利用洛必达法则来处理高考中恒成立问题.doc

完满版)利用洛必达法规来办理高考中的恒成立问题导数结合洛必达法规巧解高考压轴题法规 1 若函数 f(x) 和 g(x) 满足以下条件： (1) lim f x 0 及lim g x 0；(2) 在点x a x aa 的 去 心 邻 域内 ， f(x) 与 g(x) 可 导且 g'(x) ≠0 ； (3) limx af xg xl， 那么limx af xg x= limx af xg xl法规2 若函数 f(x) 和g(x) 满足以下条件：(1) lim f x 0 及lim g x 0；(2) A f 0，x xf(x) 和 g(x) 在 , A 与 A, 上可导，且 g'(x) ≠0 ； (3) limxf xg xl，那么limxf xg x= limxf xg xl法规 3 若函数 f(x) 和 g(x) 满足以下条件： (1) limx af x 及limx 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 xg xl， 那么limx af xg x= limx af xg xl利用洛必达法规求不决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 洛必达法规也成立。

2. 洛必达法规可办理00， ，0 ，1 ，0，00 ， 型3. 在着手求极限以前，第一要检查可否满足00， ，0 ，1 ，0，00 ， 型定式，否则滥用洛必达法规会出错当不满足三个前提条件时，就不能够用洛必达法规，这时 称洛必达法规不适用，应从别的路子求极限 4. 若条件吻合，洛必达法规可连续多次使用，直到求出极限为止1二．高考题办理1.(2010年全国新课标理 )设函数x 2f (x) e 1 x ax 1）若a 0，求 f (x) 的单调区间；（2）若当 x 0 时 f (x) 0，求 a 的取值范围解:（II）当 x 0时， f ( x) 0，对任意实数 a,均在 f (x) 0；当 x 0时， f (x) 0等价于xa ex2x1令xg x ex2x1(x>0), 则x xg x e e( )x 2 x 23x， 令x x x x xh x xe e x x ，则 1 h x xe ，2 2 0 h x xe e ， 0知 h x 在 0, 上为增函数， h x h 0 0 ；知 h x 在 0, 上为增函数，h x h 0 0 ； g x 0 ， g(x) 在 0, 上为 增 函数 。

由 洛 必 达 法 则 知 ，x x xe e ex 1 1lim lim lim22x 2 2xx 0 x 0 x 0，故1a 综上，知 a的取值范围为2,122．（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 2y 3 0Ⅰ）求 a 、b 的值；（Ⅱ）若是当 x 0 ，且x 1时， f (x)ln x kx 1 x，求k 的取值范围解：（II）由题设可得，当 x 0,x 1时，k<2x ln x12x1恒成立令 g (x)=2xln x12x1( x 0,x 1),则g x22 2x 1 ln x x 112x2，再 令2 1 ln 2 1h x x x x ( x 0,x 1 ) ， 则1h x 2x ln x xx，h x 2ln x 112x，易知h x 2ln x 112x在 0, 上为增函数， 且h 1 0；故当x (0,1)时， h x 0，当 x （1，+ ）时， h x 0 ；h x 在 0,1 上为减函数，在 1, 上为增函数；故 h x > h 1 =0h x 在 0, 上为增函数 Q h 1 =0 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 0g x 在 0,1 上为减函数，在 1, 上为增函数2洛必达法规知x ln x 1 ln x 1lim lim limg x 2 1 2 1 2 1 021 x 2x 2x 1 x 1 x 1k ，即 k 的取值范围为（ - ，0]03.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：x ln x 1 x ln x 1 (x 1) ln x 1 1mln x mx 1 ( x 1)ln x (x 1)ln x (x 1)ln x ln x x 1=g（x）1 1-1 1g x x g x( ) (ln ）+（x-1) ,则 ( ) - =2 2 ( x 1)x ln x2 2x (ln x) ( x 1)2x(x 1)(ln x),令h(x)=2 2x (ln x) (x 1)2h ( x) (ln x) 2ln x 2x 2,令 r (x) h (x），则r (x)2ln x 2 2xx，令M （x）=r(x) ，（x)=M2-2xx<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)

x解：分别变量： a (1 ) (1 )e x xx=h(x),去导数， h ( x) =x 2e (x x 1) 12x（x>0），分子 r(x)=x 2e ( x x 1) 1,(x [0, )，扩展定义域 ] ，求导r x e x x） 0，可知， r(x)( ) ( 3x 2为定义域内增函数，而 r（x） r(0)=0.因此 h (x) 》0.为增函数则 a h(0)---- 不存在，罗比达法规可得为 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．32. 2006 全国 1 理已知函数1 xf x e1 xax.（Ⅰ）设 a 0，谈论 y f x 的单调性；（Ⅱ）若对任意 x 0,1 恒有 f x 1，求 a 的取值范围 .3. 2007 全国 1 理x x4. 设函数 f ( x) e e ．（Ⅰ）证明： f (x) 的导数 f ( x) ≥2；（Ⅱ）若对所有 x≥0 都有 f (x)≥ax ，求 a 的取值范围．5. 2008 全国 2 理设函数f ( x)sin x2 cosx．（Ⅰ）求 f (x) 的单调区间；（Ⅱ）若是对任何 x≥0 ，都有 f (x) ≤ax ，求 a 的取值范围．解：（Ⅰ）f (x)(2 cos x)cos x sin x( sin x) 2cos x 12 2(2 cos x) (2 cos x)．当2π 2π2kπ x 2kπ （ k Z ）时，3 3cos1x ，即 f (x) 0 ；2当2π 4π2kπ x 2kπ （ k Z ）时，3 3cos1x ，即 f (x) 0 ．2因 此 f (x) 在 每 一 个 区 间2π 2π2 π 2 πk ，k （ k Z ） 是 增 函 数 ， f (x) 在 每 一 个 区 间3 32π 4π2 π 2 πk ，k （ k Z ）是减函数3 3解：（Ⅰ）略（Ⅱ） 应用洛必达法规和导数若 x 0，则 a R ；sin xf (x) ax2 cos x若 x 0，则sin x2 cosxax 等价于 asin xx(2 cos x)，即g( x)sin xx(2 cos x)则g '( x)2x cos x 2sin x sin xcos x x2 2x (2 cos x).4记h( x) 2x cos x 2sin x sin xcos x x ，h '(x) 2cosx 2xsin x 2cos x cos2x 122x sin x cos2x 1 2sin x 2xsin x 2sin x(sin x x)而 sin x cosx 1lim g( x) lim limx(2 cosx) 2+cos x xsin x 3x 0 x 0 x 0.另一方面，当 x [ , )时，g(x)sin x 1 1 1x(2 cos x) x 3，因此a136. 2008辽宁理设函数ln xf (x) ln x ln( x 1)1 x.⑴求 f ( x) 的单调区间和极值;⑵可否存在实数 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 ,试说明原因 .7． 2010 新课标理设函数 f (x) =x 2e 1 x ax .（Ⅰ）若 a 0，求 f (x) 的单调区间;。