导数恒成立问题-洛必达法则的妙用

1、洛必达法则沈阳市第十一中学数学组赵拥权洛必达法则：设函数 f(x)、g(x)满足:(1)lim f (x) x alim g(x) x a(3)(A可为实数，也可以是f(x) lim 则 x a g(x)limx a止ag (x).(可连环使用)在Uo内，f和g都存在，且g(x)。；f (x) lim x a g (x)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。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：将上面公式中的 x-a, x一0换成 x一+8,成立。洛必达法则可处理,0 , d ,01在着手求极限以前，首先要检

2、查是否满足00定式，否则滥用洛必达法则会出错。当不满足三xf-8, x a , x a洛必达法则也00i,0 , 型。 ,0, 1 , 0， 型卜前提条件时，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。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。(2006全国2)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1),若对所有的x 0,者B有f(x)ax成立，求实 数a的取值范围.令 g(x)= (x+ 1)ln( x+ 1)- ax,对函数 g(x)求导数：gx)=ln(x+ 1)+1 a TOC o 1-5 h z 令 gx)=0,解得 x= ea 1 1,5 分(i)当

3、aW1时，对所有x0, g x)0,所以g(x)在0, +8止是增函数,又 g(0)=0,所以对 x0,都有 g(x)g(0), 即当a 0,都有 f(x) ax.9分 (ii)当 a1 时,对于 0 x ea 1 - 1, g x)v0,所以 g(x)在(0, ea 1 - 1)是减函数, 又 g(0) = 0,所以对 0Vx 1时，不是对所有的 x0,都有f(x)ax成立.综上，a的取值范围是( 1.12分 解法二：令 g(x)= (x+ 1)ln(x+ 1)- ax,于是不等式f(x)ax成立即为g(x)g(0)成立. 3分对函数 g(x)求导数:gx)= ln(x+1) + 1 a令

4、g x)= 0,解得 x= ea 1 1,6 分当 x ea-11 时，gx)0, g(x)为增函数，当一1vxvea1 1, g x) 0都有g(x)g(0)充要条件为ea 1-K0. 由此得a0 时 aw 曙-1), g(x)=竺吗?斗 1) ,? (?)=?-写?+1) 0 (x C (0, + 洛必塔法则lim (?+1)ln%?+1) lim (ln (?+1)+1)1, CC / ?f+?f +A . /Alim+ ? (x) =-=1. a + /lim?lim1一？?+?+2006全国1理已知函数f x L_xeax.1 x(i)设a 0,讨论y f x的单调性;(n)若对任意

5、x 0,1恒有f x1,求a的取值范围解法(一)(i )当 0f(0)=1.(ii)当 a2 时，取 x0= 1 rT2 6 (0,1)，则由(I)知 f(x0)1 且 e-ax1,得1+x m 1+x f(x)=工e ” =、，、，1 x1.综上当且仅当 ae ( 8,2时,对任意xe (0,1)恒有f(x)1.解法(二)? -? 1n(1-?)-?(?+1),g(x)=ln(1-x 臂(x+1),?(x)-2, . .a 2;(n )若对所有x 0都有f (x) ax ,求a的取值范围.解法(一)：令 g(x) f (x) ax,则 g (x) f (x) a ex e x a ,(i)若

6、 a 0 2,当 x 0时，g (x) ex故g(x)在(0, )上为增函数, 所以，x0 时，g(x) g(0),即 f (x) ax .(ii)若a 2,方程g (x)0的正根为x1 In 此时，若x (0, xi)，则g (x) 0,故g(x)在该区间为减函数.所以，x (0, xi)时，g(x) g(0) 0,即 f (x) ax,与题设 f(x)ax相矛盾.综上，满足条件的a的取值范围是oo,2 .解法(二)：(1) x=0时？a都成立。.?-?-?lim / ?衿?)(2)? a 0 (x C(0,+8)?(两次求导 )由洛必塔法则：炉 + ?(?X?r im；=2？+4. 201

7、0新课标理设函数 f(x)=ex 1 x ax2.(I)若a 0,求f(x)的单调区间；(n )若当xno时f (x) 0,求a的取值范围解法一：f (x) ex 1 2ax由(I)知ex 1 x ,当且仅当x 0时等号成立.故f (x) x 2ax (1 2a)x,1从而当 1 2a 0,即 a 时，f(x) 0 (x 0),而 f (0) 0,于是当x 0时，f(x) 0.1由ex 1 x(x 0)可得ex 1 x(x 0).从而当a 时,f(x) ex 1 2a(e x 1) e x(ex 1)(ex 2a),故当 x (0,ln2a)时，f(x) 0 ,而 f (0) 0,于是当x (

8、0,ln 2a)时，f (x) 0.E1综合得a的取值范围为(，一.当 x 0 时，f (x) 0,即 ex ax当x0时，a R;当x 0时，ex2 .1 x ax等价于axe 1 x2x记 g(x)xe 1 x2x(0,+ )，则 g(x)(x 2)ex x 2记 h(x)(x 2)exx则 h(x) (x 1)eh(x)xex 0 ,所以h(x) (x 1)ex 1 在(0 + )上单调递增，且 h(x)h(0) 0,所以 h(x) (x 2)exx 2在(0,+ )上单调递增，且h(x) h(0) 0,因此当(0,+ )时，g(x) h(g 0,从而 g(x)xex 1x ，、一-在(

9、0,+ )上单调递增.由洛必达法则有,lim g(x) limx 0 x 0 xe 1 x2xxelim 一x 0 2xxe lim 一 x 0 2即当x 0时,g(x)(。,+)时,所以g(x)综上所述，当ax 0 时，f (x)0成立.5. 2010新课标文已知函数f(x) x(ex1) ax2.(I)若f (x)在 x1时有极值，求函数 f (x)的解析式;x 0时，f (x) 0,求a的取值范围.f(x) = x(?/?- 1 - ?)令 g(x)= ?-1 - ?则9以)ex a。0,时，g (x), g(x)为减函数，而g(0) 0,从而当 x0 时 g(x) 0,即 f (x)0

10、.若 a ，则当 x 0,ln a 时，g (x),g(x)为减函数，而g(0) 0 ,从而当x0,ln a时 g(x) V 0,即 f (x) V 0.综合得a的取值范围为,1(n)应用洛必达法则和导数当 x 0时，f (x) 0,即 x(ex 1) ax2.当x 0时，a R；当x0时，x(ex 1)ax2等价于ex1 ax ,也即a记 g(x)，则 g(x)(x 1)ex 1记 h( x)(x 1)ex 1, x(0,)，则 h(x) xex 0,因此 h(x) (x1)ex上单调递增，且h(x)h(0) 0,所以 g(x)皿) 0,从而 g(x)xex 11 在(0,)在(0,)上单调

11、递增.由洛必达法则有ex 1x.e limx 0 11,即当x 0时，g(x)所以g(x) 1 ,即有a综上所述，当a 1 , x 0时,f(x) 0成立.6. 2008全国2理设函数f (x) sinx2 cosx(i)求f (x)的单调区间;(n)如果对任何 x 0,都有f (x) g(0) 0,即 f(x)Wax.sin x 3ax ,贝U h (x) cosx 3a.故当 x0,arccos3a 时，h (x) 0 .因此h(x)在0,arccos3a上单调增加.故当 x (0,arccos3a)时，h(x) h(0) 0,即 sinx 3ax.sin x sin x于是，当 x (0

12、,arccos3a)时， f (x) ax.2 cosx 3因此，a的取值范围是 1, 3(n)f(x)若x应用洛必达法则和导数sin x2 cosxaxsin xx(2 cosx)sin xsinx右 x 0,贝U ax等价于 a ,即 g (x)2 cosxx(2 cosx)2xcosx 2sin x sin xcosx x则 g (x) 22x (2 cosx)记 h(x) 2xcosx 2sin x sin xcosx x ,h(x) 2cosx 2xsinx 2cosx22xsinx cos2x 1 2sin xcos2x 12xsin x 2sin x(sinxx)因此，当x (0

13、,)时，h(x)0, h(x)在(0,)上单调递减，且h(0) 0,故g(x) 0,所以g(x)在(0,)上单调递减,而 lim g(x) lim x 0 x 0sin xx(2 cosx)cosx2+cosx xsinxsinx 111 m,1另一万面，当 x ,)时，g(x)-,因此a 一.x(2 cosx) x 332008辽宁理设函数 f(x) -ln-x ln x ln(x 1).1 x f(x)的单调区间和极值；）?若存在，求a的取值范是否存在实数 a,使得关于x的不等式f（x）a的解集为（0,围;若不存在，试说明理由.）当a 0时，由f(x)ln x1 xln1. c知 f(2n

14、) xln 2n1 2nln1.,，,，其中n为正整 2n数，且有1 ln 1 2nne2 1nlog2(e21)-12分又n 2时,ln 2n2nnln 21 (1 1)nn ln 2n(n 1)21n 2n 1口 21n 2 a且n 12取整数n0满足，nlog2(e2 1),n。4ln则 f(2n0) 3n212 n0ln 12即当a0时，关于x的不等式f （x） a的解集不是（0, s ） .综合（i）（ii）知，存在a,使得关于x的不等式f（x）为a的解集为（0, 8）,且a的取值范围为8,0(D f (x)1x(1 x)ln x(1 x)2ln x(1 x)2故当 x (01)时，

15、f (x) 0, x (1, 00 )时，f (x) 0 .所以f（x）在（0,1）单调递增，在（1, 8）单调递减.由此知f(x)在(0, 8)的极大值为f(1) ln 2,没有极小值，？ f(x) a对一切x (0, +oo) 恒成立，所以只需？?铲 a则?= 0,?im+J?(x)=。，a的取值范围为 oo,0 .2010全国大纲理设函数f (x) 1 ex.(I)证明：当 x 1 时，f (x); x 1x(n)设当x 0时，f(x)求a的取值范围ax 1(n)应用洛必达法则和导数由题设x 0,此时f(x) 0. TOC o 1-5 h z HYPERLINK l bookmark4

16、o Current Document 1 xx当a 0时，若x ,则 0, f (x) 不成立;a ax 1ax 1xx当 a 0时，当 x 0时，f(x)即 1 e x;ax 1ax 1若x 0,则a R;xx xx x ./人 + 1 e 1xe e 1若x 0,则1 e x 等价于,即a xax 1x ax 1xe x记 g(x)x x生，则 g(x) xe xx Gx! 2ex 2(xe x)1 =ex(xex x)2x(e2x、x 2 e ).记 h(x) ex x2 2 e x,则 h(x)xxx xe 2x e , h(x) e +e 2 0因此，h(x) ex 2x e x 在

17、(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.x一，.e因此 g (x)=x2-h(x) 0 ,所以 g(x)在(0,(xe x)由洛必达法则有)上单调递增x xxe e 1l!”g(x)一xx 0 x 0 xe xxxe-x- lime xe 1 x 0 x x-一结 1,即当x 0时, 2ex xex 2，、1 ，、g(x)一，即有 g(x)21 L1 L ,E1一,所以a .综上所述，a的取值范围是(，一.2222011新课标理已知函数f(x) alnx b ,曲线y f(x)在点(1, f(1)处的切线方程为x

18、 2y 3 0. x 1 x(i)求a、b的值；(“)如果当x 0,且x 1时，f(x) k求k的取值范围.x 1 x(n)方法一：分类讨论、假设反证法2ln x 1ln x k、1(k 1)(x 1)、由(i)知 f(x) 一，所以 f(x)( 一) 2 (2ln x -).x 1 xx 1 x 1 xx考虑函数h(x) 2ln x2(k 1)(x1)(x 0),x则 h(x)2(k 1)(x2 1) 2x(i)当 k 0时，由 h(x)k(x2 1) (x 1)2知,当x 1时,h(x) 0.因为 h(1) 0,所以当x (0,1)时，h(x)11 x2h(x)(1,)时，h(x) 0 ,

19、可得12 h(x) 0 ,从而当x1 x1时,f(x)ln xx 1-) x即 f(x)ln x k(ii)当0 k 1时，由于当(1,占时，(k1)(x21)2x0,故 h(x)1.h(1) 0,故当x (1,)时,1 kh(x) 0 ,可得- 1Vh(x)0 ,与题设矛盾.(iii )当 k1 时,h(x) 0,而 h(1) 0 ,故当 x (1,h(x) 0 ,可得1E(x)0,与题设矛盾.综上可得，k的取值范围为(Q.解法二：当xln x k0 ,且 x 1 时，f (x)x 1 x也即kx ln x 1 x ln x 2xln xT7 ； k-圮g(x)即叱x 12xln x1 x2

20、ln xx 1则 g (x)_2_2_22(x 1)ln x 2(1 x)_2(x1)2 2(1 x )22(1 x )(ln x心) 2 3，x 1记 h(x)1 x2,lnx 1T则 h(x)x 11+9 99x (1+x )x(1+x )4x (12X2x )_020 ,从而h(x)在(0,)上单调递增,且h(1) 0,因此当x (0,1)时,h(x)0,当 x (1,)时，h(x) 0;当 x (0,1)时，g(x) 0,当 x (1,)时，g(x) 0,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limg(x)iim(* i)1 lim = 1 lim

21、21nx 2 0, x 1x 1 1 xx 1 1 x x 1 2x即当x 0,且x 1时，g(x) 0.因为k g(x)恒成立，所以k 0.综上所述，当x 0,k的取值范围为(，0.In x k 且x 1时，f(x)-成立,x 1 x3, 一10.若不等式sin x x ax对于x(0,万)恒成立，求a的取值范围当x (0,一)时，原不等式等价于a2x sin x3xx sin x3sin x xcosx 2x记 f (x),则 f (x) 4.xxt己 g(x) 3sin x xcosx 2x ,贝U g(x) 2cosx xsinx 2.因为 g”(x) xcosx sinx cosx(

22、x tanx),g(x) xsinx 0 ,所以 g (x)在(0,一)上单调递减，且 g (x) 0 , 2 TOC o 1-5 h z 所以g(x)在(0,-)上单调递减，且g(x) 0 .因此g(x)在(0-)上单调递减, 22且g(x) 0,故f (x) 9孕 0 ,因此f (x) -sin-x在(0,)上单调递减. xx2由洛必达法则有x sinx 1 cosx sinx cosx 1lim f (x) lim lim；- lim lim -,x 0 x 0 x3x 0 3x2x 0 6x x 0 66r ,11即当x 0时，f(x) 一 即有f (x)-.663故a 一时，不等式s

23、inx x ax对于x (0,一)恒成立.62.已知函数f(x) ex ax2 bx 1,其中a,b R, e 2.71828L为自然对数的底数。(1)设g(x)是函数f (x)的导函数，求函数 g(x)在区间0,1上的最小值;(2)若f(1) 0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点，求a的取值范围由 f(1)0 e a b 1 0 b e a 1 ,所以 f(x)= ?- ?-(? ? i)? 1函数f (x)在区间(0,1)内有零点，分离变量可得a =落 A?-1在(0,1 )上有解令产”?-1求导可得函数子(0,1)单调递增，由洛必达法则有?-? TOC o 1-5 h z ?2(?-

24、1)一 一 一一-啊 +?(?Mm +W?=2-e，同理和-?= 1，a 的取值范围为(e 2,1) _1 x.已知函数f(x) ln x。a(1 x)(1)设a=1,讨论f (x)的单调性;(2)若对任意x (0,1), f (x)2,求实数a的取值范围1 x解法一：(n)由已知a 0,因为x (0,1),所以lnx 0 . 1 x(1)当a 0时，f (x)0 .不合题意.(2)当 a 0 时，x (0,1),由 f(x) 2,可得 lnx 2a(1 x) 0.x设 h(x) ln x -,则 x (0,1) , h(x) 0 . h (x) 21 xx(1 x)22设 m(x) x (2

25、 4a)x 1,万程 m(x) 0 的判别式 16a(a 1).若 a (0,1,0, m(x) 0, h(x) 0, h(x)在(0,1)上是增函数，又 h(1) 0 ,所以 x (0,1) , h(x) 0 .若 a (1,)，0, m(0) 1 0,m(1) 4(1 a)0 ,所以存在x0(0,1),使得 m(x0) 0 ,对任意 x (xo ,1) , m(x)0, h(x) 0,h(x)在(x0,1)上是减函数,又 h(1) 0,所以 x(x0,1) , h(x)0.不合题意.综上，实数a的取值范围是(0,1.解法二：对任意 x (0,1), f (x)2 二 2?(?+1)?令 g

26、(x)=)?？ (?=1)单调递减，h(x) h(1) = 0，g(x)在(0,1)单调递24?-2?+2 -(?+1)?省(x)=?4?2?+ 守(0,增，由洛必达法则 lim ?= ?% 2(?=一r = 1 ?t ?i?(?+i)?m-(2?+1?i 一所以为1即a e (0,12213.设函数 f (x) ax In x b(x 1) (x 0),曲线 y f(x)过点(e,e e 1),且在 点(1,0)处的切线方程为 y 0.(i)求a , b的值；2(n)证明：当 x1 时，f(x)(x1)；(出)若当x 1时，f (x) m(x 1)2恒成立，求实数 m的取值范围.解法一：设

27、h(x)f (x)m(x1)2x2 In xx m(x 1)2 1,求得 h (x) 2xln x x 2m(x 1) 1 ,由(n)知，x2 ln x (x 1)2 x 1 x(x 1) , xlnx x 1 ,h (x) 3(x 1) 2m(x 1),3当 3 2m 0,即 m 3 时，h (x) 0,2h(x)在1,)单调递增，h(x) h(1) 0 成立；3当 3 2m 0,即 m 万时，h (x) 2xln x (1 2m)(x 1),2m 3求得(h(x) 2ln x 3 2m,令(h(x0) 0 ,得 x0 e= 1,当 x1,x0 时，h (x) h (1) 0 , h(x)在

28、x 1,比 上单调递减，h(x) h(1) 0 ,不成立.一3综上所诉，m 3.2解法二：(1)x=1时,meR?(?)0(两次求导利用到x - 1 lnx )(2) mW条 ，g(x)=Q xC(1,+8(?-|)(?-|).(1,+oo)上g(x)单调递增，由洛必达法则lim ? = 3. . m 3? -12214.已知函数 f(x) xcosx sin x, x 0,(1)求证：f (x) 0 ；sin x.(2)若a snq b在(0,一)上恒成立，求a的最大值与b的最小值.2解法一：当x 0时，“si* a”等价于“ sinx ax 0；“sinj b”等价于xx“sinx bx

29、0 ，令 g(x) sin x cx ,贝U g (x) cosx c当c 0时，g (x) 0对任意x (0,)恒成立。2当x 1时，因为对任意x (0,)，g (x) cosx c 0 ,所以g (x)在区间0,上单调 22递减，从而g(x) g(0) 0对任意x (0,)恒成立。2当0 c 1时，存在唯一的x0 (0,万)使得g (x0) cosx0 c 0g(x)与g (x)在区间(0,)上的情况如下:2x(0, x。)x0(x0,2)g (x)0g(x)Z因为g(x)在区间0,比上是增函数，所以 g(x0)g(0) 0 ,进一步，“ g(x) 0对任意 TOC o 1-5 h z 一，.一 2x (0, 5)恒成乂 当且仅当 g () 1 c 0 ,即0 c 一 HYPERLINK l bookmark18 o Current Document 2. 一综上所述，当且仅当 c 一时，g(x) 0对任意x (0,3)恒成立；当且仅当 c 1时，g(x) 0对任意x (0,金)恒成立。 HYPERLIN