(2021年整理)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

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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

已知函数fx1xaxe. 1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

设函数f(x)exex．

(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

设函数f(x)sinx．

2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

设函数f(x)lnxlnxln(x1)。 1x⑴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)不存在，试说明理由.

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a的解集为(0,)?若存在,求a的取值范围;若

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6.2010新课标理

设函数f(x)=ex1xax2.

(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

已知函数f(x)x(ex1)ax2。

（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

设函数f(x)1ex.

（Ⅰ）证明：当x1时，f(x)（Ⅱ)设当x0时，f(x)x； x1x,求a的取值范围。 ax19.2011新课标理

已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30。 x1x（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)lnxk,求k的取值范围. x1x10.自编

自编：若不等式sinxxax3对于x(0,)恒成立，求a的取值范围。

2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

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导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题

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 —— 00型及型函数未定式的一种解法

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。 0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;

limxa(3)

f(x)Ag(x) （A可为实数，也可以是）。 limxa则

f(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

已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30。 x1x（Ⅰ）求a、b的值；

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(Ⅱ）如果当x0，且x1时,f(x)（Ⅰ）略解得a1,b1。

lnxk，求k的取值范围。 x1x（Ⅱ）方法一:分类讨论、假设反证法

lnxk1(k1)(x21)lnx1由（Ⅰ）知f(x)，所以f(x)()(2lnx).

x1xx1x1x2x(k1)(x21)(k1)(x21)2x考虑函数h(x)2lnx (x0)，则h'(x)xx2k(x21)(x1)2（i)当k0时，由h'(x)知，当x1时,h'(x)0.因为h(1)0， 2x1h(x)0；当x(1,)时,h(x)0，可得 21x1lnxklnxk,从而当且时,,即h(x)0f(x)()0f(x); x0x121xx1xx1x1（ii）当0k1时，由于当x(1,)时，(k1)(x21)2x0,故h'(x)0，而h(1)0,故当

1k11h(x)0，与题设矛盾。 x(1,)时，h(x)0，可得

1x21k1（iii)当k1时， h'(x)0，而h(1)0，故当x(1,)时，h(x)0，可得h(x)0，与21x所以当x(0,1)时,h(x)0，可得

题设矛盾。综上可得，k的取值范围为(，0].

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，许多考生都停留在此层面，举反例x(1,1而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，)更难想到。

1k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，即, x1xx1xx1xxlnx1xlnx2xlnx2xlnx也即k,记1g(x)1，x0，且x1 22x1xx11x1x当x0，且x1时,f(x)2(x21)lnx2(1x2)2(x21)1x2=(lnx2)， 则g'(x)(1x2)2(1x2)2x11x214x(1x2)2=0， 记h(x)lnx2，则h'(x)+2222x(1+x)x(1+x)x1 - 5 -

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

limg(x)lim(x1x12xlnx2xlnx2lnx21)1lim1lim0， 22x1x11x1x2x即当x0,且x1时，g(x)0。因为kg(x)恒成立,所以k0。综上所述，当x0，且x1时，f(x)lnxk成立，k的取值范围为(，0]. x1x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1求导，研究其单调性、极值。 21x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）是型.

04。运用洛必达和导数解2010新课标理

设函数f(x)ex1xax2.

（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

(Ⅱ）当x0时,f(x)0，即ex1xax2.

ex1x①当x0时，aR;②当x0时，e1xax等价于a。 2xx2ex1x(x2)exx2+),则g'(x)记g(x) x(0，。

x2x3+)，则h'(x)(x1)ex1，当x(0，+)时,h''(x)xex0，所以记h(x)(x2)exx2 x(0，

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h'(x)(x1)ex1在(0，且h'(x)h'(0)0,所以h(x)(x2)exx2在(0，+)上单调递增，+)上

ex1xh(x)单调递增，且h(x)h(0)0，因此当x(0，在(0，+)时,g'(x)30,从而g(x)+)x2x上单调递增. 由洛必达法则有，

ex1xex1ex1limg(x)limlimlim x0x0x02xx02x22即当x0时，g(x)综上所述，当a111，所以当x(0，+)时，所以g(x)，因此a。 2221且x0时，f(x)0成立. 25.运用洛必达和导数解自编题

自编:若不等式sinxxax3对于x(0,)恒成立,求a的取值范围。

2解：应用洛必达法则和导数

xsinx当x(0,)时，原不等式等价于a。 32x记f(x)xsinx3sinxxcosx2xf'(x)，则.

x3x4记g(x)3sinxxcosx2x，则g'(x)2cosxxsinx2。 因为g''(x)xcosxsinxcosx(xtanx),

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

2所以g'(x)在(0,)上单调递减，且g'(x)0.因此g(x)在(0,)上单调递减,

22且g(x)0,故f'(x)由洛必达法则有 limf(x)limx0x0g(x)xsinx0f(x)(0,)上单调递减. ，因此在x4x32xsinx1cosxsinxcosx1limlimlim， 32x0x0x0x3x6x66- 7 -

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11即当x0时,g(x)，即有f(x).

66故a1时，不等式sinxxax3对于x(0,)恒成立。 62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“”型式子。

06。运用洛必达和导数解2010年新课标文

2010海南宁夏文（21） 已知函数f(x)x(ex1)ax2。

（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

当x0时，f(x)0，即x(ex1)ax2. ①当x0时,aR；

ex1②当x0时，x(e1)ax等价于e1ax，也即a。

xx2xex1(x1)ex1记g(x)，x(0,)，则g'(x)。

xx记h(x)(x1)ex1，x(0,)，则h'(x)xex0，因此h(x)(x1)ex1在(0,)上单调递增,

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

xx由洛必达法则有

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ex1exlimg(x)limlim1， x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） 设函数f(x)1ex。

（Ⅰ）证明：当x1时，f(x)（Ⅱ）设当x0时，f(x)解:（Ⅰ）略

（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设x0，此时f(x)0。

1xx①当a0时，若x，则不成立； 0,f(x)aax1ax1xx②当a0时，当x0时,f(x)，即1ex；

ax1ax1x； x1x,求a的取值范围。 ax1若x0，则aR;

1ex1xexex1x若x0,则1e等价于，即a. xxax1xexax1xe2xx2ex2ex1exxexex1x2xg'(x)=(ex2e)。 记g(x)，则x2x2x(xex)(xex)xex记h(x)exx22ex,则h'(x)ex2xex，h''(x)ex+ex20

)上单调递增，且h'(0)0,所以h'(x)0， 因此，h'(x)ex2xex在(0，)上单调递增，且h(0)0，所以h(x)0. 即h(x)在(0，exh(x)0，所以g(x)在(0，)上单调递增. 因此g'(x)=x2(xex)

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由洛必达法则有

xexex1xexexxex1limg(x)limlimlim，即当x0时, x0x0x0exxex1x02exxexxexx2g(x)1111，即有g(x),所以a.综上所述，a的取值范围是(,].

22228.运用洛必达和导数解2008年全国2理

设函数f(x)sinx．

2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． 解：(Ⅰ）f(x)当2kπ(2cosx)cosxsinx(sinx)2cosx1． 22(2cosx)(2cosx)2π2π1（kZ）时，cosx，即f(x)0； x2kπ3322π4π1当2kπ（kZ）时，cosx，即f(x)0． x2kπ3322π2π2kπ因此f(x)在每一个区间2kπ，(kZ）是增函数， 332π4π2kπf(x)在每一个区间2kπ，（kZ）是减函数． 33（Ⅱ）应用洛必达法则和导数

f(x)sinxax

2cosx若x0，则aR; 若x0，则

sinxsinxsinx，即g(x) ax等价于ax(2cosx)x(2cosx)2cosx则g'(x)2xcosx2sinxsinxcosxx.

x2(2cosx)2记h(x)2xcosx2sinxsinxcosxx， h'(x)2cosx2xsinx2cosxcos2x12xsinxcos2x12sinx2xsinx2sinx(sinxx)2

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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,

而limg(x)limx0x0sinxcosx1lim。

x(2cosx)x02+cosxxsinx3sinx1111，因此a。

x(2cosx)x33另一方面，当x[,)时,g(x)

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