利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题

2019届学科网高三数学临考冲刺秘籍恒成立与有解问题解法荟萃与题型揭秘专题5 洛必达法则一、问题指引“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法（避免分类讨论）解决成立、或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数（最）值，若出现00型或∞∞型可以考虑使用洛必达法则。

二、方法详解法则1 若函数f(x) 和g(x)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，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(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 a f x →=∞及()lim x a g x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(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x→a ，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则也成立。

第12讲 洛必达法则巧解 高考压轴题知识与方法数压轴题第2问中，如果是不等式恒成立来求参数的取值范围问题，我们可以用洛必达法则来处理．先给大家介绍一下什么是洛必达法则： 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 的去心邻域内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='，那么()()()()lim lim x a x a f x f x l g x g x →→'=='．法则2：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 的去心邻域内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='，那么()()()()lim lim x a x a f x f x l g x g x →→'=='．了解了什么是洛必达法则，那么，什么情况下可以使用它去解 决问题呢？ 首先，先逐条诠释一下洛必达法则需要满足的条件．对于（1），这样给大家解 释，我们用洛必达法则处理的式子形式为00或∞∞的形式，也是唯一判定标准．对于（2），我们在高中阶段几乎不研究不可导函数，所以大家不用担心． 对于（3），高中阶段，当出现00或∞∞的时候，对分子分母分别求导，若值存在，则值不变，洛必达法则可以在一个式子中多次使用，直到可以求出定值为止．典型例题【例1】 设函数2()1xf x e x ax =---． （1）若a =0，求()f x 的单调区间；（2）若当x ≥0时，()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】 (1)0a =时,()e 1,()e 1x x f x x f x =--'=-.当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<，当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>.故()f x 在(,0)-∞单调减少,在(0,)+∞单调增加.(2)【解法1】 ()e 12x f x ax '=--,由(1)知e 1x x +,当且仅当0x =时等号成立.故()f x x '-2(12)ax a x =-,从而当120a -,即12a 时,()0(0)f x x ',而(0)0f =,所以当0x 时,()0f x .由e 1(0)xx x >+≠可得e 1(0)x x x ->-≠.因此当12a >时,(()e 12e x x f x a -'<-+()()1)e e 1e 2x x x a --=--,故当(0,ln 2)x a ∈时,()0f x '<,而(0)0f =,所以当(0,ln 2)x a ∈时,()0f x <.综合得a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【解法2】 当0x =时,()0f x =,对任意实数a ,均在()0f x ；当0x >时,()0f x 等价于2e 1x x a x--, 令2e 1()(0)x x g x x x --=>,则3e 2e 2()x x x x g x x -++'=,令()e 2e 2(0)x x h x x x x =-++>,则()e e 1,()e 0x x x h x x h x x '=-+''=>,知()h x '在(0,)+∞上为增函数,()(0)0h x h '>'=;知()h x 在(0,)+∞上为增函数,()(0)0;()0,()h x h g x g x >=∴'>在(0,)+∞上为增函数.由洛必达法则知,2000e 1e 1e 1lim lim lim 222x x x x x x x x x +++→→→---===,故12a , 综上,知a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【例2】 已知函数ln ()=1a x f x x xb++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. (1)求,a b 的值；(2)当0x >,且1x ≠时,ln ()1x kf x x x>+-,求k 的取值范围.【解析】 (1)221ln ()(1)x x b x f x x x α+⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+. 由于直线230x y +-=的斜率为12-,且过.点(1,1),故(1)1,1(1),2f f =⎧⎪⎨'=-⎪⎩故1,122b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩,解 得a 1,1b ==.(2)【解法1】 由(1)知ln 1()1x f x x x =++,所以2ln 1()(2ln 11x k f x x x x x ⎛⎫-+=+ ⎪--⎝⎭()2(1)1k x x⎫--⎪⎪⎭，考虑函数()2(1)1()2ln (0)k x h x x x x--=+>,则()22(1)12()k xxh x x -++'=.①设0k ,由()2221(1)()k x x h x x +--'=知,当1x ≠时,()0,()h x h x '<递减.而(1)0h =,故当(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 >+-.②设01k <<.由于()22(1)12(1)2k x k k x x -++=-+1k +-的图象开口向下,且244(1)0k ∆=-->,对称轴111x k =>-.当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时,()2(1)120k x x -++>,故()0h x '>,而(1)0h =,所以当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时,()0h x >， 可得21()01h x x <-,与题设矛盾.③设1k .此时()2212,(1)120()0x x k x x h x +-++>⇒'>,而(1)0h =,故当(1,)x ∈+∞时,()0h x >,可得21()01h x x <-,与题设矛盾. 综合得,k 的取值范围为(,0]-∞.【解法2】由题设可得,当0,1x x >≠时,22ln 11x xk x <+-恒成立.令22ln ()1(0,1)1x xg x x x x =+>≠-,则()()22221ln 1()21x x x g x x +-+'=⋅-, 再令()22()1ln 1(0,1)h x x x x x x =+-+>≠,则1()2ln ,()2ln 1h x x x x h x x x '=+-''=+-21x,易知21()2ln 1h x x x ''=+-在(0,)+∞上为增函数,且(1)0h ''=;故当(0,1)x ∈时,()h x ''<0,当(1,)x ∈+∞时,()0h x ''>;∴()h x '在(0,1)上为减函数,在(1,)+∞上为增函数;故()(1)0,()h x h h x '>'=∴在(0,)+∞上为增函数.∵(1)0,h =∴当(0,1)x ∈时,()0h x <,当(1,)x ∈+∞时,()0,h x >∴当(0x ∈,1)时,()0g x '<,当(1,)x ∈+∞时,()0,()g x g x '>∴在(0,1)上为减函数,在(1,)+∞上为增函数. ∵由洛必达法则法2111ln 1ln 1lim ()2lim 12lim 1210,122x x x x x x g x k x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+=∴ ⎪--⎝⎭0,即k 的取值范围为(,0]-∞.【例3】设函数sin ()=2cos xf x x+.(1)求()f x 的单调区间;(2)如果对任何0x ,都有()f x ax ,求a 的取值范围. 【解析】(1)22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++. 当2222()33k x k k ππππ-<<+∈Z 时,1cos 2x >-,即()0f x '>;当2422()33k x k k ππππ+<<+∈Z 时,1cos 2x <-,即()0f x '<.因此()f x 在每一个区间222,2()33k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z 内是增函数, ()f x 在每一个区间(2k π+24,2()33k k πππ⎫+∈⎪⎭Z 内是减函数. (2)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 ax 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 cos 212sin cos 212sin 2sin 2sin h x x x x x x x x x x x x x '=---+=--+=-=(sin )x x -.因此,当(0,)x π∈时,()0,()h 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000sin cos 1lim ()limlim (2cos )2cos 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 .【例4】 设函数()(1)ln(1)f x x x =++,若对所有的0x 都有()f x ax 成立,求实数a 的取值范围. 【解析】【解法1】 令()(1)ln(1)g x x x ax =++-,对函数()g x 求导数:()ln(1)1g x x a '=++-,令()0g x '=,解 得1e 1u x -=-.(1)当1a 时,对所有0,()0x g x >'>,所以()g x 在[0,)+∞上是增函数.又(0)0g =,所以对0x ,有()(0)g x g ,即当1a 时,对于所有0x ,都有()f x ax . (2)当1a >时,对于10e 1,()0u x g x -<<-'<,所以()g x 在()10,e 1α--是减函数.又(0)0g =.所以对10e 1a x -<<-,有()(0)g x g <,即()f x ax <.所以当1a >时,不是对所有的0x ,都有()f x ax 成立. 综上a 的取值范围是(,1]-∞. 【解法2】 令()(1)ln(1)g x x x ax =++-,于是不等式()f x ax 成立即为()(0)g x g 成立.对()g x 求导数得()ln(1)1g x x a '=++-,令()0g x '=,解得1e 1a x -=-,当1e 1a x ->-时,()0,()g x g x '>为增函数,当11e 1u x --<<-时,()0,()g x g x '<为减函数.要对所有0x 都有()(0)g x g 充要条件为1e 10a --.由此得1a ,即a 的取值范围是(,1]-∞.。

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.。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题2０10年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第错误!步,由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。

洛必达法则简介：法则1 若函数f(x) 和g(x)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，ｆ(ｘ) 与ｇ（x) 可导且ｇ'（x)≠０; ﻫ (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 →'='。

ﻫ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 →∞=； ﻫ (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 →∞'='。

ﻫ法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件:(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x ag x →=∞； ﻫ （2)在点ａ的去心邻域内,ｆ(x) 与g(x) 可导且g ＇(x)≠０； ﻫ(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: 错误!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。

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．。

一、问题指引“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法（避免分类讨论）解决成立、或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数（最）值，若出现00型或∞∞型可以考虑使用洛必达法则。

二、方法详解法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(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 a f x →=∞及()lim x ag x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(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00x a -→，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。

导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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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()11ax x 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理设函数()e e x x f 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．4.2008全国2理 设函数sin ()2cos x f 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．5.2008辽宁理 设函数ln ()ln ln(1)1x f 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.6.2010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7.2010新课标文已知函数2()(1)x f x x e ax =--。

例析洛必达法则在解高考导数题中的运用在2014年全国各地的高考试题中，函数的综合运用考查几乎都与恒成立问题和有解问题有关，这类考题无一例外地涉及到求参数的取值范围。

解决这类问题的方式有两种：一种是选主元法，即将已知范围的字母视为主元，待求范围的字母视为常数，对含参数的函数进行分类讨论研究以解决问题，但这种方法一般比较复杂；另一种是通过变形将含参数的方程或不等式中的参数分离出来，将方程或不等式的一端化为只含参数的解析式，而将另一端化为与参数无关的主元函数，通过对主元函数的值域或确界进行研究来讨论原方程或不等式的解的情况。

这种处理方式称为“分离参数法”，它的最大优点是将所蕴涵的函数关系由隐变显，避免了分类讨论的麻烦，因此往往显得非常简捷、有效，是教师和学生所喜爱的一种方法。

然而，笔者发现一个奇怪的现象：许多高考试题采用分离参数法求解入手容易，思路简单，但由于中途函数在某点处的极限难以求出，导致解答半途而废。

经研究发现，这些极限均为型，无法按常规方法约掉零因子。

但如果借助高等数学中的洛必达法则，便能轻松解决这个问题。

下面以2014年陕西、四川两道高考压轴试题的求解为例展示洛必达法则的应用。

洛必达法则是一种通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式值的方法。

具体地，在x趋于某个值a时，若f(x)和g(x)都趋于0或无穷大，且f'(x)和g'(x)都存在且g'(x)不等于0，则可以使用洛必达法则。

使用时要注意两点：一是要检查函数极限是否满足∞/∞或0/0型；二是洛比达法则可连续使用多次。

举例来说，考虑2014年陕西高考理科数学第21题中的函数f(x)=ln(1+x)和g(x)=xf'(x)，其中f'(x)是f(x)的导函数。

题目要求求解g'(x)和g(n)(x)，以及确定实数a的取值范围。

首先，我们可以使用洛必达法则求解g'(x)，即将g(x)的分子和分母分别求导，得到g'(x)=(1+x)/(1+x)=1，因此g'(x)的值为1.接下来，考虑求解g(n)(x)。

林老师网络编辑整理导数结合洛必达法则巧解高考压轴题2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第○2步，由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。

洛必达法则简介：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 的去心邻域内，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 →=()()limx 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 ，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g '(x)≠0；(3)()()limx f x l g x →∞'='， 那么 ()()limx f x g x →∞=()()limx 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 的去心邻域内，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 →=()()limx 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。