利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题

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 0x af x →= 及()lim 0x ag x →=；(2)在点a 的去心内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()()limx af x lg x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。

法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)()lim 0x f x →∞= 及()lim 0x g x →∞=； (2)0A∃，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g '(x)≠0； (3)()()lim x f x l g x →∞'='，那么()()lim x f x g x →∞=()()lim x f x l g x →∞'='。

法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞； (2)在点a 的去心内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()()limx a f x l g x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→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．高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数2()1x f x e x ax =---。

（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围解:（II ）当0x =时，()0f x =，对任意实数a,均在()0f x ≥；当0x >时，()0f x ≥等价于21xx a ex--≤令()21xx g x ex--=(x>0),则322()x xx x g x e e x-++'=，令()()220xxh x x x x e e =-++>，则()1xxh x x e e '=-+，()0xh x x e ''=>，知()h x '在()0,+∞上为增函数，()()00h x h ''>=；知()h x 在()0,+∞上为增函数，()()00h x h >=；()0g x '∴>，g(x)在()0,+∞上为增函数。

由洛必达法则知，200011222limlim lim xx xx x x x x ee e x+++→→→--===，故12a ≤综上，知a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭。

2．（2011年全国新课标理）已知函数，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。

解：（II ）由题设可得，当0,1x x >≠时，k<22ln 11x xx+-恒成立。

令g (x)= 22ln 11x xx +-(0,1x x >≠),则()()()22221ln 121x x x g x x +-+'=⋅-， 再令()()221ln 1h x x x x =+-+(0,1x x >≠)，则()12ln h x x x x x'=+-，()212ln 1h x x x ''=+-，易知()212ln 1h x x x''=+-在()0,+∞上为增函数，且()10h ''=；故当(0,1)x ∈时，()0h x ''<，当x ∈（1，+∞）时，()0h x ''>；∴()h x '在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数；故()h x '>()1h '=0 ∴()h x 在()0,+∞上为增函数()1h =0∴当(0,1)x ∈时，()0h x <，当x ∈（1，+∞）时，()0h x >∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<，当x ∈（1，+∞）时，()0g x '>∴()g x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数洛必达法则知()2111ln 1ln 12121210221lim limlim x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭ ∴0k ≤，即k 的取值范围为（-∞，0]3.已知函数f(x)=x －(1+a)lnx 在x=1时，存在极值。

（1）求实数a 的值；（2）若x>1，mlnx>f x)-1x-1（成立,求正实数m 的取值范围解：ln 1ln 1(1)ln 11ln 1(1)ln (1)ln (1)ln ln 1x x x x x x m x m x x x x x x x x x ----->⇔>=+=------=g （x ）()-112211()(ln +x-1),()-(1)x ln g x x g x x x -'==+-）（则=222(ln )(1),(1)(ln )x x x x x x ---令h(x)=22(ln )(1)x x x -- 2()(ln )2ln 22,h x x x x '=+-+令()(r x h x '=），则2ln 22r ()x xx x+-'=，令M （x ）=r(x)，M '2-2x（x)=x<0,则，r(x)为减，且r(1)=0,则h （x ）为减，且h(1)=0,则g(x)为减，这样，g(x)<g(1),而g(1)不存在，对g(x)在x=1处用罗比达法则，1111ln 11/1111()limlim lim lim 1(1)ln ln 1ln 11ln122ln x x x x x x x x g x x x x x x x x x x→→→→∞----======--+-++++，则m 》1/2.4.已知函数f(x)=e x ,曲线y=f(x)在点(x 0,y 0)处的切线为y=g(x).(1) 证明：对于x R ∀∈，f(x)≥g(x); (2) 当x ≥0时，f(x) ≥1+a 1xx+,恒成立，求实数a 的取值范围。

解：分离变量：a ≤(1)(1)x e x x x +-+=h(x),去导数，()h x '=22(1)1x e x x x+-+（x>0），分子r(x)=2(1)1xe x x +-+,(x ∈[0, ∞)，扩展定义域]，求导2()(3xr x e x x '=+）≥0，可知，r(x)为定义域内增函数，而r （x ）≥r(0)=0.所以()h x '》0.为增函数。

则a ≤h(0)----不存在，罗比达法则可得为1练习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()11axx f x e x-+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性； （Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围.3. 2007全国1理4. 设函数()e e xxf x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥； （Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．5. 2008全国2理设函数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：（Ⅰ）22(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 ）是减函数解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin ()2cos xf x ax x=≤+若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos xax x≤+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 =--+，2'()2cos 2sin 2cos cos212sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x x x x x x x x =---+=--+=-=-而00sin 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 ≥6. 2008辽宁理设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x 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.7． 2010新课标理设函数)(x f =21x e x ax ---.（Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间; （Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围.8 .2010新课标文已知函数2()(1)xf 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：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)xx 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)1xh x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0xh x xe =>，因此()(1)1xh 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 ()lim lim 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.9. 2010全国大纲理 设函数()1xf 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 <+，()1x f x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11xx e 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()2xxh x e x e -=--+，则'()2xxh x e x e -=--，''()+20x xh x e e-=->.因此，'()2xxh 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-∞.10. 2011新课标理 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.押题 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 xa 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； ② 现“0”型式子.第三部分：新课标高考命题趋势及方法1. 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。