2013-山东卷理-21 解-导数单调性与最值

本题导读

本题考查导数的应用。核心在于导数法、分离参数法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年山东卷(理)） 设函数 $f(x)=\frac{x}{e^{2x}}+c$（$e=2.71828\dots$，$c\in \mathbb{R}$）.

(1)求 $f(x)$ 的单调区间及最大值；

(2)讨论关于 $x$ 的方程 $|\ln x|=f(x)$ 根的个数.

🔍【思路分析】

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1. 第一问（求最值）：对 $f(x)$ 求导，通过 $f^{\prime }(x)$ 的正负确定增减性。利用单调性锁定极大值点，从而得到最大值。
2. 第二问（根的个数）：
   • 等价转化：将方程变形为 $c=|\ln x|-\frac{x}{e^{2x}}$。
   • 构造函数：设 $F(x)=|\ln x|-\frac{x}{e^{2x}}$。
   • 分段讨论：
     • 当 $0<x<1$ 时，$F(x)=-\ln x-\frac{x}{e^{2x}}$。
     • 当 $x\ge 1$ 时，$F(x)=\ln x-\frac{x}{e^{2x}}$。
   • 研究性质：通过求导判断 $F(x)$ 在各段上的单调性与极值。
   • 数形结合：观察直线 $y=c$ 与曲线 $y=F(x)$ 交点的个数，根据 $c$ 的取值范围得出结论。

✅【答案】

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即 $f(x)$ 的最大值为 $\frac{1}{2e}+c$。；所以 $m(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增

✍【详细解析】

Abstract

（1）解： $f(x)$ 的定义域为 $\mathbb{R}$。 对 $f(x)$ 求导得： $f^{\prime }(x)=\frac{e^{2x}-x\cdot 2e^{2x}}{(e^{2x}{)}^2}=\frac{1-2x}{e^{2x}}$ 令 $f^{\prime }(x)=0$，解得 $x=\frac{1}{2}$。

• 当 $x\in (-\infty ,\frac{1}{2})$ 时，$f^{\prime }(x)>0$，$f(x)$ 单调递增；
• 当 $x\in (\frac{1}{2},+\infty )$ 时，$f^{\prime }(x)<0$，$f(x)$ 单调递减。 所以 $f(x)$ 的极大值为 $f(\frac{1}{2})=\frac{1}{2e}+c$。 即 $f(x)$ 的最大值为 $\frac{1}{2e}+c$。

（2）解： 原方程可化为 $c=|\ln x|-\frac{x}{e^{2x}}$。设 $F(x)=|\ln x|-\frac{x}{e^{2x}}$。 ① 当 $0<x\le 1$ 时，$g(x)=-\ln x-\frac{x}{e^{2x}}$。 $g^{\prime }(x)=-\frac{1}{x}-\frac{1-2x}{e^{2x}}=\frac{2x^2-x-e^{2x}}{x{e}^{2x}}$ 设 $h(x)=2x^2-x-e^{2x}$，则 $h^{\prime }(x)=4x-1-2e^{2x}$。 在 $(0,1]$ 上，$h^{\prime }(x)<4(1)-1-2e^0=1$ 且 $h^{\prime }(x)$ 递减，易知 $h^{\prime }(x)<0$，故 $h(x)$ 递减。 $h(x)<h(0)=-1$，所以 $g^{\prime }(x)<0$，$g(x)$ 在 $(0,1]$ 上单调递减。 其最小值为 $g(1)=0-\frac{1}{e^2}=-\frac{1}{e^2}$。当 $x\to 0^{+}$ 时，$g(x)\to +\infty$。

② 当 $x>1$ 时，$m(x)=\ln x-\frac{x}{e^{2x}}$。 $m^{\prime }(x)=\frac{1}{x}-\frac{1-2x}{e^{2x}}=\frac{e^{2x}+2x^2-x}{x{e}^{2x}}$ 因为 $x>1$，则 $e^{2x}>1$，$2x^2-x>1$，故 $m^{\prime }(x)>0$。 所以 $m(x)$ 在 $(1,+\infty )$ 上单调递增。 其下界（极限处）为 $m(1)=-\frac{1}{e^2}$。当 $x\to +\infty$ 时，$m(x)\to +\infty$。

结论归纳： 函数 $F(x)$ 的图象从 $+\infty$ 下降至 $x=1$ 处的最小值 $-\frac{1}{e^2}$，随后上升至 $+\infty$。

• 当 $c<-\frac{1}{e^2}$ 时，直线 $y=c$ 与 $y=F(x)$ 无交点，方程根的个数为 0；
• 当 $c=-\frac{1}{e^2}$ 时，直线与曲线切于点 $(1,-\frac{1}{e^2})$，方程根的个数为 1；
• 当 $c>-\frac{1}{e^2}$ 时，由于 $F(x)$ 在 $x=1$ 两侧均单调且趋于 $+\infty$，直线与曲线各有一个交点，方程根的个数为 2。


💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：利用导数工具分析复杂分段函数的单调性。

核心方法：分离参数法。将 $c$ 孤立出来，把问题转化为观察定直线与动曲线的相对位置，避开了对系数 $c$ 的直接分类讨论，逻辑更清晰。

避坑指南：* 在判断导数 $g^{\prime }(x)$ 符号时，如果直接观察不出，应构造二阶函数（辅助函数）再次求导判断。 * 注意绝对值的分段界限 $x=1$，这往往是函数发生转折的极值点。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：零点存在性定理、凸函数的性质应用。

结论推广：方程 $f(x,c)=0$ 的根问题，若能化为 $c=g(x)$，则根的个数即为函数 $g(x)$ 的值域被 $c$ 覆盖的次数。

方法推广：分离参数法。将 $c$ 孤立出来，把问题转化为观察定直线与动曲线的相对位置，避开了对系数 $c$ 的直接分类讨论，逻辑更清晰。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 05.02 函数的四大性质
• 05.01 函数的概念

类题演练 (Links)

• 2023-新高考II卷-06 单-导数单调性
• 2014-江西卷文-18 解-导数最值
• 2014-福建卷文-22 解-导数