不等式恒成立,求参数的取值范围——洛必达法则

⾼中数学题型技巧7洛必达法则⾼中数学题型技巧7 洛必达法则在解决不等式恒(能)成⽴，求参数的取值范围这⼀类问题时，最常⽤的⽅法是分离参数法，转化成求函数的最值，但在求最值时如果出现“0/0”型的代数式，就设法求其最值．“0/0”型的代数式，是⼤学数学中的不定式问题，解决此类问题的有效⽅法就是利⽤洛必达法则．洛必达法则法则1　若函数f(x)和g(x)满⾜下列条件法则2　若函数f(x)和g(x)满⾜下列条件例1　已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成⽴，求实数a的取值范围．解　⽅法⼀　令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0.(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，⼜φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成⽴，故a≤1满⾜题意．综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．⽅法⼆　x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成⽴，∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．例2　已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．解　(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝12.(2)⽅法⼀　当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a.①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满⾜条件．②当a>1时，若0<x<ln a，则φ′(x)<0，若x>ln a，则φ′(x)>0.∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0.令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．∴g(a)<0与g(a)≥0⽭盾，故a>1不满⾜条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．⽅法⼆　当x>0时，f(x)≥0，∴a≤1.故实数a的取值范围是(－∞，1]．。

洛必达法则求参数
洛必达法则是一种求解极限的常用方法，但是在实际应用中，我们往往需要求出其中的参数，以便更好地进行计算和分析。

因此，本文将介绍洛必达法则求参数的方法。

首先，我们需要了解洛必达法则的基本公式：
$$lim_{xto a}frac{f(x)}{g(x)}=lim_{xto
a}frac{f'(x)}{g'(x)}$$
其中，$f(x)$和$g(x)$分别是两个函数，$a$是$x$的极限点。

如果$frac{0}{0}$或$frac{infty}{infty}$的形式，我们就可以使用洛必达法则求出极限的值。

但是，在使用洛必达法则之前，我们需要先求出$f'(x)$和
$g'(x)$的值。

具体方法如下：
1. 对于$f(x)$和$g(x)$的求导，我们需要使用基本的求导法则，如幂函数、指数函数、三角函数等。

如果不确定某种函数的导数，可以查阅相关的数学书籍或网站。

2. 需要注意的是，有些函数求导会比较麻烦，需要使用一些高阶的求导法则，此时需要更加熟练的技巧和经验。

3. 在求导的过程中，需要注意一些常见的错误，如忘记乘以导数、导数的符号错误等。

4. 最后，我们得到$f'(x)$和$g'(x)$的值后，将它们带入洛必达法则的公式中，就可以求出极限的值了。

总之，洛必达法则是一种十分实用的方法，但是在应用过程中
需要注意各种细节问题，才能获得准确的结果。

用洛必达法则巧解“恒成立时参数取值范围”型高考压轴题作者：杨刚来源：《数学教学通讯·高中版》2018年第04期[摘要] 纵观高考数学压轴题中，函数与导数应用问题是十分常见，其中求参数的取值范围是重点考查题型.在常规变量分离法等解题时，会出现“■”型或“■”型的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则，这种方法简单，讨论直接，有效提高学生解决问题的效率.[关键词] 函数与导数；参数；洛必达法则洛必达又音译为罗必塔，是法国的一名数学家.他最重要的著作是《阐明曲线的无穷小于分析》（1696），这本书是世界上第一本系统的微积分学教科书，他由一组定义和公理出发，全面地阐述变量、无穷小量、切线、微分等概念，在书中第九章记载了约翰·伯努利在1694年7月22日告诉他的一个著名定理：洛必达法则，也就是求一个分式当分子和分母都趋于零时或都趋于无穷大的极限的法则.后人误以为是他的发现，故以洛必达法则（或罗必塔法则）之名沿用至今.函数与导数是高中数学的重要内容，高考数学压轴题基本都和函数与导数应用有关，试题常常会遇见通过变形之后，转化为形如：m>■（或m■【洛必达法则Ⅰ】“■”型（1）■f（x）=0，■g（x）=0；（2）f（x）与g（x）在x0的空心邻域内可导，且g′（x）≠0；（3）■■=A（A可为有限数，也可为∞或-∞），则■■=■■=A.■【洛必达法则Ⅱ】“■”型（1）■f（x）=∞，■g（x）=∞；（2）f（x）与g（x）在x0的空心邻域内可导，且g′（x）≠0；（3）■■=A（A可为有限数，也可为∞或-∞），则■■=■■=A.利用洛必达法则求不定式的极限时，要注意以下几点：①将上面公式的x→x0换成x→x■，x→x■，x→∞，x→+∞，x→-∞时，洛必达法则也成立.②洛必达法则不仅可求■型和■型的极限，也可求0·∞，∞0，00，1∞，∞-∞等型的极限，只需把它们转化为■型和■型，再用洛必达法则即可求出.③在着手求极限前，先检查是否为■，■，0·∞，∞0，00，1∞，∞-∞等型不定式，再检查是否满足三个前提条件，否则不能用洛必达法则.④若三个条件满足，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.下面我们来看看，如何用洛必达法则巧解近几年高考导数压轴题.例1（2015年山东卷理科）设f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中a∈R，（1）讨论函数f（x）的极值点的个数，并说明理由；（2）若？坌x>0，f（x）≥0成立，求a的取值范围.解：在参考答案的解法中，第（2）问要在第（1）问顺利解决的情况下才有可能完成，而第（1）问难度很大. 因此，能做对第（2）问的少之又少. 对于第（2）问，转化为？坌x∈（0，1），a≤■恒成立①；x=1时，f（x）≥0②；？坌x∈（1，+∞），a≥■恒成立③，则a的取值范围是同时满足①②③式的a取值集合的交集. 显然，对于第②问，a为任何实数均成立. 下面解答①③式，令g（x）=■，则g′（x）=■.再令h（x）=（x-x2）+（2x2+x-1）ln（x+1），则h′（x）=（4x+1）ln（x+1）.对于①式，当x∈（0，1）时，h′（x）>0，所以h（x）在（0，1）上递增，所以h （x）>h（0）=0，从而g′（x）>0，所以g（x）=■在（0，1）上递增.当x→0+时，有ln（x+1）→0，x-x2→0.由洛必达法则有■g（x）=■■=■■=■=■=1，所以当x→0+时，g（x）→1，所以要①式成立，则a≤1.对于③式，当x∈（1，+∞）时，同理可得g（x）=■在（1，+∞）上递增.当x→+∞时，有ln（x+1）→∞，x-x2→∞由洛必达法则有■g（x）=■■=■■=■=■=0，所以当x→+∞时，g（x）→0，所以要③式成立，则a≥0.综合①②③式可得，a的取值范围为[0，1].例2 （2014年陕西卷理科）设函数f（x）=ln（x+1），g（x）=xf ′（x），x≥0，其中f ′（x）是f（x）的导函数.（2）若f（x）≥ag（x）恒成立，求实数a的取值范围. （（1）（3）略）解：（2）已知f（x）≥ag（x）恒成立，即ln（x+1）≥■恒成立.①？摇当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立.②？摇当x>0时，不等式变形为a≤■恒成立.令h（x）=■，则h′（x）=■，再令φ（x）=x-ln（x+1），则φ′（x）=■.因为x>0，所以φ′（x）>0，所以φ（x）=x-ln（x+1）在（0，+∞）上递增，从而有φ（x）>φ（0）=0.进而有h′（x）>0，所以h（x）=■在（0，+∞）上递增.当x→0■时，有（x+1）ln（x+1）→0，x→0，由洛必达法我们可得有■h（x）=■■=■■=■=■=1，所以当x→0+时，h（x）→1. 所以要a≤■恒成立，则a≤1.综合①②式可得，实数a的取值范围是（-∞，1].读者不妨用洛必达法则试解以下高考压轴题：1. （2013年全国大纲卷理科）已知函数f（x）=ln（1+x）-■.（1）若x≥0时f（x）≤0，求λ的最小值.（2）略？摇（答案：■）2. （2011年全国新课标卷理科）已知函数f（x）=■+■，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y-3=0.（1）求a，b的值；（2）如果当x>0，且x≠1时，f（x）>■+■，求k的取值范围.（答案：（1）a=1，b=1，（2）（-∞，0]）3. （2010年新课标卷理科）设函数f（x）=ex-1-x-ax2.（1）略；（2）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.（答案：（2）a≤■）通过以上两例可以发现，对于在某个区间上，不等式恒成立时，求参数取值范围的题型，通常用分离变量的方法，把参数分离出来，然后对参数分离之后的函数y=■求导，研究单调性、极值.若遇到“当x=x0时，函数y=■无意义”，此时可以检验是否满足洛必达法则的条件，若满足，便可用洛必达法则来求解，这是解决此类难题很有效的方法.洛必达法则虽然不是高考考纲中需要掌握的内容，但它在高等数学中占有重要的地位. 如果学生在高中阶段就能认识理解洛必达法则，既可在高考数学考试中节约时间和有效解题，还将会对学生进入大学后学习高等数学奠定坚实的基础. 同时也要明白，解决此类恒成立问题，洛必达法则未必是唯一可用的最佳方法，但洛必达法则为我们提供了较为简明的解题思路，易于理解掌握，因此也不愧是一种高效实用的解题方法.。

洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 法则2.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞；(2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ○1将上面公式中的a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 洛必达法则也成立．○2洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，∞1，0∞，00，∞-∞型． ○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，∞1，0∞，00，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． ○4若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线方程为230x y +-=．（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围． 3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。

第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++ 其中(01)θ<<； 2. 231ln(1)(1),2!3!!n n n x x x x x R n -+=-+-+-+ 其中111(1)()(1)!1n nn n x R n x θ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+- ,其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+- 其中2(1)cos (2)!kk n x R x k θ=-； 第三部分：新课标高考命题趋势及方法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的方法,一部分题用这种方法很凑效,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.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00”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.第四部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足：1lim ()lim ()0x a x af xg x →→==； 2在()U a 内,()f x '和()g x '都存在,且()0g x '≠；3()lim ()x af x Ag x →'=' A 可为实数,也可以是±∞.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 2011新例：已知函数ln ()1a x bf x x x=++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. Ⅰ求a 、b 的值； Ⅱ如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x kf x x x>+-,求k 的取值范围. Ⅰ略解得1a =,1b =.Ⅱ方法一：分类讨论、假设反证法由Ⅰ知ln 1()1x f x x x =++,所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >,则22(1)(1)2'()k x xh x x-++=. i 当0k ≤时,由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知,当1x ≠时,'()0h x <.因为(1)0h =,所以当(0,1)x ∈时,()0h x >,可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时,()0h x <,可得 21()01h x x ⋅>-,从而当0x >且1x ≠时,ln ()()01x k f x x x -+>-,即ln ()1x kf x x x>+-； ii 当01k <<时,由于当1(1,)1x k ∈-时,2(1)(1)20k x x -++>,故'()0h x >,而(1)0h =,故当1(1,)1x k∈-时,()0h x >,可得21()01h x x⋅<-,与题设矛盾. iii 当1k ≥时, '()0h x >,而(1)0h =,故当(1,)x ∈+∞时,()0h x >,可得21()01h x x⋅<-,与题设矛盾.综上可得,k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时,许多考生都停留在此层面,举反例1(1,)1x 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. 当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k f x x x >+-,即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-,也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--,记22ln ()11x xg x x=+-,0x >,且1x ≠ 则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+, 记221()ln 1x h x x x -=++,则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>, 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增,且(1)0h =,因此当(0,1)x ∈时,()0h x <,当(1,)x ∈+∞时,()0h x >；当(0,1)x ∈时,'()0g x <,当(1,)x ∈+∞时,'()0g x >,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2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---, 即当1x →时,()0g x →,即当0x >,且1x ≠时,()0g x >.因为()k g x <恒成立,所以0k ≤.综上所述,当0x >,且1x ≠时,ln ()1x kf x x x>+-成立,k 的取值范围为(0]-∞，.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22ln ()11x xg x x =+-求导,研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 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.例2010新：设函数2()1x f x e x ax =---.Ⅰ若0a =,求()f x 的单调区间；Ⅱ当0x ≥时,()0f x ≥,求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数Ⅱ当0x ≥时,()0f x ≥,即21x e x ax --≥.①当0x =时,a R ∈；②当0x >时,21xe x ax --≥等价于21x e xa x--≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，,则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，,则'()(1)1x h x x e =-+,当(0+)x ∈∞，时,''()0x h x xe =>,所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增,且'()'(0)0h x h >=,所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增,且()(0)0h x h >=,因此当(0+)x ∈∞，时,3()'()0h x g x x=>,从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有,20000111lim ()lim lim lim 222x x x x x x x e x e e g x x x →→→→---==== 即当0x →时,1()2g x →,所以当(0+)x ∈∞，时,所以1()2g x >,因此12a ≤.综上所述,当12a ≤且0x ≥时,()0f x ≥成立.自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立,求a 的取值范围.解：应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时,原不等式等价于3sin x x a x->.记3sin ()x x f x x-=,则43sin cos 2'()x x x xf x x--=. 记()3sin cos 2g x x x x x =--,则'()2cos sin 2g x x x x =+-.因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-,'''()sin 0g x x x =-<,所以''()g x 在(0,)2π上单调递减,且''()0g x <,所以'()g x 在(0,)2π上单调递减,且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减,且()0g x <,故4()'()0g x f x x =<,因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====, 即当0x →时,1()6g x →,即有1()6f x <.故16a ≥时,不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立.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；③出现“00”型式子.2010海南宁夏文21已知函数2()(1)x f x x e ax =--.Ⅰ若()f x 在1x =-时有极值,求函数()f x 的解析式；Ⅱ当0x ≥时,()0f x ≥,求a 的取值范围.解：Ⅱ应用洛必达法则和导数0x ≥时,()0f x ≥,即2(1)x x e ax -≥.①当0x =时,a R ∈；②当0x >时,2(1)xx e ax -≥等价于1xe ax -≥,也即1x e a x -≤.记1()x e g x x -=,(0,)x ∈+∞,则(1)1'()x x e g x x-+=.记()(1)1x h x x e =-+,(0,)x ∈+∞,则'()0x h x xe =>,因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增,且()(0)0h x h >=,所以()'()0h x g x x=>,从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有0001lim ()limlim 11x xx x x e e g x x→→→-===,即当0x →时,()1g x →所以()1g x >,即有1a ≤. 综上所述,当1a ≤,0x ≥时,()0f x ≥成立.2010全国大纲理22设函数()1x f x e -=-.Ⅰ证明：当1x >-时,()1x f x x ≥+；Ⅱ设当0x ≥时,()1xf x ax ≤+,求a 的取值范围.解：Ⅰ略 Ⅱ应用洛必达法则和导数由题设0x ≥,此时()0f x ≥.①当0a <时,若1x a>-,则01x ax <+,()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时,当0x ≥时,()1x f x ax ≤+,即11x xe ax --≤+；若0x =,则a R ∈； 若0x >,则11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+,即1x x x xe e a xe x -+≤-. 记1()x x xxe e g x xe x-+=-,则2222221'()=(2)()()x x x x x x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x x h x e x e -=--+,则'()2x x h x e x e -=--,''()+20x x h x e e -=->.因此,'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增,且'(0)0h =,所以'()0h x >,即()h x 在(0)+∞，上单调递增,且(0)0h =,所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-,所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+,即当0x →时, 1()2g x →,即有1()2g x >,所以12a ≤.综上所述,a 的取值范围是1(,]2-∞.2008例：设函数sin ()2cos xf x x=+．Ⅰ求()f x 的单调区间；Ⅱ如果对任何0x ≥,都有()f x ax ≤,求a 的取值范围．解：Ⅰ22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++． 当2π2π2π2π33k x k -<<+k ∈Z 时,1cos 2x >-,即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+k ∈Z 时,1cos 2x <-,即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，k ∈Z 是增函数,()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，k ∈Z 是减函数． Ⅱ应用洛必达法则和导数sin ()2cos x f x ax x =≤+若0x =,则a R ∈；若0x >,则sin 2cos x axx ≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+,即sin ()(2cos )x g x x x =+ 则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+.记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+,因此,当(0,)x π∈时,'()0h x <,()h x 在(0,)π上单调递减,且(0)0h =,故'()0g x <,所以()g x 在(0,)π上单调递减,而0sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面,当[,)x π∈+∞时,sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+,因此13a ≥.。

《导数》解答题：三种常见方法解决不等式
恒成立求参数范围
这是一道与三角函数相关的导数题，先看题吧
第一问是比较常见的已知不等式恒成立，求参数的取值范围问题，此种题型常见的解法有三种
方法一：移项，含参求导，分类讨论，这种方法的难点在于如何搞清楚分类讨论的标准【结合三角函数的图像】方法二：分离参数，转化为函数最值问题，可能需要用到洛必达法则
方法三：利用代入几个特殊值【取交集】，先猜再证
第二问是不等式的证明问题，看似与第一问没关系，但实质上必然要利用第一问的结论【如果用不到的话，出题者也不会把这看似没关系的两个小问放在同一个题目中】，是“暗示”，更是“明示”
利用第一问中的端点值，然后放缩，还需结合到等差数列的前n项和。

妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。

洛必达法则(高考题)洛必达法则洛必达法则是微积分中的重要概念之一。

它用于求解未定式的极限，主要包括三个法则。

法则1：若函数f(x)和g(x)满足一定条件，那么它们的极限相等。

法则2：若函数f(x)和g(x)满足一定条件，且在正负无穷处极限存在，那么它们的极限相等。

法则3：若函数f(x)和g(x)满足一定条件，且在某一点的去心邻域内极限存在，那么它们的极限相等。

在使用洛必达法则求解极限时，需要注意以下几点：1.检查是否满足前提条件，否则结果可能不正确。

2.可以连续多次使用洛必达法则，直到求出极限为止。

3.若不满足前提条件，不能使用洛必达法则，需要从其他途径求解。

XXX在高考中也经常出现，例如以下题目：1.设函数f(x) = e^(-1-x-ax)/(x^2)，求f(x)的单调区间和a的取值范围。

解：根据洛必达法则，当a = 1时，f(x) = e^(-1-x)，f'(x) = e^(-1)。

当x∈(-∞,0)时，f'(x)。

0.因此，f(x)在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增。

又因为f(x)≥1/x^2，所以当x≥1时，f(x)≥1/e。

因此，a的取值范围为a≤1/2.经过格式修正和改写，文章变得更加清晰易懂。

首先，将文章中的数学符号进行修改，使其符合规范。

然后，删除掉明显有问题的段落，比如第一段中的“于是当x时，f(x).”这句话没有明确的意义。

最后，对每段话进行小幅度的改写，使其更加清晰易懂。

具体修改如下：首先，对于函数 $f(x)$，当 $f'(x) \geq 0$（$x \geq 0$）时，有 $f(0) = 2$。

因此，当 $x \geq 0$ 时，$f(x) \geq 2$。

由不等式 $e。

1+x$（$x \neq 0$）可得 $e^x - x。

1 -x$（$x \neq 0$）。

因此，当 $a。

1$ 时，有：2f'(x) < e^x - 1 + 2a(e^{-x} - 1) = e^{-x}(e^x - 1)(e^x - 2a)$$因此，当 $x \in (0.\ln(2a))$ 时，$f'(x) < 0$，而 $f(0) = 2$，因此当 $x \in (0.\ln(2a))$ 时，$f(x) < 2$。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 法则2.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞；(2)在点a 的去心内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：○1将上面公式中的a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 洛必达法则也成立．○2洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，∞1，0∞，00，∞-∞型． ○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，∞1，0∞，00，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错．当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．○4若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线方程为230x y +-=．（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围．3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。