前言

典例剖析

【2020-河北衡水中學模擬】若函式 \(f(x)=e^{x}(x-3)-\cfrac{1}{3}kx^{3}+kx^{2}\) 只有一個極值點，則實數 \(k\) 的取值範圍是【\(\qquad\)】

解析： \(f'(x)=(x-2)\cdot(e^{x}-kx)\) ，

若函式 \(f(x)\) 只有一個極值點，則 \(f'(x)=(x-2)\cdot(e^{x}-kx)\) 只有一個變號零點，

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

且 \(x=2\)

當 \(e^{x}-kx\geqslant 0\) 即 \(e^{x}\geqslant kx\) 時，作出函式 \(y=e^{x}\) 與 \(y=kx\) 的圖象如圖所示，

設曲線 \(y=e^{x}\) 與直線 \(y=kx\)相切時的斜率為 \(k_0\)，切點為 \(P(x_0,y_0)\)，

則 \(\left\{\begin{array}{l}y_0=k_0x_0 &①\\y_0=e^{x_0}&②\\k_0=e^{x_0}&③\end{array}\right.\)

即切點為 \(P(1,e)\) ，\(k_0=e\)，故由圖可知， 要使得 \(e^{x}-kx\geqslant0\) 恆成立， \(k\in [0,e]\)，

已知函式 \(f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+\ln x)\)，若\(x=2\) 是函式 \(f(x)\) 的唯一極值點，則實數 \(k\) 的取值範圍為【\(\qquad\)】

分析 : 先求定義域為\((0,+\infty)\)

則\(f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})\) [此處，求導變形是大難點]

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

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

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

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

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

又由於 \(x=2\) 是函式\(f(x)\) 的唯一極值點，故\(x=2\) 是 \(f'(x)=0\)的唯一的根[不是切點根]，

[輔助說明，我們令\(f'(x)=\cfrac{x-2}{x^{3}}(e^x-kx)=0\)時，必須讓\(x-2=0\)，由於\(x^3>0\)，故需要\(e^x-kx>0\)或者\(e^x-kx<0\)，但是當\(e^x-kx<0\)，就會產生另外的極值點，故需要\(e^x-kx>0\)且\(e^x-kx=0\)，當\(e^x-kx=0\)時，雖說方程會多出瞭解，但是其不是原函式的極值點，原因是此時對應的解是切點根]

故需要\({e}^{x}-kx \geqslant 0\)注意，只要是相切為零的情形，即使為零也是滿足題意的，只要不是相交為零即可。\(\quad\) 在 \((0,+\infty)\)上恆成立，

題目求解到此處，可以考慮用以下三種思路中的任意一種求解都是可以的：

思路1：從數的角度分析，令\(g(x)={e}^{x}-kx(x>0)\)，只需要\(g(x)_{min}\geqslant 0\)，或另解此處也可轉化為\(kx\leqslant e^x\)，即\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)來求解，此時只需要藉助導數工具，求解\(\cfrac{e^x}{x}\)在\(x>0\)上的最小值即可，其實\((\cfrac{e^x}{x})_{min}=e\)

由於\(g'(x)=e^x-k\)，且\(x>0\)，分類討論如下：

當\(k\leqslant 0\)時，\(g'(x)=e^x-k>0\)恆成立，故函式\(g(x)\)在\((0,+\infty)\)上單調遞增，

由於\(g(0)=1\)，故\(g(x)\geqslant 0\)恆成立；

當\(k>0\)時，令\(g'(x)=e^x-k=0\)，則得到\(x=ln k\)，

故當\(x\in(0,lnk)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)單調遞減，

當\(x\in(lnk,+\infty)\)時，\(g'(x)>0\)，\(g(x)\)單調遞增，

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

綜上所述，\(k\leqslant e\)，故選\(A\)；

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

採用完全分離引數的方法，得到，\(k\leqslant \cfrac{e^x}{x}\)在\((0,+\infty)\)上恆成立，

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

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

當\(x\in (0,1)\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減，當\(x\in (1,+\infty)\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調遞增，

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

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

採用不完全分離引數的方法，得到，\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恆成立，

當\(k\leqslant 0\)時，顯然滿足\(e^x> kx\)在\((0,+\infty)\)上恆成立，

當\(k>0\)時，包括在曲線\(y=e^x\)和直線\(y=kx\)相切的情形下\(k=k_0\)，

即在\(0<k\leqslant k_0\)時都滿足\(e^x\geqslant kx\)在\((0,+\infty)\)上恆成立，

關鍵時求解曲線\(y=e^x\)和直線\(y=kx\)相切時的斜率\(k_0\)，

設相切時的切點為\(P(x_0，y_0)\)，則有

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

故\(k\leqslant e\)，故選\(A\)；