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f(x)、g(x)满足：limf(x)=limg(x)=0 (1)xaxa；(2)在Uo(a)内，f(x)和g(x)都存在，且g(x)0；lim=Aflim=A(3)xag(x)(A可为实数，也可以是士).limAf(limA则xag(x)xag(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：称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。多次使用，直到求出极限为止。即当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立．g2)，当x2)，当x>0时==()====1(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.f,(x)(x解法(二)fxfx(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1211解解法(二)：(1)x=0时都成立。((两次求导)由洛必塔法则：(2)(===2(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22综合得a的取值范围为(一w].2x2x2x3x3x2x)0x)0x2x)02xx)022gx2222xfx，求a的取值范围.3(Ⅱ)应用洛必达法则和导数xx单调递增.x)0x)0xx)01即当x)0时，g(x))1(Ⅰ)求f(x)的单调区间；(Ⅱ)如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．cosx3333当a≤0时，有fπ10≥agπ．2223(Ⅱ)应用洛必达法则和导数f(x)sinx2若x0，则sinx2xxx)0x)0x(2+x)0x)0x(2+cosx)lim=x)02+cosx-xsinx3.⑵f(x)的单调区间和极值;围;若不存在,试说明理由.数，且有2n2n0020a0(Ⅰ)f,(x)=恒成立，所以只需对一对一切(Ⅰ)证明：当x1时，f(x)xx1；xa(Ⅱ)应用洛必达法则和导数axx0，f(x)x不成立；aax1ax1若x0，则1exx记g(x)xexex1，则g'(x)e2xx2ex2ex1=ex(exx22ex)xexx(xexx)2(xexx)2.limg(x)limxexex1limxexlimexxex1，即当x0时，x0x0xexxx0exxex1x02exxex22222已知函数f(x)alnxb，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30.x1x(Ⅰ)求a、b的值；(Ⅱ)如果当x0，且x1时，f(x)lnxk，求k的取值范围.x1x(Ⅱ)方法一：分类讨论、假设反证法由(Ⅰ)知f(x)lnx1，所以f(x)(lnxk)1(2lnx(k1)(x21))x1xx1x1x2x.考虑函数h(x)2lnx(k1)(x21)(x0)，则h'(x)(k1)(x21)2xxx2x2xhxhxxhx0，可得1x2x1xx1x (ii)当0k1时，由于当x(1,1)时，(k1)(x21)2x0，故h'(x)0，而 解法二：当x0，且x1时，f(x)lnxk，即lnx1lnxk，x1xx1xx1x记h(x)lnx1x2，则h'(x)1+4x=(1x2)20，x21x(1+x2)2x(1+x2)26xxxx11x2x12xxxfxlnxk成立，k的取值范围为(，0].x1xxaxxa2当x(0,)时，原不等式等价于axsinx.2x3x3x4222且g(x)0，故f'(x)g(x)0，因此f(x)xsinx在(0,)上单调递减.x4x32x0x0x3x03x2x06xx0660故a时，不等式sinxxax3对于x(0,)恒成立.62(2)若f(1)0，函数f(x)在区间(0,1)内有零点，求a的取值范围(1)设a=1，讨论f(x)的单调性；(2)若对任意x(0,1)，f(x)2，求实数a的取值范围(1)当a0时，f(x)0．不合题意．0使得m(x)0，对任意x(x,1)，m(x)0，h(x)0，h(x)在(x,1)上是减函数，000又h(1)0，所以x(x,1)，h(x)0．不合题意．在(在(0，1)单调递减∴∴g(x)在(0,1)单调递增，由洛必达法则=单调递增，由洛必达法则以(Ⅰ)求a，b的值；22000032(2),g(x)=gx增，由洛必达法则几几2x2xx22220200202一]0+Zxg,(x)x0000222几2x2几2所以，若))证明：当)证明：当时f(x)nxab对任意x(0,)恒成立，则a的最大值为，b的最小值为nxx2几((1解：解：(1)略(2)已知，①当②②③