导数恒成立问题---洛必达法则的妙用.doc

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1、洛必达法则沈阳市第十一中学数学组赵拥权f(x)g(x)洛必达法则：设函数、满足：limf(x)limg(x)0（1）xaxa；U(a)f(x)g(x)g(x)0（2）在内，和都存在，且；f(x)limAxag(x)（3）（A可为实数，也可以是）.f(x)f(x)limlimAxag(x)xag(x)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将上面公式中的x→a，x→∞换成x

2、→+∞，x→-∞，xa，xa洛必达法则也成立。000②洛必达法则可处理，，0，1，，0，型。0000③在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，0，1，，0，型0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。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(

3、x)求导数：g′(x)＝ln(x＋1)＋1－aa－1令g′(x)＝0，解得x＝e－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a－1a－1(ii)当a＞1时，对于0＜x＜e－1，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，e－1)是减函数，a－1又g(0)＝0，所以对0＜x＜e－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]．

4、……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－aa－1令g′(x)＝0，解得x＝e－1，……6分a－1当x＞e－1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，a－1当－1＜x＜e－1，g′(x)＜0，g(x)为减函数，……9分a－1所以要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为e－1≤0．由此得a≤1，即a的取值范围是（－∞，1]．解法三：1），当x0时，aR；(x＋1)ln(x＋1)(x＋1)ln(x＋1)'x−ln

5、(x+1)2），当x>0时a≤，gx=,g(x)=>0(x∈(0,+∞))由洛必xxx2塔法则limx+1ln(x+1)lim(lnx+1+1)limg（x）=x→0+=x→0+=1∴a≤1x→0+lim+xlim+1x→0x→02.2006全国1理1xax已知函数fxe.1x（Ⅰ）设a0，讨论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.解法（一）(ⅰ)当0f(0)=1.1a－2(ⅱ)当a>2时,取x0=∈(0,1),则由(Ⅰ)知f(x0)<

6、f(0)=12a1+x－ax(ⅲ)当a≤0时,对任意x∈(0,1),恒有>1且e≥1,得1－x1+x1+x－axf(x)=e≥>1.综上当且仅当a∈(－∞,2]时,对任意x∈(0,1)恒有f(x)>1.1－x1－xln1−x−ln(x+1)ln1−x−ln(x+1)'解法（二）−a>,g(x)=,g(x)<0(x∈(0,1))（两次求导）xxlim(ln1−x−ln1+x)由洛必塔法则：limgx=x→0+=-2,∴−a≥−2,∴a≤20+limxx→x→0+3.2007全国1理xx设函数f(x)ee．（Ⅰ）证明：f(x)的导数f(x)≥2；

7、（Ⅱ）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xxg(x)f(x)aeea，xx（ⅰ）若a≤2，当x0时，g(x)eea2a≥0，故g(x)在(0，∞)上为增函数，所以，x≥0时，g(x)≥g(0)，即f(x)≥ax．2aa4（ⅱ）若a2，方程g(x)0的正根为xln，12此时，若x(0，x)，则g(x)0，故g(x)在该区间为减函数．1所以，x(0，x)时，g(x)g(0)0，即f(x)ax，与题设f(x)≥ax相矛盾．1综上，满足条件的a

8、的取值范围是∞，2．解法（二）：（1）x=0时∀a都成立。ex−e−xex−e−x'（2