洛必达法则与恒成立问题

1、洛必达法则与恒成立问题洛必达(L' Hopital)法则洛必达法则在一定情况下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，对于处理一类含参数不 等式恒成立的导数问题有一定的作用。洛必达法则1:设lim fx xo0, lim g x 0，x xof x , g x 存在，且 g x o ,f xlim xx xo g x存在,第8页共4页 f x则 lim a x lim x xo g x x xo洛必达法则2:设lim fx xo，lim g xx xf x ,g x 存在，且 g x o ,lxmf4 存在，则limx xolimx xo。,故f x洛必达法则的应用：右k x

2、 x0，令pg xf xf x f xp lim 77 xlim TV 呵 TT xxxogx x xo g x x xo g x f x，八，f x右k x X0恒成立,令 p lim g xx"xo g xf xf x f xp lim tv lim tv lim TV xx xo g x x xo g x x xo g xlim x X0 ,此时 f xoo, g xox xo g xf xxo ,故当k p时k x xo恒成立。g xx xo ,此时 f xoo,g xoo,故f xxo ,故当k p时k x xo恒成立。g xf xf xf x2 p lim 77 xlim

3、Jm ”x八 一fxfx.j,、.入不能再求导；-LJLfLJL出现繁分式一定要化简。g x g x例1： (2oio新课标理改)设函数f x ex 1 x ax2xo求导直到分母为非零数；分母不为零后,o对x o,恒成立，求实数a的取值范围。分析：f x ex 1 x ax2 o a的取值范围。解：由题意得：f x ex 1 x ax2e 1 xo .e1 x o ,属于。类型，故可以利用洛必达法则求出ax2o_x x , x .2e1x 八e1x1口o e 1 x ax a 2-,令 p m2,根据洛必达法则,x x xe 1 x e 1 e 1 w c 1p 1mximr !冲了 3 a

4、 2由于在高考中洛必达法则通常比较难表达清楚，故可以采用以下解法，如下:求导得：f x ex 1 2ax, f x ex 2a,f o eo 1 o a o2 o, f oo, f o 1 2a ,当 1 2a 。时，xoo,，使 f Xoo。故当x o, xo时，f x o, f X为单调减区间，由于f oo,故当Xo, Xo 时，f Xoo,即f x在区间x o,Xo单调递减，由于 f o o,故在区间(I)讨论函数f (x)极值点的个数，并说明理由； (n)若？x>0, f (x) >0成立，求a的取值范围.解：(I)函数f1x 1(x) =ln2ax a(1)(2)a=0

5、时，g (x)(x+1) +a (x2 - x),其中 aC R, x C (- 1, +川.2ax2 ax a 1 人2令 g (x) =2ax +ax- a+1 .x 1=1 ,此时f'(x) >0,函数f (x)在(-1, +8)上单调递增，无极值点.a>0 时，A=a2- 8a (1-a) =a (9a-8).当8一时，A&Q g (x) >Q f (x) >Q函数f (x)在(-1, +8)上单倜递增，无极值点. 9当时，。，设方程2ax2+ax- a+1=0的两个实数根分别为 x1, x2, x1vx2.1, x1)时，g (x) >0

6、, f'(x) >0,函数 f (x)单调递增；x2)时，g (x) < 0, f '(x) V 0,函数 f (x)单调递减；+°°)时，g (x) >0, f'(x) >0,函数f (x)单调递增.因此函数f (x)有两个极值点.(3)当 av 0 时，>。.由 g ( 1) =1 >0,可得 x1< 1<x2.当 xC ( - 1, x2)时，g (x) >0, f'(x) >0,函数 f (x)单调递增;当 xC ( x2, +oo)时，g (x)< 0, f '

7、; (x) < 0,函数f (x)单调递减.因此函数f (x)有一个极值点.综上所述：当a<0时，函数f (x)有一个极值点；当 0 a 8时，函数f9(x)无极值点；当 a-时,9函数f (x)有两个极值点.(n)分析：当x0,1,x20,故aln x 1属于-类型,0a limx 0ln x 11lim 1x 0 2x 1In x 10,x1时,Inlimx 0 2xx 1x 1,2,x0,故aln x 1综上,0,1解答:2ax0时，令h xIn xx, h由于ax210时，即01,此时f成立，故当1间， 综上,f x在区间0时，即a0,1,limxln单调递增,Xo 0,f

8、 00 ,与题设矛盾。0,1 。总结：有的时候需要放缩，常见的有ex1,2,x0,故aIn x时,为一类型,利用洛必达法则,ln x2 x xlimx2xlimx2x 1 x 10,a021 2a 00 1,由二次函数性质可知与，使fx01,2ax0。0矛盾，故舍去;2ax2 a axx 10恒成立；故当x 0,x0时，fa 1. 0恒x 0 , f x为单调减区ln x 1 ,参考冥级数展开式应用。冥级数展开式与放缩法x ,e的麦克方林(Maclaurin )展开式：当 0 x 1时，有 1 x ex 1 x将式中x用匚替换，可得上1 x1 x综上可推出三个加强型不等式：1 x中等号当仅当

9、x 0时成立。x2xn -，即 In 11 x1 x .In In 1 x11 x 1 xx x In1 xIn 1 x1 x例3: (2010?全国卷n)设函数f (x) =1 e x(I)证明：当x> 1 时，f (x)；(n)设当 xno时，f (x)J,求a的取值范围.分析:(i)由于 ex 1 x1,，即11 x(等号当仅当x 0时成立)；(n)x f对xax 10,恒成立,显然0,故x 0,即axax 1离变量可得x xxe e0时,属于0型,利用洛必达法则,a Iimx 0xxeIim -x x 0 xexxexxex xxe 2exm0解：(I )当x>- 1时，要

10、证f (x)当且仅当ex> 1+x 令 g (x) =ex - x - 1,则 g' (x) =ex - 1当x>0时g' (x)g (x)在0, +8)是增函数，当xW(g'(x) WQ g (x)在(-8, 0是减函数于是g (x)在x=0处达到最小值，因而当xC R 时，g (x)>g (0)时,即 ex>1+x所以当x>- 1时,xf (x)故e x1 x,即 1 e x 1 1 xx 1x .(n)要使1 e 对xax 1x令 F x e x 1, F 0ax 10,恒成立，显然1 ee0 1 0, Fax 10,即 ax 1 0

11、 ,故 ae x, F 000,ax2aF x2 e 0, x0时，f x 0 ,与题设矛盾。当 1 2a 0 时，F x 0对 x 0, 成立，同理可得，F x在区间x 0, F 01 2a；ax 1当 1 2a 0 时，x00,，使 F x00。故当 x 0, x0 时，F x00, f x为单调减区间，由于F 00,故当x0, x0 时，F x00,即f x在区间x 0,x0单调递减，由于F 00,故在区间恒成立，故F x在区间x 0, 单调递增，故F x 0恒成立。单调递增，故F x 0恒例4:、一» ji y - 1 j(2015/昌建)已知函数 f (x) =lnx_(I

12、)(m)求函数f (x)的单调增区间; 确定实数k的所有可能取值,2(n)证明；当 x>1 时，f (x) vx1；使得存在 x0>1,当 xC 11, x0)时，恒有 f (x) > k (x-1).分析：(I )求导数，利用导数大于0,可求函数f(x)的单调增区间；(0, 1遍，、x 1 2(n ) f x ln x 2(出)利用洛必达法则，存在x01,e 使 x1,Xox 1 2ln x 2-恒成立，当x 1x 1时，为9型，故k limIn xxm1例5: (2007近宁)已知函数(I)证明：当t<2跖寸, (II)对于给定的闭区间a,(III )证明：f 分析

13、:为2exf (x) =2t2- 2 (ex+x) t+e2x+x2+1,g (x)在R上是增函数；b,试说明存在实数 k,当t>k时,(I)由题设易得g (x)=e2x- t (ex- 1) +x, g' (x) =2e2x(x)(x)-tex+12J2,当仅当丸(x).在闭区间a, b上是减函数;x 1.0恒成立.即2e t,又因 eex y2时等号成立。由此可知， t 2，2时，g (x)在R上是增函数.2(II)因为g'(x) < 0是g (x)为减函数的充分条件， 所以只要找到实数 k,使得t>k时g'(x) =2e <0,即t>2ex+e x在闭区间a, b上成立即可.因为 y=2ex+e x在闭区间a, b上连续，故在闭区间 上有最大值，设其为 k,于是在t>k时，g' (x) < 0在闭区间a, b上恒成立，即g (x)在闭区间 为减函数.2x-tex+1a, ba, b上(III )由于 f xe2x2extt2x2 2xtt2不等式)b22t 1,故可以利用柯西不等式2,利用不等式(基本即可得2x e2extt22xt例6: (2011?新课标理)已知函数f (x)-3=0. ( I )求 a、b 的值；(n )如果当"詈曲线y=fx>0,且x力时，f