洛必达法则解决高考导数问题

例析洛必达法则在解高考导数题中的运用2014年全国高考数学试题中，有许多与函数的综合运用有关的考题，其中涉及到恒成立问题和有解问题，而这些问题几乎都需要求解参数的取值范围。

解决这类问题的方式有两种，一种是选主元法，另一种是分离参数法。

分离参数法的优点在于将函数关系由隐变显，避免了繁琐的分类讨论，因此备受教师和学生的喜爱。

然而，在实际应用中，有时函数在某点处的极限难以求出，导致解答中途失败。

但是，利用高等数学中的洛必达法则，这些问题就可以迎刃而解。

洛必达法则是一种通过求导和求极限来确定未定式值的方法。

当x趋于某一点a时，若f(x)和g(x)都趋于零（或无穷大），且f'(x)和g'(x)都存在且g'(x)不为零，则可以使用洛必达法则。

在使用时需要注意两点：一是要检查函数极限是否满足∞/∞或0/0型；二是可以连续使用多次。

以2014年陕西高考数学试题为例，其中一道压轴试题涉及到分离参数法和洛必达法则的应用。

在求解过程中，需要使用洛必达法则来解决函数在某点处的极限问题，从而得到最终的答案。

这表明，在解决高考数学导数题时，洛必达法则的应用是非常重要的。

已知函数$f(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln(1+x)$，其中$x>0$。

1）设$h(x)=\frac{f(x)}{x^2}$，求$h(x)$在$(0,+\infty)$上的单调性和最小值；2）设$a=\min\{h(x)\}$，求$a$的取值范围。

解：1）首先求出$h(x)$的导数$h'(x)$：h'(x)=\frac{f'(x)x^2-2xf(x)}{x^4}=\frac{x\ln(1+x)}{(1+x)^2}$$由于$x>0$，所以$h'(x)>0$，即$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。

接下来求$h(x)$的最小值：h'(x)=0\Rightarrow x=0\text{或}x=e-1$$当$x=e-1$时，$h(x)$取得最小值：h(e-1)=\frac{(e-1)\ln e}{e^2}=\frac{1-e^{-1}}{e}$$2）由于$f(0)=0$，所以$h(0)=0$。

应用洛必达法则巧解导数问题. 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.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.洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足：（1）lim ()lim ()0x a x af xg x →→==； （2）在()U a o内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）()lim ()x a f x A g 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 →→'=='.（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。

已知函数ln ()1a x b f 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 k f 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 x h 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 k f 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]-∞，. 常规解法注：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.运用洛必达和导数解2011年新课标理当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x k x x x x+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x x g 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.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 x g 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.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（2）是00型。

洛必达法则解高中导数问题在高中教学内容中，导数占据着重要的地位，并且通常在数学考试中以压轴题目出现，另外还是学生以后学习微积分的基础。

合理应用导数可以拓宽解决中学问题的视野，可以说导数是解决数学问题的有力工具。

而在运用导数解决问题的时候通过引入洛必达法则可以有效提高解题效率。

本文结合相关教学经验，分析洛必达法则在高中数学导数教学中的应用。

在高中数学教学内容中，有关导数有着较为详细的介绍，并详细论述导数的概念与几何意义，通过函数的变化率刻画函数变化的趋势。

导数教学内容是对函数性质与图像的总结与延伸，是研究函数、几何问题、证明不等式的重要工具，并且，通过导数可以实现生活中最优化问题的解答。

而应用洛必达法则可以对部分导数问题进行进一步的简化。

1应用洛必达法则的注意事项作为高中数学导数学习中的一个重要板块，洛必达法则能够有效减轻学生解决极限问题的压力，帮助他们以较为简便的方法对相关导数问题求解，大大降低了求解导数的难度，这在一定程度上有利于导数应用的广泛性，帮助学生应用导数解答大量的数学问题。

但是应用洛必达也有一些注意事项，教师在开展教学活动的过程中可以对此进行强调，引导学生在正确的情境之中合理应用洛必达法则，提高自己的解题效率。

如果教师不对应用洛必达法则的注意事项进行强调，学生难免会出现滥用洛必达法则而不自知的情况，这对于学生的解题是不利的。

教师可以从以下几个方面对洛必达法则进行强调：1、洛必达法则只能应用于0/0型或者是无穷大比无穷大型的。

在0/0型中，函数可以从正向趋近于0，也可以从负向趋近于0;在无穷大比无穷大型中，函数可以趋近于正无穷大，也可以趋近于负无穷大。

而在其他条件下，洛必达法则是不适用的。

如果学生在应用洛必达法则前没有对函数的情况进行判断，当然，他们能够应用洛必达的解题思路得出一个答案，但是这个答案是错误的，而这个错误常常不能够被学生所发现。

2、若lim（x从正向趋近于0、从负向趋近于0、趋近于正无穷大、趋近于负无穷大或者取某一个值）f（x）的导数/g（x）的导数不存在，不能够说明若lim （x从正向趋近于0、从负向趋近于0、趋近于正无穷大、趋近于负无穷大或者取某一个值）f（x）/g（x）不存在，只能说明洛必达法则失效。

导数分散洛必达规则巧解下考压轴题之阳早格格创做
一．洛必达规则： 规则1.
及
；
(2)
(3)
，那么
=
．
规则2.
；
(2)
利用洛必达规则供已定式的极限是微分教中的沉面之一，正
在
解
题
中应注意： ○1将上头公式中的
换
，
○2
○3
落．当没有谦脚三个前提条件时，便没有克没有及用洛必达规则，那时称洛必达规则没有适用，应从其余道路供极
限．○4若条件切合，洛必达规则可连绝多次使用，直到供出极限为行．
两．下考例题道解
1.
（Ⅰ
（Ⅱ
2.
（Ⅰ
（Ⅱ
畴．
（Ⅰ
（Ⅱ
畴．
5.
a的与值范畴．
式；
（Ⅱ
归纳：通过以上例题的分解，咱们没有易创造应用洛必达规则办理的问题应谦脚：
1．不妨分散变量；
2．用导数不妨决定分散变量后另一侧所得新函数的单调性；
3．.。

导数洛必达法则7种例题1、一次函数的导数洛必达法则：设y=f(x)为某函数，当x的变化量Δx趋近于零时，函数y的变化量Δy满足下式：$$\lim \limits_{\Delta x \to 0}\frac{\Delta y}{\Delta x}=f'(x)$$2、几何意义：对于一元函数f(x)，函数图像的斜率正好就是f'(x)，而且x位置上的斜率正好等于f(x)的导数。

3、函数的连续性的应用：若二元函数F(x，y)满足一定的条件，关于x 的变量中存在某函数f(x)，且f（x）的可导性有保证，则f（x）具有极限函数f'(x)，由此可得：$$F(x, y) ~ \underset {y \to f(x)} \toL f'(x)$$4、极限符号的应用：在求出某函数f（x）.f'（x）的极限值时，由于x变化量趋近于零，因此可将其表示为极限符号：$$f'(x)=\lim_{\Deltax\to 0}\frac{f\left(x+\Delta x\right)-f\left(x\right)}{\Delta x}$$5、二元函数的导数：F（x，y）为定义在⊿内的连续的二元函数，它满足有限差分式，对于常数C，则有：$$\frac{\partial F}{\partialx}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{F(x+\Delta x,y)-F(x-\Delta x,y)}{2\Deltax}=C$$6、定义极限的应用：假设F（x，y）为可导函数，其极限能够有意义：$$\frac{\partial F}{\partial x}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{F(x+\Delta x，y)-F(x-\Delta x, y)}{2\Delta x}=F'(x,y)$$7、其他函数求导数：若函数f（x）为多元函数，只要逐步求导就能求出任意次偏导数，对f（x）如此：$$\frac {\partial^2 f}{\partialx^2}=\lim_{\Delta x\to 0}\frac{f\left(x+\Delta x\right)+f\left(x-\Deltax\right)-2f\left(x\right)}{\Delta x^2}$$。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) lim f xx a0及 l im g x 0 ；x a⑵在点 a 的去 心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x) K ;(3) f x liml ,那么x ag xf x f xlim -=lim l 。

x ag xx ag xf x f x lim =lim l 。

x ag x x a 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X — a , x —x 换成 X — +x, X — -X, x a , x a 洛必达法则也成立。

2. 洛必达法则可处理°，—, 0, 1 ,,Q °,型。

3. 在着手求极限以前，首先要检查是否满足 0 , — , 0 , 1 , ° , 0° , 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。

f(x) 和g(x)在，A 与 A,上可导，且g'(x)工0 ;⑶limx l ,那么xgxf x f xlim =lim l 。

x g x x g x法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f x及 lim g x(2)在点x ax aa 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x) K ;f (3) limxl ，那么x ag x0 及［im g x 0 ; (2) Af 0，和g(x)满足下列条件：⑴lim f xx法则2若函数f(x)二.高考题处理1.(2010年全国新课标理)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 0，对任意实数a,均在f(x) 0 ；当x 0时，f(x) 0等价于2 . ( 2011年全国新课标理)已知函数，曲线y f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为 x 2y3 0。

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 )(+=。

3类导数综合问题解题技巧(端点效应(必要性探索)、函数的凹凸性、洛必达法则)技法01端点效应(必要性探索)解题技巧知识迁移端点效应的类型1.如果函数f(x)在区间[a,b]上,f(x)≥0恒成立,则f(a)≥0或f(b)≥0.2.如果函数f(x)在区问[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0(或f(b)=0),则f (a)≥0 或f (b)≤0 .3.如果函数f(x)在区问[a,b]上,f(x)≥0恒成立,且f(a)=0,f (a)=0(或f(b)=0,f (b)≤0 则f (a)≥0 或f (b)≤0 .1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=ax-sin xcos3x,x∈0,π2(1)当a=8时，讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)<sin2x恒成立，求a的取值范围．【法一】端点效应一令g(x)=f(x)-sin2x,x∈0,π2，得g(0)=0，且g(x)<0在x∈0,π2上恒成立画出草图根据端点效应, 需要满足g (0)≤0，而g (x)=a-1+2sin2xcos4x-2cos2x则g (0)=a-3, 令g (0)≤0, 得a≤3当a≤3时, 由于g(0)=0, 只需证g (x)<0即可而g (x)含有参数a, 故可对g (x)进行放缩即g x =a-1+2sin2xcos4x-2cos2x≤3-1+2sin2xcos4x-2cos2x=5-3-2cos2xcos4x-4cos2x令t=cos2x, 其中0<t<1设h(t)=5-3-2tt2-4t则h (t)=6t3-2t2-4=-4t3-2t+6t3令p(t)=-4t3-2t+6则p (t)=-12t2-2<0, 故p(t)在(0,1)上递减, 得p(t)>p(1)=0则h (t)>0, 得h(t)在(0,1)上单调递增, 则h(t)<h(1)=0即g (x)<0, 满足g(x)<g(0)=0成立当a>3时，由于g 0 =a-3>0,故存在x0, 使得在0,x0上g (x)>0,所以g(x)在0,x0上单调递增, 则g(x)>g(0)=0, 不成立特上所述:a≤3.【法二】端点效应二(2)f(x)<sin2x⇒ax-sin xcos3x <sin2x⇒g(x)=ax-sin2x-sin xcos3x<0由于g(0)=0, 且g (x)=a-2cos2x-cos2x+3sin2xcos4x,注意到当g (0)>0, 即a>3时, ∃x0∈0,π2使g (x)>0在x∈0,x0成立, 故此时g(x)单调递减∴g(x)>g(0)=0, 不成立.另一方面, 当a≤3时, g(x)≤3x-sin2x-sin xcos3x≡h(x), 下证它小于等于0 .令h x =3-2cos2x-3-2cos2x cos2x=3cos4x+2cos2x-3-2cos2x cos4xcos4x =3cos4x-1+2cos2x1-cos2x cos2xcos4x=-cos2x-124cos2x+3cos4x<0.∴g(x)单调递减, ∴g(x)≤g(0)=0. 特上所述:a≤3.【法三】设g(x)=f(x)-sin2xg (x)=f (x)-2cos2x=g(t)-22cos2x-1=at2+2t-3t2-2(2t-1)=a+2-4t+2t-3t2设φ(t)=a+2-4t+2t -3 t2φ (t)=-4-2t2+6t3=-4t3-2t+6t3=-2(t-1)(2t2+2t+3)t3>0所以φ(t)<φ(1)=a-3.1°若a∈(-∞,3],g (x)=φ(t)<a-3≤0即g(x)在0,π2上单调递减,所以g(x)<g(0)=0.所以当a∈(-∞,3],f(x)<sin2x,符合题意.2°若a∈(3,+∞)当t→0,2t-3t2=-31t-132+13→-∞,所以φ(t)→-∞.φ(1)=a-3>0.所以∃t0∈(0,1),使得φt0 =0,即∃x0∈0,π2,使得g x0 =0.当t∈t0,1,φ(t)>0,即当x∈0,x0,g (x)>0,g(x)单调递增.所以当x∈0,x0,g(x)>g(0)=0,不合题意.综上,a的取值范围为(-∞,3].1(2023·全国·统考高考真题)已知函数f x =ax-sin xcos2x,x∈0,π2．(1)当a=1时，讨论f x 的单调性；(2)若f x +sin x<0，求a的取值范围．【答案】(1)f x 在0,π2上单调递减(2)a≤0【分析】(1)代入a=1后，再对f x 求导，同时利用三角函数的平方关系化简f x ，再利用换元法判断得其分子与分母的正负情况，从而得解；(2)法一：构造函数g x =f x +sin x，从而得到g x <0，注意到g0 =0，从而得到g 0 ≤0，进而得到a≤0，再分类讨论a=0与a<0两种情况即可得解；法二：先化简并判断得sin x-sin xcos2x<0恒成立，再分类讨论a=0，a<0与a>0三种情况，利用零点存在定理与隐零点的知识判断得a>0时不满足题意，从而得解.【详解】(1)因为a=1，所以f x =x-sin xcos2x,x∈0,π2，则f x =1-cos x cos2x-2cos x-sin xsin xcos4x=1-cos2x+2sin2xcos3x=cos3x-cos2x-21-cos2xcos3x=cos3x+cos2x-2cos3x，令t=cos x，由于x∈0,π2，所以t=cos x∈0,1 ，所以cos 3x +cos 2x -2=t 3+t 2-2=t 3-t 2+2t 2-2=t 2t -1 +2t +1 t -1 =t 2+2t +2 t -1 ，因为t 2+2t +2=t +1 2+1>0，t -1<0，cos 3x =t 3>0，所以f x =cos 3x +cos 2x -2cos 3x <0在0,π2 上恒成立，所以f x 在0,π2 上单调递减.(2)法一：构建g x =f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x 0<x <π2 ，则g x =a -1+sin 2xcos 3x +cos x 0<x <π2 ，若g x =f x +sin x <0，且g 0 =f 0 +sin0=0，则g 0 =a -1+1=a ≤0，解得a ≤0，当a =0时，因为sin x -sin xcos 2x =sin x 1-1cos 2x ，又x ∈0,π2 ，所以0<sin x <1，0<cos x <1，则1cos 2x >1，所以f x +sin x =sin x -sin xcos 2x <0，满足题意；当a <0时，由于0<x <π2，显然ax <0，所以f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x <sin x -sin xcos 2x <0，满足题意；综上所述：若f x +sin x <0，等价于a ≤0，所以a 的取值范围为-∞,0 .法二：因为sin x -sin x cos 2x =sin x cos 2x -sin x cos 2x =sin x cos 2x -1 cos 2x =-sin 3xcos 2x ，因为x ∈0,π2 ，所以0<sin x <1，0<cos x <1，故sin x -sin xcos 2x <0在0,π2 上恒成立，所以当a =0时，f x +sin x =sin x -sin xcos 2x <0，满足题意；当a <0时，由于0<x <π2，显然ax <0，所以f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x <sin x -sinxcos 2x <0，满足题意；当a >0时，因为f x +sin x =ax -sin x cos 2x +sin x =ax -sin 3xcos 2x ，令g x =ax-sin3xcos2x0<x<π2，则g x =a-3sin2x cos2x+2sin4xcos3x，注意到g 0 =a-3sin20cos20+2sin40cos30=a>0，若∀0<x<π2，gx >0，则g x 在0,π2上单调递增，注意到g0 =0，所以g x >g0 =0，即f x +sin x>0，不满足题意；若∃0<x0<π2，gx0<0，则g 0 g x0<0，所以在0,π2上最靠近x=0处必存在零点x1∈0,π2，使得g x1 =0，此时g x 在0,x1上有g x >0，所以g x 在0,x1上单调递增，则在0,x1上有g x >g0 =0，即f x +sin x>0，不满足题意；综上：a≤0.【点睛】关键点睛：本题方法二第2小问讨论a>0这种情况的关键是，注意到g 0 >0，从而分类讨论g x 在0,π2上的正负情况，得到总存在靠近x=0处的一个区间，使得g x >0，从而推得存在g x >g0 =0，由此得解.2(2020·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=e x+ax2-x.(1)当a=1时，讨论f(x)的单调性；(2)当x≥0时，f(x)≥12x3+1，求a的取值范围.【答案】(1)当x∈-∞,0时，f'x <0,f x 单调递减，当x∈0,+∞时，f'x >0,f x 单调递增.(2)7-e24,+∞【分析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可. (2)方法一：首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.【详解】(1)当a=1时，f x =e x+x2-x，f x =e x+2x-1，由于f x =e x+2>0，故f'x 单调递增，注意到f 0 =0，故：当x∈-∞,0时，f x <0,f x 单调递减，当x∈0,+∞时，f x >0,f x 单调递增.(2)[方法一]【最优解】：分离参数由f x ≥12x3+1得，e x+ax2-x≥12x3+1，其中x≥0，①.当x=0时，不等式为：1≥1，显然成立，符合题意；②.当x>0时，分离参数a得，a≥-e x-12x3-x-1x2，记g x =-e x-12x3-x-1x2，g x =-x-2e x-12x2-x-1x3，令h x =e x-12x2-x-1x≥0，则h x =e x-x-1，h x =e x-1≥0，故h'x 单调递增，h x ≥h 0 =0，故函数h x 单调递增，h x ≥h0 =0，由h x ≥0可得：e x-12x2-x-1≥0恒成立，故当x∈0,2时，g x >0，g x 单调递增；当x∈2,+∞时，g x <0，g x 单调递减；因此，g xmax=g2 =7-e2 4,综上可得，实数a的取值范围是7-e24,+∞.[方法二]：特值探路当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立⇒f(2)≥5⇒a≥7-e24．只需证当a≥7-e24时，f(x)≥12x3+1恒成立．当a≥7-e24时，f(x)=ex+ax2-x≥e x+7-e24⋅x2-x．只需证明e x+7-e24x2-x≥12x3+1(x≥0)⑤式成立．⑤式⇔e2-7x2+4x+2x3+4e x≤4，令h(x)=e2-7x2+4x+2x3+4e x(x≥0)，则h (x)=13-e2x2+2e2-9x-2x3e x=-x2x2-13-e2x-2e2-9e x=-x(x-2)2x+e2-9e x，所以当x∈0,9-e2 2时，h(x)<0,h(x)单调递减；当x∈9-e22,2,h (x)>0,h(x)单调递增；当x∈(2,+∞),h (x)<0,h(x)单调递减．从而[h(x)]max=max{h(0),h(2)}=4，即h(x)≤4，⑤式成立．所以当a≥7-e24时，f(x)≥12x3+1恒成立．综上a≥7-e2 4．[方法三]：指数集中当x≥0时，f(x)≥12x3+1恒成立⇒e x≥12x3+1-ax2+x⇒12x3-ax2+x+1e-x≤1，记g x =12x3-ax2+x+1e-x(x≥0)，g x =-12x3-ax2+x+1-32x2+2ax-1e-x=-12x x2-2a+3x+4a+2e-x=-1 2x x-2a-1x-2e-x，①.当2a+1≤0即a≤-12时，gx =0⇒x=2，则当x∈(0,2)时，g x >0，g x 单调递增，又g0 =1，所以当x∈(0,2)时，g x >1，不合题意；②.若0<2a+1<2即-12<a<12时，则当x∈(0,2a+1)∪(2,+∞)时，gx <0，g x 单调递减，当x∈(2a+1,2)时，g x >0，g x 单调递增，又g0 =1，所以若满足g x ≤1，只需g2 ≤1，即g2 =(7-4a)e-2≤1⇒a≥7-e24，所以当⇒7-e24≤a<12时，g x ≤1成立；③当2a+1≥2即a≥12时，g x =12x3-ax2+x+1e-x≤12x3+x+1e-x，又由②可知7-e24≤a<12时，g x ≤1成立，所以a=0时，g(x)=12x3+x+1e-x≤1恒成立，所以a≥12时，满足题意.综上，a≥7-e2 4.【整体点评】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，本题主要考查利用导数解决恒成立问题，常用方法技巧有：方法一，分离参数，优势在于分离后的函数是具体函数，容易研究；方法二，特值探路属于小题方法，可以快速缩小范围甚至得到结果，但是解答题需要证明，具有风险性；方法三，利用指数集中，可以在求导后省去研究指数函数，有利于进行分类讨论，具有一定的技巧性！3(2022·全国·统考高考真题)已知函数f(x)=xe ax-e x．(1)当a =1时，讨论f (x )的单调性；(2)当x >0时，f (x )<-1，求a 的取值范围；(3)设n ∈N ∗，证明：112+1+122+2+⋯+1n 2+n>ln (n +1)．【答案】(1)f x 的减区间为-∞,0 ，增区间为0,+∞ .(2)a ≤12(3)见解析【分析】(1)求出f x ，讨论其符号后可得f x 的单调性.(2)设h x =xe ax -e x +1，求出h x ，先讨论a >12时题设中的不等式不成立，再就0<a ≤12结合放缩法讨论h x 符号，最后就a ≤0结合放缩法讨论h x 的范围后可得参数的取值范围.(3)由(2)可得2ln t <t -1t对任意的t >1恒成立，从而可得ln n +1 -ln n <1n 2+n 对任意的n ∈N *恒成立，结合裂项相消法可证题设中的不等式.【详解】(1)当a =1时，f x =x -1 e x ，则f x =xe x ，当x <0时，f x <0，当x >0时，f x >0，故f x 的减区间为-∞,0 ，增区间为0,+∞ .(2)设h x =xe ax -e x +1，则h 0 =0，又h x =1+ax e ax -e x ，设g x =1+ax e ax -e x ，则g x =2a +a 2x e ax -e x ，若a >12，则g 0 =2a -1>0，因为g x 为连续不间断函数，故存在x 0∈0,+∞ ，使得∀x ∈0,x 0 ，总有g x >0，故g x 在0,x 0 为增函数，故g x >g 0 =0，故h x 在0,x 0 为增函数，故h x >h 0 =0，与题设矛盾.若0<a ≤12，则h x =1+ax e ax -e x =e ax +ln 1+ax -e x ，下证：对任意x >0，总有ln 1+x <x 成立，证明：设S x =ln 1+x -x ，故S x =11+x -1=-x 1+x<0，故S x 在0,+∞ 上为减函数，故S x <S 0 =0即ln 1+x <x 成立.由上述不等式有e ax +ln 1+ax -e x <e ax +ax -e x =e 2ax -e x ≤0，故h x ≤0总成立，即h x 在0,+∞ 上为减函数，所以h x <h0 =0.当a≤0时，有h x =e ax-e x+axe ax<1-1+0=0， 所以h x 在0,+∞上为减函数，所以h x <h0 =0.综上，a≤1 2 .(3)取a=12，则∀x>0，总有xe 12x-e x+1<0成立，令t=e 12x，则t>1,t2=e x,x=2ln t，故2t ln t<t2-1即2ln t<t-1t对任意的t>1恒成立.所以对任意的n∈N*，有2ln n+1n<n+1n-nn+1，整理得到：ln n+1-ln n<1n2+n，故112+1+122+2+⋯+1n2+n>ln2-ln1+ln3-ln2+⋯+ln n+1-ln n=ln n+1，故不等式成立.【点睛】思路点睛：函数参数的不等式的恒成立问题，应该利用导数讨论函数的单调性，注意结合端点处导数的符号合理分类讨论，导数背景下数列不等式的证明，应根据已有的函数不等式合理构建数列不等式.技法02函数凹凸性解题技巧知识迁移凹函数：对于某区间内∀x 1,x 2, 都有f x 1 +f x 2 2>f x 1+x22 .凸函数：对于某区间内∀x 1,x 2, 都有f x 1 +f x 2 2<f x 1+x22.1在△ABC 中, 求sin A +sin B +sin C 的最大值.因为函数y =sin x 在区间(0,π)上是上凸函数, 则13(sin A +sin B +sin C )≤sin A +B +C 3 =sin π3=32即sin A +sin B +sin C ≤332, 当且仅当sin A =sin B =sin C 时, 即A =B =C =π3时,取等号.上述例题是三角形中一个重要的不等式:在△ABC 中,sin A +sin B +sin C ≤332.2(2021·黑龙江模拟)丹麦数学家琴生(Jensen )是19世纪对数学分析做出卓越贡献的数学家，特别是在函数的凹凸性与不等式方面留下了很多宝贵的成果．设函数f (x )在(a ,b )上的导函数为f (x )，f (x )在(a ,b )上的导函数为f (x )，若在(a ,b )上f (x )<0恒成立，则称函数f (x )在(a ,b )上为“凸函数”．已知f (x )=e x -x ln x -m 2x 2在(1,4)上为“凸函数”，则实数m 的取值范围是()A.e -1,+∞B.e -1,+∞C.e 4-14,+∞D.e 4-14,+∞因为f (x )=e x -x ln x -m 2x 2，所以f (x )=e x -1+ln x -mx =e x -mx -ln x -1，f (x )=e x -m -1x，因为f (x )=e x -x ln x -m 2x 2在(1,4)上为“凸函数”，所以f (x )=e x -m -1x<0对于x ∈(1,4)恒成立，可得m >e x -1x对于x ∈(1,4)恒成立，令g x =e x -1x，则m >g x max ，因为g x =e x +1x 2>0，所以g x=e x-1x 在(1,4)单调递增，所以g x max <g 4 =e 4-14，所以m ≥e 4-14，【答案】C1(全国·高考真题)已知函数f (x )=(x -2)e x +a (x -1)2有两个零点.(Ⅰ)求a 的取值范围；(Ⅱ)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1+x 2<2.【答案】(Ⅰ)(0,+∞)；(Ⅱ)见解析【详解】试题分析：(Ⅰ)求导，根据导函数的符号来确定(主要要根据导函数零点来分类)；(Ⅱ)借助(Ⅰ)的结论来证明，由单调性可知x 1+x 2<2等价于f (x 1)>f (2-x 2)，即f (2-x 2)<0．设g (x )=-xe 2-x -(x -2)e x ，则g '(x )=(x -1)(e 2-x -e x )．则当x >1时，g '(x )<0，而g (1)=0，故当x >1时，g (x )<0．从而g (x 2)=f (2-x 2)<0，故x 1+x 2<2．试题解析：(Ⅰ)f '(x )=(x -1)e x +2a (x -1)=(x -1)(e x +2a )．(Ⅰ)设a =0，则f (x )=(x -2)e x ，f (x )只有一个零点．(Ⅱ)设a >0，则当x ∈(-∞,1)时，f '(x )<0；当x ∈(1,+∞)时，f '(x )>0．所以f (x )在(-∞,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增．又f(1)=-e，f(2)=a，取b满足b<0且b<ln a 2，则f(b)>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，故f(x)存在两个零点．(Ⅲ)设a<0，由f'(x)=0得x=1或x=ln(-2a)．若a≥-e2，则ln(-2a)≤1，故当x∈(1,+∞)时，f'(x)>0，因此f(x)在(1,+∞)单调递增．又当x≤1时f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<-e2，则ln(-2a)>1，故当x∈(1,ln(-2a))时，f'(x)<0；当x∈(ln(-2a),+∞)时，f'(x)>0．因此f(x)在(1,ln(-2a))单调递减，在(ln(-2a),+∞)单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0,+∞)．(Ⅱ)不妨设x1<x2，由(Ⅰ)知x1∈(-∞,1),x2∈(1,+∞)，2-x2∈(-∞,1)，f(x)在(-∞,1)单调递减，所以x1+x2<2等价于f(x1)>f(2-x2)，即f(2-x2)<0．由于f(2-x2)=-x2e2-x2+a(x2-1)2，而f(x2)=(x2-2)e x2+a(x2-1)2=0，所以f(2-x2)=-x2e2-x2-(x2-2)e x2．设g(x)=-xe2-x-(x-2)e x，则g'(x)=(x-1)(e2-x-e x)．所以当x>1时，g'(x)<0，而g(1)=0，故当x>1时，g(x)<0．从而g(x2)=f(2-x2)<0，故x1+x2<2．【考点】导数及其应用【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.2(2021·全国·统考高考真题)已知函数f x =x1-ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a-a ln b=a-b，证明：2<1a +1b<e.【答案】(1)f x 的递增区间为0,1，递减区间为1,+∞；(2)证明见解析.【分析】(1)首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令1a =m,1b=n，命题转换为证明：2<m+n<e，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.【详解】(1)f x 的定义域为0,+∞．由f x =x1-ln x得，f x =-ln x，当x=1时，f′x =0；当x∈0,1时f′x >0；当x∈1,+∞时，f'x <0．故f x 在区间0,1内为增函数，在区间1,+∞内为减函数，(2)[方法一]：等价转化由b ln a-a ln b=a-b得1a1-ln1a=1b1-ln1b，即f1a =f1b ．由a≠b，得1a≠1b．由(1)不妨设1a∈(0,1),1b∈(1,+∞)，则f1a>0，从而f1b >0，得1b∈(1,e)，①令g x =f2-x-f x ，则g (x)=ln(2-x)+ln x=ln(2x-x2)=ln[1-(x-1)2]，当x∈0,1时，g′x <0，g x 在区间0,1内为减函数，g x >g1 =0，从而f2-x>f x ，所以f2-1 a>f1a =f1b ，由(1)得2-1a<1b即2<1a+1b．①令h x =x+f x ，则h'x =1+f x =1-ln x，当x∈1,e时，h′x >0，h x 在区间1,e内为增函数，h x <h e =e，从而x+f x <e，所以1b+f1b<e．又由1a∈(0,1)，可得1a<1a1-ln1a=f1a =f1b ，所以1a+1b<f1b+1b=e．②由①②得2<1a+1b<e．[方法二]【最优解】：b ln a-a ln b=a-b变形为ln aa -ln bb=1b-1a，所以ln a+1a=ln b+1b．令1a=m,1b=n．则上式变为m1-ln m=n1-ln n，于是命题转换为证明：2<m+n<e．令f x =x1-ln x，则有f m=f n，不妨设m<n．由(1)知0<m<1,1<n<e，先证m+n>2．要证：m +n >2⇔n >2-m ⇔f n <f 2-m ⇔f (m )<f 2-m ⇔f m -f 2-m <0．令g x =f x -f 2-x ,x ∈0,1 ，则g ′x =-ln x -ln 2-x =-ln x 2-x ≥-ln1=0，∴g x 在区间0,1 内单调递增，所以g x <g 1 =0，即m +n >2．再证m +n <e ．因为m 1-ln m =n ⋅1-ln n >m ，所以需证n 1-ln n +n <e ⇒m +n <e ．令h x =x 1-ln x +x ,x ∈1,e ，所以h 'x =1-ln x >0，故h x 在区间1,e 内单调递增．所以h x <h e =e ．故h n <e ，即m +n <e ．综合可知2<1a +1b<e ．[方法三]：比值代换证明1a +1b>2同证法2．以下证明x 1+x 2<e ．不妨设x 2=tx 1，则t =x 2x 1>1，由x 1(1-ln x 1)=x 2(1-ln x 2)得x 1(1-ln x 1)=tx 1[1-ln (tx 1)]，ln x 1=1-t ln tt -1，要证x 1+x 2<e ，只需证1+t x 1<e ，两边取对数得ln (1+t )+ln x 1<1，即ln (1+t )+1-t ln tt -1<1，即证ln (1+t )t <ln tt -1．记g (s )=ln (1+s )s ,s ∈(0,+∞)，则g (s )=s1+s-ln (1+s )s2.记h (s )=s 1+s -ln (1+s )，则h ′(s )=1(1+s )2-11+s <0，所以，h s 在区间0,+∞ 内单调递减．h s <h 0 =0，则g 's <0，所以g s 在区间0,+∞ 内单调递减．由t ∈1,+∞ 得t -1∈0,+∞ ，所以g t <g t -1 ，即ln (1+t )t <ln t t -1．[方法四]：构造函数法由已知得ln a a -ln b b =1b -1a ，令1a =x 1,1b=x 2，不妨设x 1<x 2，所以f x 1 =f x 2 ．由(Ⅰ)知，0<x1<1<x2<e，只需证2<x1+x2<e．证明x1+x2>2同证法2．再证明x1+x2<e．令h(x)=1-ln xx-e(0<x<e),h (x)=-2+ex+ln x(x-e)2．令φ(x)=ln x+ex-2(0<x<e)，则φ′(x)=1x-ex2=x-ex2<0．所以φx >φe =0,h′x >0，h x 在区间0,e内单调递增．因为0<x1<x2<e，所以1-ln x1x1-e<1-ln x2x2-e，即1-ln x11-ln x2>x1-ex2-e又因为f x1=f x2，所以1-ln x11-ln x2=x2x1,x2x1>x1-ex2-e，即x22-ex2<x21-ex1,x1-x2x1+x2-e>0．因为x1<x2，所以x1+x2<e，即1a+1b<e．综上，有2<1a+1b<e结论得证．【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.方法四：构造函数之后想办法出现关于x1+x2-e<0的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.3(陕西·高考真题)已知函数A(1,1).(1)若直线y=kx+1与f(x)的反函数的图像相切, 求实数k的值;(2)设x>0, 讨论曲线y=f(x)与曲线y=mx2(m>0)公共点的个数.(3)设a<b,比较f(a)+f(b)2与f(b)-f(a)b-a的大小, 并说明理由.【答案】(1)k=1 e2(2)当m>e24时两曲线有2个交点；当m=e24时两曲线有1个交点；当m<e24时两曲线没有交点(3)f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a，理由见解析.【分析】(1)设切点(x0,kx0+1)，利用导数的几何意义得到方程组可得答案；(2)e x=mx2(x>0)⇔m=e xx2(x>0)，转化为y=m与g(x)=e xx2(x>0)图象交点的个数问题；(3)作差得到e ab-a1+e b-a-21-e b-a2b-a，令b-a=t>0，构造新函数g(t)=(t+2)e t+t-2，求导即可得到答案.【详解】函数f(x)=e x,x∈R⇒f (x)=e x(1)函数1x0=k⇒kx0=1，f(x)=e x,x∈R的反函数为y=ln x,x>0,y =1x，设切点坐标为(x0,kx0+1)则1x0=k⇒kx0=1，ln x0=2⇒x0=e2⇒k=1e2.(2)令f(x)=mx2即e x=mx2(x>0)⇒m=e xx2(x>0)，设g(x)=e xx2(x>0)有g (x)=e x(x-2)x3(x>0)，当x∈(0,2]，g (x)<0，当x∈[2,+∞)，g (x)>0所以函数g(x)在(0,2]上单调递减，在[2,+∞)上单调递增，g(x)min=g(2)=e24，所以当m>e24时，两曲线有2个交点；当m=e24时，两曲线有1个交点；当m<e24时，两曲线没有交点.(3)f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a.f a +f b2-f b -f ab-a=e a+e b2-e a-e bb-a=e a1+e b-a2-1-e b-ab-a=e ab-a1+e b-a-21-e b-a2b-a∵a<b，令b-a=t>0∴上式=e a t1+e t-21-e t2t=e a2t⋅t+2e t+t-2令g(t)=(t+2)e t+t-2，则g (t)=(t+3)e t+1>0恒成立，∴g(t)>g(0)=0，而e a2t >0，∴e a2t⋅t+2e t+t-2>0，故f(a)+f(b)2>f(b)-f(a)b-a.【点睛】本题考查函数、导数、不等式、参数等问题，属于难题.第二问运用数形结合思想解决问题，能够比较清晰的分类，做到不吃不漏.最后一问,考查函数的凹凸性，富有明显的几何意义,为考生探索结论提供了明确的方向,对代数手段的解决起到导航作用.技法03洛必达法则解题技巧知识迁移洛必达法则：法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→a f x =0及limx→ag x =0； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0； (3)limx→a f xg x=l，那么limx→a f xg x=limx→af xg x=l。

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．。