导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题

导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题

第一部分：历届导数高考压轴题

1.2006年全国2理

设函数f(x)＝(x＋1)·ln(x＋1)，若对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立，求实数a的取值范围．

2.2006全国1理

1xaxe1x.

已知函数

fx（Ⅰ）设a0，讨论yfx的单调性；

（Ⅱ）若对任意x0,1恒有fx1，求a的取值范围. 3.2007全国1理

xxf(x)ee设函数．

（Ⅰ）证明：f(x)的导数f(x)≥2；

（Ⅱ）若对所有x≥0都有f(x)≥ax，求a的取值范围．

4.2008全国2理

- 1 -

设函数

f(x)sinx2cosx．

（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．

5.2008辽宁理

lnxlnxln(x1)1x.

设函数

f(x)⑴求f(x)的单调区间和极值;

⑵是否存在实数a,使得关于x的不等式f(x)a的解集为(0,)?若存在,求a的取值范围;若不存在,试说明理由.

6.2010新课标理

x2f(x)e1xax设函数=.

（Ⅰ）若a0，求f(x)的单调区间;

（Ⅱ）若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围

7.2010新课标文

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x2f(x)x(e1)ax已知函数.

（Ⅰ）若f(x)在x1时有极值，求函数f(x)的解析式； （Ⅱ）当x0时，f(x)0，求a的取值范围.

8.2010全国大纲理

xf(x)1e设函数.

（Ⅰ）证明：当x1时，

f(x)xx1；

（Ⅱ）设当x0时，

f(x)xax1，求a的取值范围.

9.2011新课标理

alnxbx1x，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30.

已知函数

f(x)（Ⅰ）求a、b的值；

lnxkx1x，求k的取值范围.

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，

f(x)10.自编

- 3 -

x(0,)3sinxxax2恒成立，求a的取值范围. 自编：若不等式对于

第二部分：新课标高考命题趋势及方法

1. 新课标高考命题趋势

近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化，坚持了稳中求改、稳中创新的原则，充分发挥数学作为基础学科的作用，既重视考查中学数学基础知识的掌握程度，又注重考查进入高校继续学习的潜能。为此，高考数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成为了热点.

2.分类讨论和假设反证

许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型.这类题目容易让学生想到用分离参数法，一部分题用这种方法很奏效，另一部分题在高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论和假设反证的方法.

3.洛必达法则

0—— 型及型函数未定式的一种解法0

虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难.研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原

0因是出现了0”型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法

就是洛必达法则.

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第三部分：洛必达法则及其用法

1.洛必达法则

洛必达法则：设函数f(x)、g(x)满足：

（1）xalimf(x)limg(x)0xa；

（2）在U(a)内，f(x)和g(x)都存在，且g(x)0；

（3）

limxaf(x)Ag(x) （A可为实数，也可以是）.

则

limxaf(x)f(x)limAg(x)xag(x).（可连环使用）

注意 使用洛必达法则时，是对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极限得最值。

2.2011新课标理的常规解法

alnxbx1x，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30.

已知函数

f(x)（Ⅰ）求a、b的值；

lnxkx1x，求k的取值范围.

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（Ⅱ）如果当x0，且x1时，

f(x)

（Ⅰ）略解得a1，b1.

（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法

lnxk1(k1)(x21)lnx1f(x)()(2lnx)f(x)2x1x1xxx1x，所以由（Ⅰ）知.

(k1)(x21)2x(k1)(x21)h'(x)h(x)2lnx(x0)x2x考虑函数，则

k(x21)(x1)2h'(x)k0x2(i)当时，由知，当x1时，h'(x)0.因为h(1)0，

1h(x)02h(x)0x(0,1)1x所以当时，，可得；当x(1,)时，h(x)0，可得

1lnxklnxkh(x)0f(x)()0f(x)x0x11x2x1xx1x； ，从而当且时，，即

（ii）当0k1时，由于当故当

x(1,x(1,1)21k时，(k1)(x1)2x0，故h'(x)0，而h(1)0，

11h(x)0)2h(x)01k时，，可得1x，与题设矛盾.

1h(x)02h'(x)0h(1)0h(x)0x(1,)（iii）当k1时， ，而，故当时，，可得1x，0]. 与题设矛盾.综上可得，k的取值范围为(，注：分三种情况讨论：①k0；②0k1；③k1不易想到.尤其是②0k1时，许多

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考生都停留在此层面，举反例

x(1,1)1k更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不

相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升.

3.运用洛必达和导数解2011年新课标理

lnxklnx1lnxkx1x，即x1xx1x，

当x0，且x1时，

f(x)也即

kxlnx1xlnx2xlnx2xlnx1g(x)12x1xx11x21x，记，x0，且x1

2(x21)lnx2(1x2)2(x21)1x2g'(x)=(lnx2)2222(1x)(1x)x1， 则

14x(1x2)21x2h'(x)+=0h(x)lnx22222x(1+x)x(1+x)x1，则记，

从而h(x)在(0,)上单调递增，且h(1)0，因此当x(0,1)时，h(x)0，当x(1,)时，

h(x)0；当x(0,1)时，g'(x)0，当x(1,)时，g'(x)0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，

在(1,)上单调递增.

由洛必达法则有

2xlnx2xlnx2lnx21)1lim1lim022x1x11x1x2x，

limg(x)lim(x1x1g(x)0.因为kg(x)恒成立，即当x0，且x1时，所以k0.综上所述，当x0，且x1 - 7 -

时，

f(x)lnxk0]. x1x成立，k的取值范围为(，注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k分离出来.然后对分离出来的函数

g(x)2xlnx11x2求导，研究其单调性、极值.

此时遇到了“当x=1时，函数g(x)值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.

当然这一法则出手的时机：（1）所构造的分式型函数在定义域上单调

0（2）是0型。

4.运用洛必达和导数解2010新课标理

x2f(x)e1xax设函数.

（Ⅰ）若a0，求f(x)的单调区间； （Ⅱ）当x0时，f(x)0，求a的取值范围.

应用洛必达法则和导数

x2（Ⅱ）当x0时，f(x)0，即e1xax.

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ex1xax2x2①当x0时，aR；②当x0时，e1xax等价于.

ex1x(x2)exx2g(x)g'(x)2x(0，+)xx3记 ，则.

xxxh(x)(x2)ex2h'(x)(x1)e1h''(x)xe0，x(0，+)x(0，+)记 ，则，当时，

xxh'(x)(x1)e1h(x)(x2)ex2在(0，+)h'(x)h'(0)0所以在上单调递增，且，所以

ex1xh(x)g(x)g'(x)30(0，+)上单调递增，x(0，+)h(x)h(0)0x2x且，因此当时，，从而

+)上单调递增. 在(0，由洛必达法则有，

ex1xex1ex1limg(x)limlimlim2x0x0x0x02x2x2

即当x0时，

g(x)111g(x)a+)时，所以2，所以当x(0，2，因此2.

综上所述，当

a12且x0时，f(x)0成立.

5.运用洛必达和导数解自编题

x(0,)3sinxxax2恒成立，求a的取值范围. 自编：若不等式对于

解：应用洛必达法则和导数

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x(0,)a2当时，原不等式等价于

xsinxx3.

记

f(x)xsinx3sinxxcosx2xf'(x)x3，则x4.

记g(x)3sinxxcosx2x，则g'(x)2cosxxsinx2.

因为g''(x)xcosxsinxcosx(xtanx)，

(0,)g'''(x)xsinx0，所以g''(x)在2上单调递减，且g''(x)0，

(0,)(0,)g'(x)g'(x)0g(x)2所以在上单调递减，且.因此在2上单调递减，

且g(x)0，故

f'(x)g(x)xsinx0f(x)(0,)43xx，因此在2上单调递减.

由洛必达法则有

xsinx1cosxsinxcosx1limlimlim32x0x0x0x3x6x66，

limf(x)limx0x0即当x0时，

g(x)11f(x)6. 6，即有

故

a1x(0,)36时，不等式sinxxax对于2恒成立.

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通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足：

① 可以分离变量；

②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；

0③出现“0”型式子.

6.运用洛必达和导数解2010年新课标文

2010海南宁夏文（21）

x2f(x)x(e1)ax已知函数.

（Ⅰ）若f(x)在x1时有极值，求函数f(x)的解析式； （Ⅱ）当x0时，f(x)0，求a的取值范围.

解：（Ⅰ）略

（Ⅱ）应用洛必达法则和导数

x2x(e1)axf(x)0x0当时，，即.

①当x0时，aR；

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ex1ax2xx(e1)axx. ②当x0时，等价于e1ax，也即

(x1)ex1ex1g(x)g'(x)x(0,)xx，记，则.

xxxh(x)(x1)e1h'(x)xe0h(x)(x1)e1在(0,)上单调递x(0,)记，，则，因此

ex1h(x)g(x)g'(x)0h(x)h(0)0x在(0,)上单调递增. x增，且，所以，从而

由洛必达法则有

ex1exlimg(x)limlim1x0x0x01x，

即当x0时，g(x)1

所以g(x)1，即有a1.

综上所述，当a1，x0时，f(x)0成立.

7.运用洛必达和导数解2010年大纲理

2010全国大纲理（22）

xf(x)1e设函数.

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（Ⅰ）证明：当x1时，

f(x)xx1；

（Ⅱ）设当x0时，

f(x)xax1，求a的取值范围.

解：（Ⅰ）略

（Ⅱ）应用洛必达法则和导数

由题设x0，此时f(x)0.

1xx0f(x)a，则ax1ax1不成立； ，

①当a0时，若

x②当a0时，当x0时，

f(x)xx1exax1，即ax1；

若x0，则aR；

1ex1xexex1xa1ex0xax1xexx. ax1若，则等价于，即

xe2xx2ex2ex1exxexex1g'(x)=(exx22ex)g(x)x2x2(xex)(xex)xexx，则记.

x2xxxxxh(x)ex2eh''(x)e+e20 h'(x)e2xe记，则，

xxh'(x)e2xe)上单调递增，且h'(0)0，所以h'(x)0， 因此，在(0， - 13 -

)上单调递增，且h(0)0，所以h(x)0. 即h(x)在(0，exg'(x)=h(x)0x2(xex))上单调递增. 因此，所以g(x)在(0，由洛必达法则有

xexex1xexexxex1limg(x)limlimlimx0x0x0exxex1x02exxexxexx2，即当x0时，

g(x)1111a(,]g(x)2.综上所述，a的取值范围是2. 2，即有2，所以

8.运用洛必达和导数解2008年全国2理

sinx2cosx．

设函数

f(x)（Ⅰ）求f(x)的单调区间；

（Ⅱ）如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．

(2cosx)cosxsinx(sinx)2cosx1(2cosx)2(2cosx)2．

解：（Ⅰ）

f(x)当

2kπ2π2π1x2kπcosx33（kZ）时，2，即f(x)0；

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当

2kπ2π4π1x2kπcosx33（kZ）时，2，即f(x)0．

2π2π2kπ，2kπf(x)33（kZ）是增函数， 因此在每一个区间

2π4π2kπ，2kπf(x)在每一个区间33（kZ）是减函数． （Ⅱ）应用洛必达法则和导数

sinxax2cosx

f(x)若x0，则aR；

sinxsinxsinxg(x)aaxx(2cosx) x(2cosx)，即若x0，则2cosx等价于

则

g'(x)2xcosx2sinxsinxcosxxx2(2cosx)2.

记h(x)2xcosx2sinxsinxcosxx，

h'(x)2cosx2xsinx2cosxcos2x12xsinxcos2x12sin2x2xsinx2sinx(sinxx)

因此，当x(0,)时，h'(x)0，h(x)在(0,)上单调递减，且h(0)0，故g'(x)0，所以

g(x)在(0,)上单调递减，

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而

limg(x)limx0x0sinxcosx1limx(2cosx)x02+cosxxsinx3.

另一方面，当x[,)时，

g(x)sinx1111ax(2cosx)x3，因此3.

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