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，

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

且 \(x=2\) 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，

当 \(e^{x}-kx\geqslant 0\) 即 \(e^{x}\geqslant kx\) 时，作出函数 \(y=e^{x}\) 与 \(y=kx\) 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 \(P(x_0,y_0)\)，

则 \(\left\{\begin{array}{l}y_0=k_0x_0 &①\\y_0=e^{x_0}&②\\k_0=e^{x_0}&③\end{array}\right.\)，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\(f(x)=\cfrac{{e}^{x}}{x^{2}}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)，

则\(f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})\) [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\(x=2\) 是 \(f'(x)=0\)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\(e^x-kx>0\)且\(e^x-kx=0\)，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。\(\quad\) 在 \((0,+\infty)\)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\(\cfrac{e^x}{x}\)在\(x>0\)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：

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

由于\(g(0)=1\)，故\(g(x)\geqslant 0\)恒成立；

当\(k>0\)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，

当\(x\in(lnk,+\infty)\)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，\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

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

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

当\(x\in (0,1)\)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，

故\(h(x)_{min}=h(1)=e\)，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，\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，

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

当\(k>0\)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\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)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\(x_0=1\)，\(y_0=e\)，\(k_0=e\)，

故\(k\leqslant e\)，故选\(A\)；