2022-乙卷理-16 填-导数极值

本题导读

本题考查利用导数研究函数的极值，以及二阶导数的应用。

📌【题干】

Question

（2022年乙卷理） 已知 $x=x_1$ 和 $x=x_2$ 分别是函数 $f(x)=2a^x-e{x}^2(a>0\text{ 且 }a\ne 1)$ 的极小值点和极大值点．若 $x_1<x_2$，则 $a$ 的取值范围是 $\underline{}$．

🔍【思路分析】

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1. 求导分析：求出一阶导数 $f^{\prime }(x)$ 和二阶导数 $f^{\prime \prime }(x)$。

2. 利用极值点类型定性分析：

   • 极值点对应 $f^{\prime }(x)=0$ 的根。

   • $x_1$ 是极小值点 $⟹$ 在 $x_1$ 附近 $f^{\prime }(x)$ 由负变正。

   • $x_2$ 是极大值点 $⟹$ 在 $x_2$ 附近 $f^{\prime }(x)$ 由正变负。

   • 已知 $x_1<x_2$，说明导函数 $f^{\prime }(x)$ 的符号变化趋势为“先负，后正，再负”。这暗示 $f^{\prime }(x)$ 的图象呈现“倒 U 型”（先增后减）。

3. 利用二阶导判定单调性：

   • 研究 $f^{\prime \prime }(x)$ 的正负，确定 $f^{\prime }(x)$ 的单调性，从而确定参数 $a$ 的大致范围（$a>1$ 还是 $0<a<1$）。

4. 极值存在性条件：

   • 要使 $f^{\prime }(x)$ 有两个变号零点，其极大值（即 $f^{\prime }(x)$ 的最大值）必须大于 $0$。由此建立关于 $a$ 的不等式并求解。

✅【答案】

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$(\frac{1}{e},1)$

✍【详细解析】

Abstract

1. 求导函数：

$f(x)=2a^x-e{x}^2$

$f^{\prime }(x)=2a^x\ln a-2ex$

$f^{\prime \prime }(x)=2a^x(\ln a{)}^2-2e$

2. 分类讨论确定 $a$ 的范围：

• 情形一：当 $a>1$ 时

  $\ln a>0$，$y=a^x$ 单调递增，故 $f^{\prime \prime }(x)$ 单调递增。

  • 当 $x\to -\infty$ 时，$f^{\prime \prime }(x)\to -2e<0$；

  • 当 $x\to +\infty$ 时，$f^{\prime \prime }(x)\to +\infty >0$。

    存在唯一零点 $x_0$，使得 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,x_0)$ 递减，在 $(x_0,+\infty )$ 递增。

    $f^{\prime }(x)$ 的图象呈“U 型”（先减后增）。

    若 $f^{\prime }(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2(x_1<x_2)$，则符号变化必为 $+\to -\to +$。

    这意味着 $x_1$ 是极大值点，$x_2$ 是极小值点。

    这与题目已知条件（$x_1$ 为极小值点，$x_2$ 为极大值点）矛盾。

    故 $a>1$ 不成立。

• 情形二：当 $0<a<1$ 时

  $\ln a<0$，$y=a^x$ 单调递减，故 $f^{\prime \prime }(x)$ 单调递减。

  • 当 $x\to -\infty$ 时，$f^{\prime \prime }(x)\to +\infty >0$；

  • 当 $x\to +\infty$ 时，$f^{\prime \prime }(x)\to -2e<0$。

    存在唯一零点 $x_0$，使得 $f^{\prime }(x)$ 在 $(-\infty ,x_0)$ 递增，在 $(x_0,+\infty )$ 递减。

    $f^{\prime }(x)$ 的图象呈“倒 U 型”（先增后减）。

    若 $f^{\prime }(x)$ 有两个零点 $x_1,x_2(x_1<x_2)$，则符号变化必为 $-\to +\to -$。

    这意味着 $x_1$ 是极小值点，$x_2$ 是极大值点。

    这与题目条件相符。

    故必有 $0<a<1$。

3. 求解具体不等式：

在 $0<a<1$ 的前提下，要保证 $f^{\prime }(x)$ 有两个零点，只需 $f^{\prime }(x)$ 的最大值大于 $0$。

最大值点 $x_0$ 满足 $f^{\prime \prime }(x_0)=0$，即：

$2a^{x_0}(\ln a{)}^2=2e⟹a^{x_0}=\frac{e}{(\ln a{)}^2}$

同时，对两边取以 $a$ 为底的对数（注意 $0<a<1$）：

$x_0={\log }_a\left[\frac{e}{(\ln a{)}^2}\right]=\frac{\ln e-\ln ((\ln a{)}^2)}{\ln a}=\frac{1-2\ln |\ln a|}{\ln a}$

要求 $f^{\prime }(x_0)>0$：

$2a^{x_0}\ln a-2e{x}_0>0$

将 $a^{x_0}=\frac{e}{(\ln a{)}^2}$ 代入：

2 \cdot \frac{e}{(\ln a)^2} \cdot \ln a - 2e x_0 > 0$$$$\frac{2e}{\ln a} - 2e x_0 > 0

因为 $2e>0$，约去得：

$\frac{1}{\ln a}-x_0>0⟹\frac{1}{\ln a}>x_0$

将 $x_0$ 的表达式代入：

$\frac{1}{\ln a}>\frac{1-2\ln |\ln a|}{\ln a}$

注意：因为 $0<a<1$，所以 $\ln a<0$。

不等式两边同乘 $\ln a$，不等号方向改变：

1 < 1 - 2\ln|\ln a|$$$$0 < -2\ln|\ln a|$$$$\ln|\ln a| < 0$$$$0 < |\ln a| < 1

即 $0<-\ln a<1$ （因为 $\ln a<0$）

-1 < \ln a < 0$$$$e^{-1} < a < e^0$$$$\frac{1}{e} < a < 1

结论：

$a$ 的取值范围是 $(\frac{1}{e},1)$．

【解法二】

【分析】由$x_1,x_2$分别是函数$f\left(x\right)=2a^x-e{x}^2$的极小值点和极大值点，

可得$x\in \left(-\infty ,x_1\right)\cup \left(x_2,+\infty \right)$时，

$f^{\prime }\left(x\right)<0$，$x\in \left(x_1,x_2\right)$时，$f^{\prime }\left(x\right)>0$，

再分$a>1$和$0<a<1$两种情况讨论，方程$2\ln a\cdot a^x-2ex=0$的两个根为$x_1,x_2$，

即函数$y=\ln a\cdot a^x$与函数$y=ex$的图象有两个不同的交点，

构造函数$g\left(x\right)=\ln a\cdot a^x$，根据导数的结合意义结合图象即可得出答案.

【解析】$f^{\prime }\left(x\right)=2\ln a\cdot a^x-2ex$，

因为$x_1,x_2$分别是函数$f\left(x\right)=2a^x-e{x}^2$的极小值点和极大值点，

所以函数$f\left(x\right)$在$\left(-\infty ,x_1\right)$和$\left(x_2,+\infty \right)$上递减，

在$\left(x_1,x_2\right)$上递增，所以当$x\in \left(-\infty ,x_1\right)\cup \left(x_2,+\infty \right)$时，

$f^{\prime }\left(x\right)<0$，当$x\in \left(x_1,x_2\right)$时，$f^{\prime }\left(x\right)>0$，若$a>1$时，

当$x<0$时，$2\ln a\cdot a^x>0,2ex<0$，

则此时$f^{\prime }\left(x\right)>0$，与前面矛盾，故$a>1$不符合题意，

若$0<a<1$时，则方程$2\ln a\cdot a^x-2ex=0$的两个根为$x_1,x_2$，

即方程$\ln a\cdot a^x=ex$的两个根为$x_1,x_2$，

即函数$y=\ln a\cdot a^x$与函数$y=ex$的图象有两个不同的交点，

令$g\left(x\right)=\ln a\cdot a^x$，则$g^{\prime }\left(x\right)={\ln }^{2}a\cdot a^x,0<a<1$，

设过原点且与函数$y=g\left(x\right)$的图象相切的直线的切点为$\left(x_0,\ln a\cdot a^{x_0}\right)$，

则切线的斜率为$g^{\prime }\left(x_0\right)={\ln }^{2}a\cdot a^{x_0}$，故切线方程为$y-\ln a\cdot a^{x_0}={\ln }^{2}a\cdot a^{x_0}\left(x-x_0\right)$，

则有$-\ln a\cdot a^{x_0}=-x_0{\ln }^{2}a\cdot a^{x_0}$，解得$x_0=\frac{1}{\ln a}$，

则切线的斜率为${\ln }^{2}a\cdot a^{\frac{1}{\ln a}}=e{\ln }^{2}a$，

因为函数$y=\ln a\cdot a^x$与函数$y=ex$的图象有两个不同的交点，

所以$e{\ln }^{2}a<e$，

解得$\frac{1}{e}<a<e$，

又$0<a<1$，所以$\frac{1}{e}<a<1$，

综上所述，$a$的范围为$\left(\frac{1}{e},1\right)$.

【解法三】

\begin{align}& f(x)\Leftrightarrow f\prime (x)\Leftrightarrow y={{a}^{x}}\ln ay=ex\\&f'(x)=2{{a}^{x}}\ln a-2ex=0 {{a}^{x}}\ln a=ex\\\end{align}

\begin{align}& a>1\\&f\prime (x)\\\end{align} 

 \begin{align}&{{x}_{1}}<{{x}_{2,}}{{x}_{1}}{{x}_{2}}\\&\therefore\\\end{align}    \begin{align}&1>a>0\\& y={{a}^{x}}\ln a00\\&y-{{a}^{{{x}_{0}}}}\ln a={{a}^{{{x}_{0}}}}{{\ln }^{2}}a(x-{{x}_{0}})\\& (0,0){{x}_{0}}=\frac{1}{\ln a}=\log _{a}^{e}\\\end{align}    \begin{align}&\therefore k={{a}^{{{x}_{0}}}}{{\ln }^{2}}a={{a}^{\log _{a}^{e}}}{{\ln }^{2}}a=e{{\ln }^{2}}a\\& k=e{{\ln }^{2}}a<e\\&\therefore -1<\ln a<1\frac{1}{e}<a<e\\&\therefore\frac{1}{e}<a<1\\\end{align}    

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 核心技巧：

  1. 二阶导定型：对于超越函数，二阶导数往往比一阶导数更容易判断符号，通过二阶导数的单调性可以反推一阶导数的单调性（即原函数的凹凸性）。

  2. 极值点顺序判定法：若函数先有极小值再有极大值，说明导数先负后正再负，导函数必为“先增后减”形态。这是判断参数范围（$a>1$ 还是 $0<a<1$）的最快依据。

• 避坑指南：

  • 不等式变号：在解 $\frac{1}{\ln a}>x_0$ 时，务必时刻牢记 $\ln a$ 是负数，乘除时要变号。这是本题最容易丢分的地方。

  • 对数运算：处理 $\ln |\ln a|$ 时要小心，确保真数大于 0 且理解其绝对值的含义（此处 $\ln a$ 为负）。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：待补

2. 结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 03.01 不等式解法体系

类题演练 (Links)

• 2008-大纲卷II文-21 解-三次函数极值与最值恒成立
• 2014-湖南卷理-22 解-导数单调性
• 1984-全国卷理-19