利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
最新利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题27105
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题27105利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题近几年，随着新课标在全国的范围内的实施，高考命题也在悄悄发生变化，在命题组中高校教师占很重要的地位。
他们在命题时，会受到自身研究氛围的影响，有关高等数学背景的问题会逐渐增加丰富起来。
函数图像的凸凹性，导数中的拐点，拉格朗日中值定理，李普希茨条件，洛必达法则……特别是解答题中的函数与导数题，高等数学的观点尤其突出。
虽然高考考试没有要求学生掌握，但是可以利用已有的知识和方法来解决有关背景的问题。
例如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，用初等方法处理，分析难度大，变化技巧高。
但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。
一．洛必达法则法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) «Skip Record If...»及«Skip Record If...»；(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(3)«Skip Record If...»，那么«Skip Record If...»=«Skip Record If...»。
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)«Skip Record If...»及«Skip Record If...»；(2)«Skip Record If...»，f(x) 和g(x)在«Skip Record If...»与«Skip Record If...»上可导，且g'(x)≠0；(3)«Skip Record If...»，那么«Skip Record If...»=«Skip Record If...»。
用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
构造函数法在高中数学中是一种重要的思想方法,就是利用函数方法来研究解决有关函数问题，运用函数的观点去分析问题、解决问题。
它的精髓是通过建立函数关系或构造函数，再运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题。
这对培养学生开阔思路,培养分析问题、解决问题和创新的能力是有益的.高考作为选拔性的考试，仍以考查通法性，通法为主，因此构造函数思想受到高考命题者的青睐，也是学生必须掌握的，对于一般常规的构造函数，学生很快就能拿下，但我们在教学中，我们发现有些构造函数法，光“重视通法、淡化特技”有时却很不容易，让我们先从以下的题求解谈起： 例1：（2010年全国卷 压轴题）设函数x e x f --=1)(，（1） 证明：当xx x f x +≥->1)(1时，； （2） 设当0≥x时，,1)(+≤ax x x f 求a 的取值范围。
这里略去第（1）小题，仅分析（2）本小题的通法就是利用函数方法求解最值。
尝试1：很多学生构造函数11)(+--=-ax x e x f x ，设求最大值，由于含参及问题内部暗藏的复杂性，必然导致该通法无功而返。
尝试2：当0=x时，不等式成立；当0>x 时，将原不等式参数分离，得a x e e x x≥--11，构造函数xe e x g xx 11)(--=，并设法求其最小值，该法是在求简意识指导下，对实施通法的进程所作出的调整，是我们教学中所大力倡导的可能使通法变简的良策，然而，受知识所限，中学生普遍难以实施该通法，解法如下：2222)1()1()(xe e x e x g x x x ---='，记x x e x e x h 22)1()(--=则);222()(2x x e e x h x x ---='记2222)(x x e x p x ---=，则x e x p x 222)(--='，),0(022)(>>-=''x e x p x 从而0)0()(='>'p x p ，故)(x h 在),0(∞+是增函数，所以0)0()(=>h x h ，即0)(>'x g ，)(x g 在),0(∞+也是增函数；又据洛必达法则，得lim 0→∆x =)(x g 212)1(1lim lim 00=++=-+-→∆→∆xe e xe e x e e xe xx x x x x x x x ，故21≤a ，又由原不等式在）+∞,0[上有意义，知必有0≥a ，综上所述，a 的取值范围是]21,0[这道高考题在构造函数过程中进行合理的变通，在数学教学中让学生抓住特征进行思考，就不会出现像标准答案那么奇妙的放缩，学生也容易对构造函数有更新的理解。
例析洛必达法则在解高考导数题中的运用
例析洛必达法则在解高考导数题中的运用2014年全国高考数学试题中，有许多与函数的综合运用有关的考题，其中涉及到恒成立问题和有解问题，而这些问题几乎都需要求解参数的取值范围。
解决这类问题的方式有两种，一种是选主元法，另一种是分离参数法。
分离参数法的优点在于将函数关系由隐变显，避免了繁琐的分类讨论，因此备受教师和学生的喜爱。
然而，在实际应用中，有时函数在某点处的极限难以求出，导致解答中途失败。
但是，利用高等数学中的洛必达法则，这些问题就可以迎刃而解。
洛必达法则是一种通过求导和求极限来确定未定式值的方法。
当x趋于某一点a时，若f(x)和g(x)都趋于零（或无穷大），且f'(x)和g'(x)都存在且g'(x)不为零，则可以使用洛必达法则。
在使用时需要注意两点：一是要检查函数极限是否满足∞/∞或0/0型；二是可以连续使用多次。
以2014年陕西高考数学试题为例，其中一道压轴试题涉及到分离参数法和洛必达法则的应用。
在求解过程中，需要使用洛必达法则来解决函数在某点处的极限问题，从而得到最终的答案。
这表明，在解决高考数学导数题时，洛必达法则的应用是非常重要的。
已知函数$f(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln(1+x)$，其中$x>0$。
1）设$h(x)=\frac{f(x)}{x^2}$，求$h(x)$在$(0,+\infty)$上的单调性和最小值；2）设$a=\min\{h(x)\}$，求$a$的取值范围。
解：1）首先求出$h(x)$的导数$h'(x)$：h'(x)=\frac{f'(x)x^2-2xf(x)}{x^4}=\frac{x\ln(1+x)}{(1+x)^2}$$由于$x>0$，所以$h'(x)>0$，即$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
接下来求$h(x)$的最小值：h'(x)=0\Rightarrow x=0\text{或}x=e-1$$当$x=e-1$时，$h(x)$取得最小值：h(e-1)=\frac{(e-1)\ln e}{e^2}=\frac{1-e^{-1}}{e}$$2）由于$f(0)=0$，所以$h(0)=0$。
洛必达法则与恒成立问题
洛必达法则与恒成立问题洛必达法则的应用：若()()()0x x x g x f k ≥≥，令()()()0lim 0x x x g x f p x x ≥=→，此时()()0,000==x g x f ，故()()()()()()()0lim lim lim 000x x x g x f x g x f x g x f p x x x x x x ≥''''''===→→→，故当p k ≥时()()()0x x x g x f k ≥≥恒成立。
若()()()0x x x g x f k ≥≤恒成立，令()()()0lim 0x x x g x f p x x ≥=→，此时()()0,000==x g x f ，故()()()()()()()0lim lim lim 000x x x g x f x g x f x g x f p x x x x x x ≥''''''===→→→，故当p k ≤时()()()0x x x g x f k ≥≤恒成立。
注意：①()()()()()()()0lim lim lim 000x x x g x f x g x f x g x f p x x x x x x ≥''''''===→→→求导直到分母为非零数；②分母不为零后，不能再求导；③()()()()x g x f x g x f ''''''，出现繁分式一定要化简。
例1:（2010新课标理改）设函数()012≥---=ax x e x f x 对[)+∞∈,0x 恒成立，求实数a 的取值范围。
分析：()22101x x e a ax x e x f x x --≤⇒≥---=()0≥x ，属于00类型，故可以利用洛必达法则求出a 的取值范围。
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
利用洛必达法则来处理函数“恒成立”问题近几年，高考试题中常常考察函数恒成立问题。
常规解决办法是分类讨论的数学思想，相对来说比较复杂，分类讨论的标准很难找，为此，可以利用分离参数的方法，利用洛必达法则求解比较简单。
例如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，用初等方法处理，分析难度大，变化技巧高。
但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。
一．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g '(x)≠0；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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)()()limx f x l g x →∞'='， 那么 ()()lim x 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 a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()()limx a f x l g x →'='。
(完整版)利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) lim f xx a0及 l im g x 0 ；x a⑵在点 a 的去 心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x) K ;(3) f x liml ,那么x ag xf x f xlim -=lim l 。
x ag xx ag xf x f x lim =lim l 。
x ag x x a 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 —x 换成 X — +x, X — -X, x a , x a 洛必达法则也成立。
2. 洛必达法则可处理°，—, 0, 1 ,,Q °,型。
3. 在着手求极限以前，首先要检查是否满足 0 , — , 0 , 1 , ° , 0° , 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.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。
f(x) 和g(x)在，A 与 A,上可导，且g'(x)工0 ;⑶limx l ,那么xgxf x f xlim =lim l 。
x g x x g x法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f x及 lim g x(2)在点x ax aa 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x) K ;f (3) limxl ，那么x ag x0 及［im g x 0 ; (2) Af 0，和g(x)满足下列条件：⑴lim f xx法则2若函数f(x)二.高考题处理1.(2010年全国新课标理)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 0，对任意实数a,均在f(x) 0 ；当x 0时，f(x) 0等价于2 . ( 2011年全国新课标理)已知函数，曲线y f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为 x 2y3 0。
第10讲 利用洛必达法则处理恒成立问题
第10讲 利用洛必达法则处理恒成立问题整理：浙江宁波胡余泽一、问题综述导数恒成立问题中，求参数的取值范围是重点考查题型，如果所求参数比较好分离时，一般利用变量分离的方法进行求解，但部分题型利用变量分离法处理时，会出现00型或∞∞型代数式，而解决这类问题行之有效的方法就是运用洛必达法则．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 xg x l →''=，那么()()()()lim lim x a x a f x f x g x g x l →→''==．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 xg x l →''=，那么()()()()lim lim x a x a f x f x g x g x l →→''==．注意：在使用洛必达法则前需检验是否满足00型或∞∞型，在满足条件的情况下，可反复使用．二、典例分析类型1：型 【例1】设函数2()1x f x e x ax =---， (1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围．解法1：(1)0a =时，()1x f x e x =--，'()1x f x e =-．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)'()12x f x e ax =--，由(1)知1x e x ≥+，当且仅当0x =时等号成立．故'()2(12)f x x ax a x ≥-=-，从而当120a -≥，即12a ≤时，'()0 (0)f x x ≥≥，而(0)0f =，于是当0x ≥时，()0f x ≥．由1(0)x e x x >+≠可得1(0)x e x x ->-≠．从而当12a >时， '()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a --<-+-=--，故当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f =，于是当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <．综合得a 的取值范围为1(,]2-∞．解法2：(1)略．(2)当0x =时，()0f x =，对于任意实数a ，()0f x ≥恒成立；当0x >时，()0f x ≥等价于21x e xa x --≤，令21()(0)x e x g x x x --=>，则322()x x xe e x g x x -++'=， 令()22(0)x x h x xe e x x =-++>，则()1x x h x xe e '=-+，()0x h x xe ''=>， 所以()h x '在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h x h ''>=， 所以()h x 在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h x h >=， 所以()0g x '>，()g x 在(0,)+∞上为增函数．而0lim(1)0x x e x +→--=，20lim()0x x +→=，由洛必达法则知， 2000111lim lim lim 222x x x x x x e x e e x x +++→→→---===，故21≤a ． 综上得a 的取值范围为1(,]2-∞．类型2：∞∞型 【例2】设函数2()ln(1)()f x x a x 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0x ∀>，()0f x ≥成立，求a 的取值范围．解法1：(1)2()ln(1)()f x x a x x =++-，定义域为(1,)-+∞21(21)(1)121()(21)111a x x ax ax af x a x x x x -++++-'=+-==+++， 当0a =时，1()01f x x '=>+，函数()f x 在(1,)-+∞为增函数，无极值点． 设222()21,(1)1,8(1)98g x ax ax a g a a a a a =++--=∆=--=-，当0a ≠时，根据二次函数的图像和性质可知()0g x =的根的个数就是函数()f x 极值点的个数．若(98)0a a ∆=-≤，即809a <≤时，()0g x ≥，()0f x '≥函数在(1,)-+∞为增函数，无极值点．若(98)0a a ∆=->，即89a >或0a <，而当0a <时(1)0g -≥此时方程()0g x =在(1,)-+∞只有一个实数根，此时函数()f x 只有一个极值点；当89a >时方程()0g x =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809a ≤≤时()f x 的极值点个数为0；当0a <时()f x 的极值点个数为1；当89a >时，()f x 的极值点个数为2．(2) 由(1)可知当809a ≤≤时()f x 在(0,)+∞单调递增，而(0)0f =，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意； 当819a <≤时，2(0)0,0g x ≥≤，()f x 在(0,)+∞单调递增，而(0)0f =， 则当(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意；当1a >时，2(0)0,0g x <>，所以函数()f x 在2(0,)x 单调递减，而(0)0f =， 则当2(0,)x x ∈时，()0f x <，不符合题意；当0a <时，设()ln(1)h x x x =-+，当(0,)x ∈+∞时1()1011x h x x x'=-=>++，()h x 在(0,)+∞单调递增，因此当(0,)x ∈+∞时()(0)0,ln(1)0h x h x >=+<，于是22()()(1)f x x a x x ax a x <+-=+-，当11x a>-时2(1)0ax a x +-<，此时()0f x <，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是01a ≤≤． 解法2：(1)略．(2)函数2()ln(1)()f x x a x x =++-，0x ∀>，都有()0f x ≥成立，即2ln(1)()0x a x x ++-≥恒成立，设()2ln 1()x h x x x-+=-，则2222221(21)ln(1)()(21)ln(1)(21)(1)1()()()x x x x x x x x x x x h x x x x x ⎡⎤---++⎢⎥--+-+-+⎣⎦+'==--， 设2()ln(1)(21)(1)x x x x x x ϕ-=-++-+，则222()(41)()(21)(1)x x x x x x ϕ-+'=-+， 所以1(0,)2x ∈和1(,1)2x ∈时，()0x ϕ'<，所以()x ϕ在对应区间递减，(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在对应区间递增， 因为(0)0ϕ=，212lim 0(21)(1)x x x x x →+-->-+，(1)ln 20ϕ=>， 所以(0,1)x ∈和(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在(0,1)与(1,)+∞上递增． 当()0,1x ∈时，20x x -<，所以()2ln 1x a x x-+≤-，由()h x 的单调性得，()()()20001ln 111lim lim lim 121211x x x x x a x x x x x →→→--+-+≤===---+； 当1x =时，()0f x =，恒成立； 当()1,x ∈+∞时，20x x ->，所以()2ln 1x a x x-+≥-，由()h x 的单调性得，所以()()()()221ln 1ln 111lim lim lim 021211x x x x x x a x x x x x x x →+∞→+∞→+∞--+-+-+≥====----+，综上，[]1,0∈a 【方法小结】洛必达法则为我们探求00型与∞∞型函数的最小上界、最大下界提供了可行方法，并且为辅助解决某些参变量分离的函数问题增加了一条顺畅通道．应用洛必达法则解决的试题一般应该满足：一是可以分离变量；二是用导数可以确定变量分离后一端新构造函数的单调性，同时在确定新构造函数的单调性时往往需要二次求导；三是出现00型或∞∞型式子． 三、巩固练习1．已知函数()x f x e =，()1g x bx =+，若()()f x g x ≥对于任意x R ∈恒成立，求b 的取值集合．2．设函数()ln(1)f x x =+，()()g x xf x '=，0x ≥，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．3．已知函数()1x f x e x =--，若当0x ≥时，恒有2()xf x mx e ≤成立，求实数m 的取值范围．4．已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--，若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围．5．已知函数2(1)()ln 2x f x x -=-，确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有()(1)f x k x >-．6．已知函数()sin cos f x x x x =+，1()ln(1),(0)1xg x mx x x -=++≥+，其中0m >，若对任意的1[0,)x ∈+∞总存在2[0,]2x π∈，使得12()()g x f x ≥成立，求m 的取值范围．四、巩固练习参考答案1．1x e bx ≥+ 恒成立，即1x e bx -≥． 当0x =时显然成立，即b R ∈．当0x >时，1x e b x-<，令1()x e F x x -=，则2(1)1()x e x F x x -+'=，令()(1)1x G x e x =-+， 则()0x G x xe '=>，所以()G x 递增，所以()(0)0G x G >=，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，001lim lim 11x xx x e e x++→→-==，所以1b ≤．同理，当0x <时，1b ≥．综上所述，b 的取值集合为{}1．2． 已知()()f x ag x ≥恒成立，即ln(1)1axx x +≥+恒成立． 当0x =时，a 为任意实数，均有不等式恒成立．当时0x >，不等式变形为(1)ln(1)x x a x++≤恒成立．令(1)ln(1)()x x h x x ++=，则2ln(1)()x x h x x -+'=，再令()ln(1)x x x ϕ=-+，则()1xx x ϕ'=+． 因为0x >，所以()0x ϕ'>，所以()x ϕ在(0,)+∞上递增，从而有()(0)0x ϕϕ>=． 进而有()0h x '>，所以()h x 在(0,)+∞上递增．当0x +→时，有(1)ln(1)0x x ++→，0x →，由洛必达法则得000(1)ln(1)ln(1)1lim ()lim lim 11x x x x x x h x x +++→→→++++===，所以当0x +→时，()1h x →．所以(1)ln(1)x x a x++≤恒成立，则1a ≤．综上，实数的取值范围为(,1]-∞．3． 因为()1x f x e x =--，所以()1x f x e '=-，所以当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，即()f x 递减， 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，即()f x 递增．若当0x ≥时，恒有2()xf x mx e ≤成立，即恒有20()x f x mx e ≤≤成立，当0x =时，不等式恒成立．当0x >时，恒有20()xf x mx e ≤≤成立，即21x xe x m x e --≥，令21()x x e x H x x e --=，所以22222()x x x e x H x x e -++'=．令2()222x h x x e x =-++，则()222x h x x e '=-+，进一步()220x h x e ''=-<，所以()222x h x x e '=-+在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)0h x h ''<=， 所以2()222x h x x e x =-++在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)0h x h <=， 即()0H x '<在(0,)+∞上恒成立，所以()H x 在(0,)+∞上单调递减． 所以222000111lim lim lim (2)(42)2x x x x x x x x x e x e e x e e x x e x x +++→→→---===+++，所以12m ≥． 综上，m 的取值范围为1[,)2+∞．4．(1)ln (1)0x x a x +-->，所以(1)ln (1)x x a x +>-，由(1,)x ∈+∞，所以(1)ln (1)x x a x +>-对(1,)x ∈+∞恒成立，令(1)ln ()(1)x x g x x +=-， 所以2211(1)(ln 1)(1)ln 2ln ()(1)(1)x x x x x x x x g x x x -++-+-+-'==--， 令1()2ln M x x x x=-+-，则22221(1)()10x M x x x x -'=-++=>，即函数()M x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0M x M >=，即()0g x '>， 所以()g x 在(1,)+∞上单调递增．由洛必达法则得111ln 1(1)ln lim lim 2(1)1x x x x x x x ++→→+++==-，所以2a ≤． 综上，a 的取值范围为(,2]-∞．5．因为0(1,)x x ∈，所以10x ->．由()(1)f x k x >-得2(1)ln 21x x k x --<-． 记2(1)ln 2()1x x g x x --=-，0(1,)x x ∈，所以22221(1)1(1)(1)(1)ln 1ln 22()(1)(1)x x x x x x x x g x x x ⎡⎤-⎡⎤------⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦'==--，设21(1)()1ln 2x h x x x -=---，所以22111()(1)(1)(1)h x x x x x x'=---=-+，因为0(1,)x x ∈，所以()0h x '<，即()h x 在0(1,)x 上单调递减，所以()(1)0h x h <=，所以()0g x '<，即()g x 在0(1,)x 上单调递减，所以20000(1)ln 2()()1x x g x g x x -->=-， 因为存在01x >即可，所以00200001101(1)(1)ln 2lim lim 111x x x x x x x ++→→----==-，所以实数k 的取值范围是(,1)-∞．6．由()sin cos f x x x x =+，得()cos f x x x '=，因为2[0,]2x π∈，所以2()0f x '≥，即()f x 在[0,]2π上递增，所以min ()(0)1f x f ==，由题意得[0,)x ∈+∞时，()1g x ≥恒成立，即1ln(1)11xmx x-++≥+，当0x =时，不等式恒成立，当0x >时，即211x x e m x +-≥，令211()x x e h x x +-=，所以2212211(1)()xxx e x h x x +--++'=，令22121()1(1)x x x H x e x +--=++，所以22144()(1)xxx H x e x +-'=+，因为0x >，所以()0H x '<，即()H x 在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)0H x H <=， 所以()0h x '<，即()h x 在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)h x h <，由洛必达法则得221210021(1)lim lim21x x xxx x eex x++++→→-+==，所以2m ≥，综上，m 的取值范围是[2,)+∞．。
导数结合洛必达法则巧解恒成立问题PPT课件
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)ex x 2在
(0，+) 上单调递增，且
h(x)
h(0)
0
，因此当
x
(0，+)
时，g
'(x)
h(x) x3
0
，从而
g(x)
ex
1 x2
x
在 (0，+) 上单调递增.
0
，
所以当
x (0,1)
时，
h(x)
0
，可得 1 1 x2
h(x)
0
；当
x (1, ) 时，
h(x)
0
，可
得
1 1 x2
h(x)
0
，从而当
x
0且
x
1时，
f
(x)
( ln x x 1
k) x
0 ，即
f
(x)
ln x x 1
k x
；
（ii）当 0 k 1时，由于当 x (1, 1 ) 时， (k 1)(x2 1) 2x 0，故 h '(x) 0 ，而 1 k
•14
3.洛必达法则
— — 0 型 及 型 函 数 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 0 ” 0
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.
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)
新人教版高中数学《洛必达法则在高考中的应用》精品PPT课件
例1.求 lim sinx x0 x
解析： 0 型 0
limsinx x0 x
l i m( s i n x) x0 x
lim
x0
c
os 1
x
1
二、洛必达法则求极限
例2.求 limxlnx x 0
解析：不适合条件，需转化
1
lim
x 0
x
l
n
x
lim
x 0
ln 1 x
cos2 x 2 cos (2 cos x)
x
2
1
0
所以 g(x) g(0) 0 h(x) 1 3
所以 a 1
3
例 3.（10 全国理 2）设函数 f (x) 1 ex .
（1）证明：当 x 1 时， f (x) x ； x 1
（2）设当 x 0 时， f (x) x ， ax 1
c os x
1
x0
x0 2 cosx x sin x 3
为必要条件
下证 h(x) 1 sin x 1 , (x 0) 3 x(2 cos x) 3
g(x) x sin x 0, (x 0) 3 2 cos x
因为
g ( x)
1 3
2 cos x 1 (2 cos x)2
l
n
(
x
1
)
1
x
x
l
n
x
ln(x1)lnx 0(x 0)
所以a 0
说明：对 0 和 哪个端点求极限？
法1、两个都求取小； 法2、取特殊值比较取舍。
洛必达法则在高中数学试题中的应用
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。
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则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 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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)()()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 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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。
3.在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞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。
“洛必达法则”巧解高考恒成立问题
“洛必达法则”巧解高考恒成立问题程汉波 杨春波（华中师范大学 数学与统计学学院，湖北 武汉 430079）含参数的不等式恒成立问题是高考的一个难点与热点，历年高考中该问题层出不穷、精彩纷呈．参数分离——讨论最值（数形结合）是该类问题的惯用方法，然而，笔者发现一个奇特的现象是许多高考试题采用参数分离法求解入手容易，思路简单，但皆因中途函数在某区间内单调性或极值难以求出而致使解答半途而废．笔者研究后发现若借助高等数学中的洛必达法则往往能化险为夷，柳暗花明．本文结合近几年全国各地高考中的恒成立问题，谈谈“洛必达法则”在其中的美妙应用．以下定理在《数学分析》（《高等数学》）即可查到，故将其证明略去．定理 若函数()x f 、()x g 在定义域D 内可导，D a ∈，满足()()0==a g a f ，()a f '、()a g '存在且()0'≠a g ，则()()()()()()()()a g a f x g x f x g x f x g x f a x a x a x ''lim lim lim ===-+→→→．例1 （2012年湖南卷理22）已知函数()x e x f ax-=，其中0≠a ．（1）若对一切R x ∈，()1≥x f 恒成立，求实数a 的取值范围．解：()1≥x f 等价于1+≥x e ax．当1-≤x 或0=x 时，不等式1+≥x e ax对一切R a ∈恒成立；当1->x 且0≠x 时，不等式1+≥x e ax等价于()1ln +≥x ax ，也即等价于：当01<<-x 时，()x x a 1ln +≤；当0>x 时，()x x a 1ln +≥．所以 ①一方面，()1111lim 1ln lim 00≤⇒=+=+≤--→→a x x x a x x ；()1111lim 1ln lim 00≥⇒=+=+≥++→→a x x x a x x ．故1=a ．②另一方面，当1=a 时，令()1--=x e x g x，则()1'-=xe x g ，当0<x 时，()0'<x g ；当0>x 时，()0'>x g ，所以()()()00min ==≥g x g x g ，即不等式1≥-x e x恒成立．综上：实数a 的取值范围为1=a ．例2 （2012年天津卷理20）已知函数()()a x x x f +-=ln 的最小值为0，其中0>a ． （1）求a 的值．（2）若对任意的),0[+∞∈x ，有()2kx x f ≤恒成立，求实数k 的最小值．解：易得1=a ，过程略去；()2kx x f ≤即为()21ln kx x x ≤+-．当0=x 时，即00=，不等式对一切R k ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于()21ln x x x k +-≥对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，()()21121lim 2111lim 1ln lim 2002=+=+-=+-≥+++→→→x x x xx x k x x x ； ②另一方面，当21=k 时，令()()1ln 212++-=x x x x g ，则()=++-=111'x x x g ()()00012=≥⇒≥+g x g x x ，所以()2211ln x x x ≤+-对一切0≥x 成立．显然当21≥k 时，不等式()22211ln kx x x x ≤≤+-对一切0≥x 恒成立． 综上：实数k 的最小值为21=k ．例3 （2012年大纲全国卷理20）设函数()[]π,0,cos ∈+=x x ax x f ． （1）讨论()x f 的单调性．（2）设()x x f sin 1+≤，求实数a 的取值范围．解：（1）略去；()x x f sin 1+≤即为x x ax cos sin 1-+≤．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于xxx a cos sin 1-+≤对一切π≤<x 0恒成立．所以，①一方面，()11sin cos lim cos sin 1lim 00≤⇒=-=-+≤++→→a x x xxx a x x ；πππ22cos sin 1lim ≤⇒=-+≤-→a x x x a x ．故π2≤a ．②另一方面，当π2=a 时，()[]ππ,0,cos 2∈+=x x x x f当20π≤≤x 时，由x y sin =上的点与原点连线斜率大小关系易得π2sin ≥x x ，即x x π2sin ≥，所以()1sin cos 2+≤+=x x x x f π；当ππ≤≤x 2时，220ππ≤-≤x ，则()x x x x x x f sin 112sin 221cos 2+≤≤⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+≤+=ππππ．所以当π≤≤x 0时，有 ()1sin cos 2+≤+=x x x x f π成立．显然当π2≤a 时，()≤+≤+=x x x ax x f cos 2cos π1sin +x 对于π≤≤x 0恒成立．综上：实数a 的取值范围为π2≤a ．例4 （2011年新课标全国卷理21）设函数()xbx x a x f ++=1ln ，曲线()x f y =在点()()11f ，处的切线方程为032=-+y x ．（1）求b a ,的值．（2）如果当0>x 且1≠x 时，有()x kx x x f +->1ln ，求实数k 的取值范围． 解：（1）易得1,1==b a ，过程略去；()x k x x x f +->1ln 等价于1ln 212--<x xx k ． ①一方面，1112lim 11ln 2lim 11ln 21lim 20020≤⇒=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--≤+++→→→k x x x x x x x x k x x x ；0022ln 2lim 11ln 21lim 121≤⇒=⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--≤→→k x x x x x k x x ．故0≤k ．②另一方面，当0=k 时，令()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--=x x x x x x x x x g ln 2111ln 21222，考虑 ()x xx x h ln 212--=，则()()01211222'>-=-+=x x x x x h ，所以()x h 在0>x 且1≠x 上单调递增，于是，当10<<x 时，()()01=<h x h ，()()012>-=x h x xx g ；当1>x 时，()()01=>h x h ，()()012>-=x h x x x g ；所以不等式1ln 2102--<=x xx k 对于0>x 且1≠x 成立．显然，当0≤k 时，不等式1ln 2102--<≤x xx k 对于0>x 且1≠x 恒成立．综上：实数k 的取值范围为0≤k ．例5 （2010年新课标全国卷理21）设函数()21ax x e x f x---=．（1）若0=a ，求()x f 的单调区间．（2）若当0≥x 时，()0≥x f ，求实数a 的取值范围．解：（1）略去；()0≥x f 即为x e ax x--≤12．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于21x x e a x --≤对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，21212lim 21lim 1lim 0020≤⇒==-=--≤+++→→→a e x e x x e a x x x x x x ；②另一方面，当21=a 时，令()2211x x e x g x---=，则()x e x g x --=1'， ()()()()()000001''''=≥⇒=≥⇒≥-=g x g g x g e x g x ，所以x e x x--≤1212对于0≥x 成立．显然，当21≤a 时，不等式2121x x e a x --≤≤对一切0>x 恒成立．综上：实数a 的取值范围为21≤a ． 例6 （2010年全国卷Ⅱ理22）设函数()xe xf --=1．（1）证明：当1->x 时，()1+≥x x x f ． （2）设当0≥x 时，有()1+≤ax xx f ，求a 的取值范围． 解：（1）略去；分析两边函数正负情况易得0≥a ．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于()xx e x e x a ----+≤11对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，()21212lim 11lim 11lim 000≤⇒=-=+--=--+≤---→---→--→+++a xe e e xe e e e x e x a x x x x x x x x x x x ． ②另一方面，当21=a 时，不等式整理为()0122≥++-=xe e x x g x x ，由于 ()()()()()()000002,2122'''''=≥⇒=≥⇒>=+-=g x g g x g xe x g e xe x g xx x ，所以，()xx ex e x ----+≤1121对于0>x 成立．显然，当21≤a 时，不等式()x x e x e x a ----+≤≤1121对一切0>x 恒成立．综上;实数a 的取值范围为210≤≤a ． 注：师生均反映该压轴题的标准答案完全是云里雾里，思路不好找，并且感觉拼凑痕迹明显，属于知道答案而写的答案。
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题高考中的恒成立问题是一类常见的数学问题，其中包括利用洛必达法则（L'Hôpital's Rule）解决的问题。
洛必达法则是一种处理极限的方法，通过对函数的导数进行求导，来求解一些特定的极限。
在高考中，经常出现的恒成立问题包括函数的极限和导数的求解等。
首先，我们来了解一下洛必达法则的基本思想。
洛必达法则适用于以下形式的不定式极限：lim[f(x)/g(x)]，其中x趋向于a，f(x)和g(x)为可导函数。
当直接计算极限的方式不可行或不方便时，洛必达法则可以帮助我们找到极限的解。
洛必达法则的常见形式有三种：0/0型、∞/∞型和∞-∞型。
接下来，我们将分别介绍这三种形式的洛必达法则，并举例说明如何应用。
第一种形式是0/0型，即函数f(x)和g(x)在极限点a处的函数值都趋于0。
洛必达法则的核心思想是对函数f(x)和g(x)同时求导，然后再求极限。
如果求导后的函数依然满足0/0型的形式，我们可以继续应用洛必达法则，直到求导后的函数不再满足0/0型为止。
例如，我们来计算极限lim[(1-cosx)/x]，其中x趋向于0。
这个极限的形式是0/0型，我们无法直接计算。
首先，对分子和分母同时求导，得到lim[sinx/1]，依然是0/0型。
再次应用洛必达法则，继续求导，得到lim[cosx/0]，这时分母变为0，不再满足0/0型。
因此，我们可以得出极限的结果为1第二种形式是∞/∞型，即函数f(x)和g(x)在极限点a处的函数值都趋于无穷大。
处理这种形式的洛必达法则与0/0型类似，只需对函数f(x)和g(x)同时求导，并再次应用洛必达法则，直到求导后的函数不再满足∞/∞型。
例如，我们来计算极限lim[(x^2+1)/(2x^2+3)]，其中x趋向于无穷大。
这个极限的形式是∞/∞型，我们无法直接计算。
首先，对分子和分母同时求导，得到lim[2x/(4x)]，依然是∞/∞型。
导数结合洛必达法则巧解恒成立问题
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.
1 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 f (x) = ex 1 x ax2 . （Ⅰ）若 a 0 ，求 f (x) 的单调区间; （Ⅱ）若当 x≥0 时 f (x) ≥0，求 a 的取值范围.
1)
1
lim
x1
2x ln x 1 x2
1
lim
x1
2ln x 2x
2
0
，
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 ，且 x 1时， f (x) ln x k 成立， k 的取值范
则 lim f (x) lim f (x) A .（可连环使用） xa g(x) xa 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。
2.2011新课标理的常规解法
已知函数 f (x) a ln x b ，曲线 y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 . x 1 x
1 2
即当 x 0 时， g(x) 1 ，所以当 x (0，+) 时，所以 g(x) 1 ，因此 a 1 .
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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则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)()()lim x a f x l g x →'='，那么()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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)()()limx 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 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)()()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00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。
3.在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞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.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。
二．高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数2()1x f x e x ax =---。
（1）若0a =，求()f x 的单调区间；（2）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围解:（II ）当0x =时，()0f x =，对任意实数a,均在()0f x ≥；当0x >时，()0f x ≥等价于21xx a ex--≤令()21xx g x ex--=(x>0),则322()x xx x g x e e x-++'=，令()()220xxh x x x x e e =-++>，则()1xxh x x e e '=-+，()0xh x x e ''=>，知()h x '在()0,+∞上为增函数，()()00h x h ''>=；知()h x 在()0,+∞上为增函数，()()00h x h >=；()0g x '∴>，g(x)在()0,+∞上为增函数。
由洛必达法则知，200011222limlim lim xx xx x x x x ee e x+++→→→--===，故12a ≤综上，知a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭。
2．（2011年全国新课标理）已知函数，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 kf x x x>+-，求k 的取值范围。
解：（II ）由题设可得，当0,1x x >≠时，k<22ln 11x xx+-恒成立。
令g (x)= 22ln 11x xx +-(0,1x x >≠),则()()()22221ln 121x x x g x x +-+'=⋅-， 再令()()221ln 1h x x x x =+-+(0,1x x >≠)，则()12l n h x x x xx'=+-，()212ln 1h x x x ''=+-，易知()212ln 1h x x x''=+-在()0,+∞上为增函数，且()10h ''=；故当(0,1)x ∈时，()0h x ''<，当x ∈（1，+∞）时，()0h x ''>；∴()h x '在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数；故()h x '>()1h '=0 ∴()h x 在()0,+∞上为增函数()1h =0∴当(0,1)x ∈时，()0h x <，当x ∈（1，+∞）时，()0h x >∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<，当x ∈（1，+∞）时，()0g x '>∴()g x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数洛必达法则知()2111ln 1ln 12121210221lim limlim x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭∴0k ≤，即k 的取值范围为（-∞，0]3.已知函数f(x)=x －(1+a)lnx 在x=1时，存在极值。
（1）求实数a 的值；（2）若x>1，mlnx>f x)-1x-1（成立,求正实数m 的取值范围解：ln 1ln 1(1)ln 11ln 1(1)ln (1)ln (1)ln ln 1x x x x x x m x m x x x x x x x x x ----->⇔>=+=------=g （x ）()-112211()(ln +x-1),()-(1)x ln g x x g x x x -'==+-）（则=222(ln )(1),(1)(ln )x x x x x x ---令h(x)=22(ln )(1)x x x -- 2()(ln )2ln 22,h x x x x '=+-+令()(r x h x '=），则2ln 22r ()x xx x+-'=，令M （x ）=r(x)，M '2-2x（x)=x<0,则，r(x)为减，且r(1)=0,则h （x ）为减，且h(1)=0,则g(x)为减，这样，g(x)<g(1),而g(1)不存在，对g(x)在x=1处用罗比达法则，1111l n 11/111()l i m l i m l im lim1(1)l n l n1ln1ln x x x x x x x x g x x x x x x x x x x→→→→∞----======--+-++++，则m 》1/2.4.已知函数f(x)=e x ,曲线y=f(x)在点(x 0,y 0)处的切线为y=g(x).(1) 证明：对于x R ∀∈，f(x)≥g(x); (2) 当x ≥0时，f(x) ≥1+a 1xx+,恒成立，求实数a 的取值范围。
解：分离变量：a ≤(1)(1)x e x x x +-+=h(x),去导数，()h x '=22(1)1x e x x x +-+（x>0），分子r(x)=2(1)1xe x x +-+,(x ∈[0, ∞)，扩展定义域]，求导2()(3xr x e x x '=+）≥0，可知，r(x)为定义域内增函数，而r （x ）≥r(0)=0.所以()h x '》0.为增函数。
则a ≤h(0)----不存在，罗比达法则可得为1练习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()11axx 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4. 设函数()e e xxf 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．5. 2008全国2理设函数sin ()2cos xf 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 2x >-，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 ）是减函数解：（Ⅰ）略（Ⅱ）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 a x 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 cos212sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x x x x x x x x =---+=--+=-=-而00sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos 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 ≥6. 2008辽宁理设函数ln ()ln ln(1)1xf 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.7． 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.8 .2010新课标文已知函数2()(1)xf 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)xx e ax -≥. ①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)xx e ax -≥等价于1xe 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)1xh x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0xh x xe =>，因此()(1)1xh 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 xx 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.9. 2010全国大纲理 设函数()1xf x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf 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 <+，()1x f x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11xx e ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x -+≤-. 记1()x x xxe 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()2xxh x e x e -=--+，则'()2xxh x e x e -=--，''()+20x xh x e e-=->.因此，'()2xxh 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()xx 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 122x 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()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.10. 2011新课标理 已知函数ln ()1a x bf 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 kf x x x>+-，求k 的取值范围.押题 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3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf 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,)2π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,)2π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320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x 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,)2x 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；②现“0”型式子.第三部分：新课标高考命题趋势及方法1.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。