导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题

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 =2
1x 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 =--.
（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. 8.2010全国大纲理
设函数()1x f x e -=-.
（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1
x f x ax ≤+，求a 的取值范围. 9.2011新课标理
已知函数ln ()1a x b f 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 k f x x x
>+-，求k 的取值范围. 10.自编
自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π
∈恒成立，求a 的取值范围.
第二部分：新课标高考命题趋势及方法
1. 新课标高考命题趋势
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。

为此，高考数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成为了热点.
2.分类讨论和假设反证
许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型.这类题目容易让学生想到用分离参数法，一部分题用这种方法很奏效，另一部分题在高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论和假设反证的方法.
3.洛必达法则 ∞
∞——数0 型及型函未定式的一种解法0 虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难.研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原因是出现了00
”型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必
达法则.
第三部分：洛必达法则及其用法
1.洛必达法则
洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足：
（1）lim ()lim ()0x a x a f x g x →→==；
（2）在()U a o 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠；
（3）()lim ()x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）. 则()()lim lim ()()x a
x a f x f x A g x g x →→'=='.（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。

2.2011新课标理的常规解法
已知函数ln ()1a x b f 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 k f x x x
>
+-，求k 的取值范围. （Ⅰ）略解得1a =，1b =.
（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法 由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x =++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x
---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x
--(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++= (i)当0k ≤时，由22
2
(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =， 所以当(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
>+-； （ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k ∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而
(1)0h =，故当1(1,)1x k
∈-时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x
⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k
∈-更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升.
3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x k x x x x
+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记2
2ln ()11x x g x x =+-，0x >，且1x ≠ 则2222
222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1
x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+， 记221()ln 1
x h x x x -=++，则22
222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>， 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，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
2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x
→→→→+=+=+=+=---， 即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x
>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 分离出来.然后对分离出来的函数22ln ()11x x g x x
=+-求导，研究其单调性、极值. 此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.
当然这一法则出手的时机：（1）所构造的分式型函数在定义域上单调
（2）是
00
型。

4.运用洛必达和导数解2010新课标理 设函数2()1x f x e x ax =---.
（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.
应用洛必达法则和导数
（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.
①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2
1x e x ax --≥等价于21x e x a x --≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x
-++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1x h x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，
''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，
所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)
x ∈∞，时，3()'()0h x g x x
=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，
20000111lim ()lim lim lim 222
x x x x x x x e x e e g x x x →→→→---==== 即当0x →时，1()2g x →
，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤. 综上所述，当12
a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立. 5.运用洛必达和导数解自编题
自编：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3
sin x x a x ->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x x f 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,)2
π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,)2
π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
3200000sin 1cos sin cos 1lim ()lim lim lim lim 3666
x 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,)2
x 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； ③出现“
00
”型式子. 6.运用洛必达和导数解2010年新课标文 2010海南宁夏文（21）
已知函数2
()(1)x f 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)x x e ax -≥.
①当0x =时，a R ∈； ②当0x >时，2(1)x x e ax -≥等价于1x
e 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)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x h x xe =>，因此()(1)1x
h 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 x
x 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.
7.运用洛必达和导数解2010年大纲理
2010全国大纲理（22）
设函数()1x f x e -=-.
（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥
+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1
x f 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 <+，()1
x f x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11
x x e ax --≤+； 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则11x
x e ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x -+≤-.
记1()x x x xe 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()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->
因此，'()2x x h 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()
x
x 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 122
x 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()2
g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞. 8.运用洛必达和导数解2008年全国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．
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 2
x >-，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． （Ⅱ）应用洛必达法则和导数
sin ()2cos x f x ax x
=
≤+ 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos x ax 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 x g x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，
2'()2cos 2sin 2cos cos21
2sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x x x x x x x x =---+=--+=-=-
因此，当(0,)x π∈时，'()0h 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 ()lim lim (2cos )2+cos sin 3
x 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 ≥.。