(y=kx\) 的图象如图所示,

    设曲线 \(y=e^{x}\) 与直线 \(y=kx\)相切时的斜率为 \(k_0\),切点为 \(P(x_0,y_0)\)

    \(\left\{\begin{array}{l}y_0=k_0x_0 &①\\y_0=e^{x_0}&②\\k_0=e^{x_0}&③\end{array}\right.\),将②③代入①,解得 \(x_0=1\),故 \(y_0=e\)

    即切点为 \(P(1,e)\)\(k_0=e\),故由图可知, 要使得 \(e^{x}-kx\geqslant0\) 恒成立, \(k\in [0,e]\)

    已知函数 \(f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\),若\(x=2\) 是函数 \(f(x)\) 的唯一极值点,则实数 \(k\) 的取值范围为\(\qquad\)

    $A.(-\infty,e]$ $B.[0,e]$ $C.(-\infty,e)$ $D.[0,e)$

    分析 : 先求定义域为\((0,+\infty)\),由于\(f(x)=\cfrac{{e}^{x}}{x^{2}}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)

    \(f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})\) [此处,求导变形是大难点]

    \(=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 2}{x^3}+\cfrac{2k}{x^2}-\cfrac{k}{x}\)

    \(=\cfrac{xe^x-2e^x}{x^3}+\cfrac{2kx}{x^3}-\cfrac{kx^2}{x^3}\)

    \(=\cfrac{(x-2)e^x}{x^3}-\cfrac{kx^2-2kx}{x^3}\)

    \(=\cfrac{(x-2)e^x}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}\)

    故得到,\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)\)

    又由于 \(x=2\) 是函数\(f(x)\) 的唯一极值点,故\(x=2\)\(f'(x)=0\)的唯一的根[不是切点根],

    [辅助说明,我们令\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)=0\)时,必须让\(x-2=0\),由于\(x^3>0\),故需要\(e^x-kx>0\)或者\(e^x-kx<0\),但是当\(e^x-kx<0\),就会产生另外的极值点,故需要\(e^x-kx>0\)\(e^x-kx=0\),当\(e^x-kx=0\)时,虽说方程会多出了解,但是其不是原函数的极值点,原因是此时对应的解是切点根]

    故需要\({e}^{x}-kx \geqslant 0\)注意,只要是相切为零的情形,即使为零也是满足题意的,只要不是相交为零即可。\(\quad\)\((0,+\infty)\)上恒成立,

    题目求解到此处,可以考虑用以下三种思路中的任意一种求解都是可以的:

    思路1:从数的角度分析,令\(g(x)={e}^{x}-kx(x>0)\),只需要\(g(x)_{min}\geqslant 0\)或另解此处也可转化为\(kx\leqslant e^x\),即\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)来求解,此时只需要借助导数工具,求解\(\cfrac{e^x}{x}\)\(x>0\)上的最小值即可,其实\((\cfrac{e^x}{x})_{min}=e\)

    由于\(g'(x)=e^x-k\),且\(x>0\),分类讨论如下:

    \(k\leqslant 0\)时,\(g'(x)=e^x-k>0\)恒成立,故函数\(g(x)\)\((0,+\infty)\)上单调递增,

    由于\(g(0)=1\),故\(g(x)\geqslant 0\)恒成立;

    \(k>0\)时,令\(g'(x)=e^x-k=0\),则得到\(x=ln k\)

    故当\(x\in(0,lnk)\)时,\(g'(x)<0\)\(g(x)\)单调递减,

    \(x\in(lnk,+\infty)\)时,\(g'(x)>0\)\(g(x)\)单调递增,

    \(g(x)_{min}=g(lnk)=k-klnk\),由\(k-klnk\geqslant 0\),解得\(0<k\leqslant e\)

    综上所述,\(k\leqslant e\),故选\(A\)

    思路2:从形的角度分析,由\(e^x-kx\geqslant 0\)恒成立,

    采用完全分离参数的方法,得到,\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)\((0,+\infty)\)上恒成立,

    \(h(x)=\cfrac{e^x}{x}\),需要求\(k\leqslant h(x)_{min}\)

    又由于\(h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}\)

    \(x\in (0,1)\)时,\(h'(x)<0\)\(h(x)\)单调递减,当\(x\in (1,+\infty)\)时,\(h'(x)>0\)\(h(x)\)单调递增,

    \(h(x)_{min}=h(1)=e\),故\(k\leqslant e\),故选\(A\)

    思路3:从形的角度分析,由\(e^x-kx\geqslant 0\)恒成立,

    采用不完全分离参数的方法,得到,\(e^x\geqslant kx\)\((0,+\infty)\)上恒成立,

    \(k\leqslant 0\)时,显然满足\(e^x> kx\)\((0,+\infty)\)上恒成立,

    \(k>0\)时,包括在曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切的情形下\(k=k_0\)

    即在\(0<k\leqslant k_0\)时都满足\(e^x\geqslant kx\)\((0,+\infty)\)上恒成立,

    关键时求解曲线\(y=e^x\)和直线\(y=kx\)相切时的斜率\(k_0\)

    设相切时的切点为\(P(x_0,y_0)\),则有

    \(\left\{\begin{array}{l}{y_0=e^{x_0}}\\{y_0=k_0x_0}\\{e^{x_0}=k_0}\end{array}\right.\) ,可求解得到\(x_0=1\)\(y_0=e\)\(k_0=e\)

    \(k\leqslant e\),故选\(A\)

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