导数恒成立问题-洛必达法则的妙用

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、满足：（1）；（2）在内，和都存在，且；（3）（可为实数，也可以是）.则.（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。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\*GB3①将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，，洛必达法则也成立。=2\*GB3②洛必达法则可处理，，，，，，型。=3\*GB3③在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，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\*GB3④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。1．（2006全国2）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．令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)－ax，对函数g(x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，……5分(i)当a≤1时，对所有x＞0，g′(x)＞0，所以g(x)在[0，＋∞)上是增函数，又g(0)＝0，所以对x≥0，都有g(x)≥g(0)，即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax．……9分(ii)当a＞1时，对于0＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，ea－1－1)是减函数，又g(0)＝0，所以对0＜x＜ea－1－1，都有g(x)＜g(0)，即当a＞1时，不是对所有的x≥0，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：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－a令g′(x)＝0，解得x＝ea－1－1，……6分当x＞ea－1－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，当－1＜x＜ea－1－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数，……9分所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea－1－1≤0．由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1]．解法三：1），当时，；2），当x>0时a≤(x＋1)ln(x＋1)x，limx→0+g（x2.2006全国1理已知函数.（Ⅰ）设，讨论的单调性；（Ⅱ）若对任意恒有，求的取值范围.解法（一）(ⅰ)当0<a≤2时,由(Ⅰ)知:对任意x∈(0,1)恒有f(x)>f(0)=1.(ⅱ)当a>2时,取x0=eq\f(1,2)eq\r(\f(a－2,a))∈(0,1),则由(Ⅰ)知f(x0)<f(0)=1(ⅲ)当a≤0时,对任意x∈(0,1),恒有eq\f(1+x,1－x)>1且e－ax≥1,得f(x)=eq\f(1+x,1－x)e－ax≥eq\f(1+x,1－x)>1.综上当且仅当a∈(－∞,2]时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1.解法（二）-a>ln1-x-ln⁡(x+1)x,g(x)=ln1-x由洛必塔法则：limx→0+3.2007全国1理设函数．（Ⅰ）证明：的导数；（Ⅱ）若对所有都有，求的取值范围．解法（一）：令，则，（ⅰ）若，当时，，故在上为增函数，所以，时，，即．（ⅱ）若，方程的正根为，此时，若，则，故在该区间为减函数．所以，时，，即，与题设相矛盾．综上，满足条件的的取值范围是．解法（二）：（1）x=0时∀a都成立。（2）a≤ex-e-xxgx=ex-e-xx,g'(x)4．2010新课标理设函数=.（Ⅰ）若，求的单调区间;（Ⅱ）若当x≥0时≥0，求a的取值范围解法一：由（I）知，当且仅当时等号成立.故 ，从而当，即时，，而，于是当时，. 由可得.从而当时， ，故当时，，而，于是当时，. 综合得的取值范围为.解法二：当时，，即.①当时，；②当时，等价于.记，则.记，则，当时，，所以在上单调递增，且，所以在上单调递增，且，因此当时，，从而在上单调递增.由洛必达法则有，即当时，，所以当时，所以，因此.综上所述，当且时，成立.5.2010新课标文已知函数.（Ⅰ）若在时有极值，求函数的解析式；（Ⅱ）当时，，求的取值范围.fx=x(ex-1-ax)。令g(x)=ex-1-ax，则。若，则当时，，为减函数，而，从而当x≥0时≥0，即≥0.若，则当时，，为减函数，而，从而当时＜0，即＜0.综合得的取值范围为（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当时，，即.①当时，；②当时，等价于，也即.记，，则.记，，则，因此在上单调递增，且，所以，从而在上单调递增.由洛必达法则有，即当时，所以，即有.综上所述，当，时，成立.6.2008全国2理设函数．（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围．令，则．故当时，．又，所以当时，，即． 9分当时，令，则．故当时，．因此在上单调增加．故当时，，即．于是，当时，．当时，有．因此，的取值范围是（Ⅱ）应用洛必达法则和导数若，则；若，则等价于，即则.记，因此，当时，，在上单调递减，且，故，所以在上单调递减，而.另一方面，当时，，因此.7.2008辽宁理设函数.的单调区间和极值;⑵是否存在实数,使得关于的不等式的解集为?若存在,求的取值范围;若不存在,试说明理由.）当时，由知，其中为正整数，且有． 12分又时，．且．取整数满足，，且，则，即当时，关于的不等式的解集不是．综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在，使得关于的不等式的解集为，且的取值范围为．（Ⅰ）．故当时，，时，．所以在单调递增，在单调递减．由此知在的极大值为，没有极小值,f(x)≥a对一切x∈(0,+∞)恒成立，所以只需fxmin≥a,limx→0f∴的取值范围为．8.2010全国大纲理设函数.（Ⅰ）证明：当时，；（Ⅱ）设当时，，求的取值范围.（Ⅱ）应用洛必达法则和导数由题设，此时.①当时，若，则，不成立；②当时，当时，，即；若，则；若，则等价于，即.记，则.记，则，因此，在上单调递增，且，所以，即在上单调递增，且，所以.因此，所以在上单调递增.由洛必达法则有，即当时，，即有，所以.综上所述，的取值范围是.9.2011新课标理已知函数，曲线在点处的切线方程为.（Ⅰ）求、的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知，所以.考虑函数，则(i)当时，由知，当时，.因为，所以当时，，可得；当时，，可得，从而当且时，，即；（ii）当时，由于当时，，故，而，故当时，，可得，与题设矛盾.（iii）当时，，而，故当时，，可得，与题设矛盾.综上可得，的取值范围为.解法二：当，且时，，即，也即，记，，且则，记，则，从而在上单调递增，且，因此当时，，当时，；当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.由洛必达法则有，即当，且时，.因为恒成立，所以.综上所述，当，且时，成立，的取值范围为.10.若不等式对于恒成立，求的取值范围.当时，原不等式等价于.记，则.记，则.因为，，所以在上单调递减，且，所以在上单调递减，且.因此在上单调递减，且，故，因此在上单调递减.由洛必达法则有，即当时，f(x)→16，即有.故时，不等式对于恒成立.11.已知函数，其中，为自然对数的底数。（1）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；（2）若，函数在区间内有零点，求的取值范围由，所以f(x)=ex-ax2-函数在区间内有零点,分离变量可得a=ex-e-1x-1x2-x在（0,1）上有解令g(x)=ex-e-1x-1x12.已知函数。（1）设a=1，讨论的单调性；（2）若对任意，，求实数a的取值范围解法一：（Ⅱ）由已知，因为，所以．（1）当时，．不合题意．（2）当时，，由，可得．设，则，．．设，方程的判别式．若，，，，在上是增函数，又，所以，．若，，，，所以存在，使得，对任意，，，在上是减函数，又，所以，．不合题意．综上，实数的取值范围是．解法二：对任意，<=>1a>2(x-1)x+1lnx令gx=2(x-1)x+1lnxg'x=4lnx-2x+2x(x+1所以1a≥113.设函数，曲线过点，且在点处的切线方程为.（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）证明：当时，；（Ⅲ）若当时，恒成立，求实数的取值范围．解法一：设，求得，由（Ⅱ）知，，∴，∴，①当，即时，，∴在单调递增，∴成立；②当，即时，，求得，令，得，当时，，∴在上单调递减，∴，不成立．综上所诉，．解法二：（1）x=1（2）<=>m≤f(x)(x-1)2,g(x)=f(x)(x-1)2x∈(1,+∞)g'(x)≥0(两次求导利用到14.已知函数，求证：；若在上恒成立，求的最大值与的最小值.解法一：当时，“”等价于“”；“”等价于“”，令，则当时，对任意恒成立。当时，因为对任意，，所以在区间上单调递减，从而对任意恒成立。当时，存在唯一的使得与在区间上的情况如下：0因为在区间上是增函数，所以，进一步，“对任意恒成立”当且仅当，即综上所述，当且仅当时，对任意恒成立；当且仅当时，对任意恒成立。所以，若对任意恒成立，则的最大值为，的最小值为1.解法二：令gx=sinxx,g'x=x∙cosx-sinxx2,hx=x∙cosx-sinx,h'x=-x∙sinx<0,h(x)<h0=0∴15.已知函数（1）证明：当μ=0时f(x)≥0;(2)若x≥0解：（1）略（2）已知x≥0，=1\*GB3①当μ<0时x→+∞时与题意不符，故舍去；=2\*GB3②当μ=0时，由1=3\*GB3③当μ>0时fx≥0<=>μ≤11-e-x-1x,g(x)=11-eP(