高考数学一轮复习：利用洛必达法则解决导数问题 拓展专项练习（学生版+解析）

第13讲利用洛必达法则解决导数问题(高阶拓展)

(核心考点精讲精练)

命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的选考内容，设题稳定，难度较大，分值为12分

【备考策略】1能用导数解决函数问题

2能用洛必达法则解决极限等问题

【命题预测】洛必达法则只是一个求极限的工具，是在一定条件下通过对分子分母分别求导再求极限来确

定未定式极限值的方法。详细的洛必达法则应用是大学高等数学中才介绍，这里用高中生最能看懂的方式

说明，能备考使用即可.

知识讲解

洛必达法则：

法则1若函数/(X)和g(x)满足下列条件:

(1)lim/(%)=0及limg(x)=0；

⑵在点a的去心邻域内，/(X)与g(尤)可导且g(x)#0;

f'(x\

(3)lim^-z4=I,

fg(X)

y(%)/'(x)

那么lim^4=lim^4=

』g(x)—g'((xX)9

法则2若函数/(x)和g(尤)满足下列条件：

(1)=oo及limg(x)=oo；

(2)在点〃的去心邻域内，/(X)与g(%)可导且g'(%)W0；

ff(x)

⑶lim=4=I,

fg⑺

f(%)/'(%)00

那么=4=/。一型

fg⑺i00

注意：

1.将上面公式中的-8换成+8,%-—8,%—。一洛必达法则也成立。

2.洛必达法则可处理,0-oo,F,oo°,0°,oo-oo型。

000

3.在着手求极限前，首先要检查是否满足-,-,0-OO,r,8°,0°,OO-8型定式，否则滥用洛必达法则会

000

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。

lim以也==如满足条件，可继续使用洛必达法则。

X—g（x）ig（%）ig（%）

考点一、洛必达法则的直接应用

典例引领

1.（2023春・浙江杭州•高三杭师大附中校考期中）两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也

可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极

限来确定未定式值的方法，如===则理霁[=（）

x->01x30%x->0]人十人4

1?

A.gB.-C.1D.2

23

2.（2022・全国•高三专题练习）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为g型，比如：当了f0时,

的极限即为《型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛

x0

必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：

2

ex-1exY-1

lim-------二lim---------二lim一二1'贝()

xf0%x->0£x->0]%-1xInx

A.0B.3C.1D.2

即时检测

1.（2022•广东韶关•校考模拟预测）1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，

用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再

求极限来确定未定式值的方法.如：的电三=lim®且=lim吧=1，按此方法则有痴心二=.

x->0%xf0£x-»0]zosinx

2.（2022春•四川成都•高三四川省成都市新都一中校联考期中）1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》

一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过

对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：iim^==lim—=1-按此方

x->0%x-0x->0|

xr_2

法则有lim』一±=____.

xf°1-COSX

3.(2023春・山东泰安・高三新泰市第一中学校考阶段练习)我们把分子，分母同时趋近于0的分式结构称

为2型，比如：当x-0时，处的极限即为:型，两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在.早

0%0

在1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造一种算法(洛必达法则)，用以寻找满足一定条

件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式

值的方法.

tn.,■sinx(sinx)cos尤1iji||e>+e'_2_

su.hm------=hm---------=lim------=1>火luil项TI,-------

x->0%x->0£x->0[Xf0]_COSX

4.(2023•全国•高三专题练习)我们把分子、分母同时趋近于。的分式结构称为号型，比如：当x-0时，

的极限即为入型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛

x0

必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：

lim—=limfe—=lim—=lime*=e°=1'则^=-------

x->0%xf0£x->01x->0"1

考点二、利用洛必达法则解决函数综合问题

☆典例引领

1.(全国高考)已知皿+工>电工+K恒成立，求k的取值范围

x+1xx-1X

2.(天津高考)\/xG[0,+oo),x-ln(x+1)<ax2恒成立，求。的取值范围

3.(全国高考)VXG(0,+oo),-1-X-<2X2..O恒成立，求a的取值范围

即时检测

1.(全国高考)Vxe(0,+oo),ln(x+l)...-^-恒成立，求a的取值范围

1+x

2.(全国高考)Vxe(1,+co),(x+1)Inx-a(x-1)>0恒成立，求a的取值范围.

3.(全国高考)xe[0,2sinx-xcosx-x>ax恒成立，求a的取值范围

【能力提升】

1.(2020秋•江苏扬州・高三扬州市新华中学校考阶段练习)已知函数

2x

〃x)=(1+%)e~,g(x)+—+1+2%cosx.当xG[0,1]时，

(I)求证1-;

(ID若恒成立，求实数。的取值范围.

2

2.(2022秋・贵州贵阳•高三统考阶段练习)已知函数〃x)=2hw+gx2-0g(x)=/(^)+3x-1x.

⑴当a=3时，求函数的极值；

⑵对任意x«0,+8),g(x)<。恒成立，求实数。的取值范围.

3.(2023・全国•高三专题练习)设函数/⑴=ln(x+l)+aer-a,aeR.

⑴当a=l时，证明在(0,+s)是增函数；

⑵若无«0,物),/(%)>0,求。的取值范围.

4.(2022秋•辽宁•高三辽宁实验中学校考开学考试)设函数〃x)=ln(x+l)+a(必-x),其中awR.

(I)讨论函数/'(x)极值点的个数，并说明理由；

(II)若Vx>0,〃x)20成立，求。的取值范围.

5.(2023春•陕西西安・高三西安建筑科技大学附属中学校考期中)设函数〃力=办-2-Inx(awR).

⑴若“力在点(ej(e))处的切线斜率为L求a的值；

e

(2)当。>0时，求的单调区间；

⑶若g(x)=ax-e",求证：在尤>0时，f(x)>g(x).

6.(2023•全国•高三专题练习)已知函数〃元)=6+，。(。>0)的图象在点(1,“功处的切线方程为丫=尤-1.

(1)用4分别表示b,c；

(2)若/(x)之lax在上+«)上恒成立，求实数a的取值范围.

7.(2021春•江苏扬州•高三扬州市江都区大桥高级中学校考阶段练习)设函数了(力=d-1-％一初2.

(1)若。=0,求“X)的单调区间；

（2）若当尤20时/（尤）20恒成立，求。的取值范围.

8.（福建厦门•高三厦门双十中学校考阶段练习）已知函数〃引=0，-二-2尤.

（1）讨论〃x）的单调性；

（2）设g（x）=/（2x）-4妙⑺，当x>0时，8（尤）>0,求b的最大值；

（3）已知1.4142〈&<1.4143，估计比2的近似值（精确到0.001）

Y1

9.（吉林长春•高三东北师大附中校考阶段练习）已知函数/（尤）=^~-+—-1

Ax+1e

（1）证明：当4=0时，/W>0；

（2）若当转0时，/（x）>0,求实数2的取值范围.

10.（2022.河南信阳・统考一模）己知函数/'（无）=x-ln（x+a）的最小值为0,其中a>0.

（I）求。的值；

（II）若对任意的xe[0,+8）,有/（x）4质2成立，求实数％的最小值；

（III）证明ZyfTn（2〃+l）<2（weN*）.

z=i2z—1

第13讲利用洛必达法则解决导数问题(高阶拓展)

(核心考点精讲精练)

命题规律及备考策略

【命题规律】本节内容是新高考卷的选考内容，设题稳定，难度较大，分值为12分

【备考策略】1能用导数解决函数问题

2能用洛必达法则解决极限等问题

【命题预测】洛必达法则只是一个求极限的工具，是在一定条件下通过对分子分母分别求导再求极限来确

定未定式极限值的方法。详细的洛必达法则应用是大学高等数学中才介绍，这里用高中生最能看懂的方式

说明，能备考使用即可.

知识讲解

洛必达法则：

法则1若函数/(X)和g(x)满足下列条件:

(1)lim/(%)=0及limg(x)=0；

⑵在点a的去心邻域内，/(X)与g(尤)可导且g(x)#0;

f'(x\

(3)lim^-z4=I,

fg(X)

y(%)/'(x)

那么lim^4=lim^4=

』g(x)—g'((xX)9

法则2若函数/(x)和g(尤)满足下列条件：

(1)=oo及limg(x)=oo；

(2)在点〃的去心邻域内，/(X)与g(%)可导且g'(%)W0；

ff(x)

⑶lim=4=I,

fg⑺

f(%)/'(%)00

那么=4=/。一型

fg⑺i00

注意：

1.将上面公式中的-8换成+8,%-—8,%—。一洛必达法则也成立。

2.洛必达法则可处理,0-oo,F,oo°,0°,oo-oo型。

000

3.在着手求极限前，首先要检查是否满足-,-,0-OO,r,8°,0°,OO-8型定式，否则滥用洛必达法则会

000

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。

lim以也==如满足条件，可继续使用洛必达法则。

X—g（x）ig（%）ig（%）

考点一、洛必达法则的直接应用

典例引领

1.（2023春・浙江杭州•高三杭师大附中校考期中）两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也

可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极

限来确定未定式值的方法，如===则理霁［=（）

x->01x30%x->0］人十人4

1?

A.gB.-C.1D.2

23

【答案】B

【分析】利用洛必达法则直接求解即可.

1+1

［详解］++二.

x—ix+x—2X-］（尤2+1_2）x-i2%+13

故选：B.

2.（2022・全国•高三专题练习）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为，型，比如：当龙->0时,

的极限即为!型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛

x0

必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：

x尤2—1

xex-l

e-l=.土=1，则limf—)

lim=lim------理11

x->0x£

A.0B.1C.1D.2

【答案】D

【分析】利用洛必达法则直接求解即可

【详解】鸣宗=!曾2x

=lim=2,

x->l3x2lnx+x2

故选：D

即时检测

1.(2022.广东韶关•校考模拟预测)1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，

用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再

求极限来确定未定式值的方法.如：.皿=lim®且=lim吗=1，按此方法则有1面之二=_____.

f

尤一oxxrox%-o1x-。sinx

【答案】2

【分析】由洛必达法则，分别对分子和分母求导，代入x=0即可求得该极限值.

e*-e-1(ex-xx

【详解】由题意可得：lim=lim----e-~--)=lim匚e»+二e-=2.

z。sinx5(sinx)'…cosx

故答案为：2.

2.(2022春.四川成都.高三四川省成都市新都一中校联考期中)1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》

一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过

对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：iim型U=⑸11J=吧=1，按此方

x->0%x->0x->0]

法则有.

1。1-cosX

【答案】2

【分析】根据题中所给方法也就是洛必达法则，直接计算可求得答案.

x-xx%-xx-x

心--2(e+e-21e_e--e1e+e

【详解】由题意可得：lim----------=lim-----------=lim-------=lim-------=lim-------=2,

31-C0SX…(I-COSX/sinV…(sit!X)'…C0SX

故答案为：2.

3.(2023春・山东泰安・高三新泰市第一中学校考阶段练习)我们把分子，分母同时趋近于0的分式结构称

为:型，比如：当龙->0时，皿的极限即为?型，两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在.早

在1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造一种算法(洛必达法则)，用以寻找满足一定条

件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式

值的方法.

如：lim皿=lim如巨=lim土=1，则呵产==—•

x->0%x->0%'x-0]"f°1COSX

【答案】2

【分析】根据题设对分子、分母分别求导再求极限即得.

QX-X_?+e-x-2)-e~x(ex-e-x1x-x

［详解］由题可得lim+E~-二lim^---------人=lim=lim^-------Jme+e=2.

71-cosxx(1-cosx/5sinx(sinxy…cosx

故答案为：2.

4.(2023•全国•高三专题练习)我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为［型，比如：当xf0时,

x_10

与e」的极限即为!型.两个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛

x0

必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法.如：

x则lim平

=linJe叫=lim—=lime=e°=l

x->0%x->0£x-»01x->0XflX-1

【答案】1/0.5

【分析】依据洛必达法则去计算即可解决.

—”r九21nx(/In，)2xlnx+x(11

【详解】hm—；-------=lim-------=lim---------=limInx+—=lnl+—=—

一％2_]f&2_]丫—2x—I2)22

故答案为：g

考点二、利用洛必达法则解决函数综合问题

典例引领

Inx1Inxk

1.(全国高考)已知++-恒成立，求k的取值范围

x+1xx-1X

Inx1Inxk,2xlnx2xlnx,

解：----+->-----+—。左<-----+1记g(xz)x=------+1,

x+lxx-1X1-x21-X2

,2(x2+l)lnx+2(l-x2)

贝必⑴—一:“knx+H

I)

1-x1

I己//(x)=lnx+

x-+l

,14x(1-x2)

则丸(x)=L——=-----^>0

X(1+尤2『小+#2

所以，h(x)在(0,+oo)单调递增，且加1)=0

所以xe(0,1)时，h{x)<0,xG(1,+oo)时，h(x)>0

即g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+8)上单调递增

所以

2xlnx

k<limg(x)=lim+1

x->l'7x->ll-x2

2xlnxi「2+21nx111c

=lim+1=lim--------------bl=l-l=0

x->l1-x2n-2x

所以上<0

分析

QYInx0

上式中求lim-一白+l用了洛必达法则当xfl时，分子2xlnx90,分母l-x2^0,符合-

e-20

2xlnx2+2lnx

不定形式，所以limlim=-l

l-x2-2x

2.(天津高考)VxG[0,+oo),%-ln(x+1)<ax2恒成立，求Q的取值范围

5i/.、21ln(x+1)

解:x-ln(x+l)<ox<^>a>--------——

XX

1ln(x+l)

记g(x)=------------,

XX5

x2+2%…/1、

--------------1-21n(%+1)

贝1gM=——七日~；--------------

x2+2x

记/z(x)=-+21n(x+l)

x+1

则fi(x)=

(X+1)2

所以，当xG[0,+oo)时，h(x)<0,h(x)单调递减,

所以/z(x)>/z(O)=O,即g\x)>0,

所以gmax(x)=limg(0)

x->0

所以

a>gmax(x)=limg(O)=lim--

x—>0x—>0xJQ

11

x-ln(x+l),.X+li•(元+1)21

=lim=lim——=lim------

2

x—>0x2x%­022

所以a>-

2

3.(全国高考)Vxe(0,+8),/—1—x—奴2..0恒成立，求a的取值范围

ex—x—1

解:e*—1—x—cix^..0a<

2

X

记g(x)=f

，,、xcx—2e"+x+2

则g⑴二--------;-------

x

记/i(x)=xex-2ex+x+2

贝ijh(x)=xex-ex+1

h(x)=xex>0

所以，h’(x)在(0,+oo)单调递增，所以/(%)>“(0)=0

所以，h(x)在(0,+oo)单调递增，所以h(x)>h(0)=Q

即在(0,+oo)上g(x)>0,所以g(x)在(0,+oo)上单调递增

所以

ex—x—1=lim-^-^=lim—=-

a<limg(x)=lim

x->0x->0X2。2x%-。22

所以a<-

2

即时检测

4^4_____________

Z7V

1.(全国高考)Vxe(0,+oo),ln(x+l)...-^恒成立，求a的取值范围

1+x

,、、以，(x+l)ln(x+l)

解：［n(x+l)2-----»a<-—————-

1+xx

记g(x)=(x+l)g+l),

X

，x-ln(x+l)

则g(%)=-----J----

X

记h(x)=x-ln(x+1)

则/z(x)=-^―

x+1

所以，当(0,+oo)时，/2(x)>0,/z(x)单调递增,

所以/z(x)>/z(O)=O,即g\x)>Q,

所以gminW=limg(O)

x->0

所以

,、，、(x+l'llnfx+l)

<gmin(x)=hmg(O)=hm^----7----』

'zx->0''x->0%

「l+ln(x+l1+0i

=lim-----------=----=1

%.°11

所以a<\

2.(全国高考)Vxe(1,+QO),(x+l)lnx-(2(x-l)>0恒成立，求a的取值范围.

解:

(x+l)lnx

(x+1)]nx-a(x-l)>00

x-1

/、(x+l)lnx

记g(x)=—一

x-----2Inx

则g'(x)

(x-1)2

i己/z(x)=x----21n元

x

rii'/、112(%—I)?

贝!J/z(x)=1+———=------..D

XXX

所以，当xe(l,+00)时，h(x)单调递增,

所以h(x)>h(l)=Q,即g(x)>0,

所以gminW=limg(l)

所以

(x+l)lnx

a<

x-1

।1I

Inx+1H—

=lim---------=2

x—>1+j

所以a<2

3.(全国高考)xe[0,^],2sinx-xcosx-x>ox恒成立，求a的取值范围

解：当x=0时，a^R,

9einx

当工£(0,万]时，不等式可化为a<-------cosx-1.

X

2sinx1

记h(x)--------cosx—l,

X

,2XCOSX+(%2一2卜in%

则h(%)=2

x

记0(x)=2xcosx+(12_2)sinx,则(p(x)=x2cosx,

当xef0,j时，(p(x)>0；当xefj时，0(x)<O.

2sinx

因为lim/z(x)=lim-------2=lim2cos%一2=0,并且/Z(TT)=0,所以h(x)>0.这时a<Q符合

00JQ0

题意.综上可知，a的取值范围是(-oo,0].

【能力提升】

I.(2020秋・江苏扬州・高三扬州市新华中学校考阶段练习)已知函数

/(x)=(1+%)6口超(芯)=〃%+5+1+2比0$冗.当xw[0,1]时，

(I)求证1-

(II)若Ng⑴恒成立，求实数。的取值范围.

【答案】⑴见解析(II)(-8,-3]

xxxx

【详解】试题分析：(1)将问题转化为证明(1+x)e->(l-x)e与"Nx+1,从而令h(x)=(l+x)e--(l-x)e、

K(x)=e=x-1,然后利用导数求得/z(x),K(x)的单调性即可使问题得证；(2)由(1)中的结论得了⑴-g(x)

N-x(a+l+J+2cos尤)，从而令G(x)=q_+2cosx,通过多次求导得出其单调性即可求出。的取值范围.

2x

试题解析：(1)要证尤e［O,l］时，(l+x)e->l-x,只需证明(l+x)e-，2(1-x)e\

记h(x)=(1+x)ex-(1-x)ex,则/i'(x)=x(ex—ex),

当xe(O,l)时,h'(x)>0,因此〃(x)在［0,1］上是增函数，故了幻。阪0)=0,

所以

要证xe［0,l］时，(1+x)e~~x<------,只需证明e*Wx+l,

1+尤

记K(无)="一%-1,则K(x)=e*-1,

当xe(0,l)时,k'(x)>0,因此K(x)在［0,1］上是增函数，故K(无)2K(0)=0,

所以/(x)4%e［0,l］.

1+X

综上，1—f(x)<------,X€［0,1］.

1+X

(2)(解法一)

/(x)-g(x)=(l+x)e---(^+|+l+2xcosx)>l-x-^-l-1-2xcosx

J

=-%(〃+1H—~+2cosX).

丫2

^G(x)=—+2cosx,则G'(x)=x—2sin%,

igH(x)=x—2sinx,贝IjH'(x)=l—2cosx,

当％£(0,1)时，W)<0,于是G'(%)在［0,1］上是减函数，

从而当工£(0,1)时，Ga)vG(0)=0,故GQ)在［0,1］上是减函数，于是G(x)<G(0)=2,

从而a+1+G(x)<a+3,

所以，当a<-3时，/(%)之g(x)在［0,1］上恒成立.

下面证明，当，>-3时，/。)之就%)在。1］上不恒成立，

f(x)—g(x)W--------1—CLX--------2xcosx=---------ax--------2xcosx=-x(-------\-ct~\------F2cosx).

1+x21+x21+x2

i2i—1

t己/(%)=----\-a-\---r--1-2cosx=------Fa+G(x),贝!J7(%)-~+G'(x),

1+x21+x(1+x)

当％£(o,i)时，r(x)<o,故/(X)在［o,i］上是减函数.

于是/(%)在［0,1］上的值域为［a+1+2cosl,a+3］.

因为当〃>一3时，a+3>0,所以存在不£(。/)，使得/(%)>。此时/(%o)<g(%o)，即/(兀)之且(冗)在。1］上

不恒成立.

综上，实数。的取值范围是(f,-3］.

(解法二)

先证当XG［0,1］时，1—X2<cos%K1—X2.

24

t己F(x)=cosx-l+^x2,贝ljF\x)=-sinx+x,

记G(%)=—sin%+x,则G'(x)=—cosx+1,当%£(0,1)时，Gr(x)>0,于是G(%)在［0,1］上是增函数，因此当

x£(0,l)时，G(x)>G(0)=0,从而b(x)在［0,1］上是增函数，因此尸(%)之一(0)=0.

所以当工£［。,1］时，1—Y<cosx.

2

同理可证，当%时，COSX<1一一X2.

4

综上，当％£［0,1］时，1--%2«cOSX«l---X2.

24

因为当无£［0,1］时，

2

V-尤21

f(x)-g(x)=(1+x)e~2x-(ax+—+1+2xcosx)>(1-x)-ax---1-2x(1--%2)=一(。+3)光,

所以当a<-3时，/(%)之g(%)在上恒成立.

下面证明，当，>-3时，/。)之双%)在。1］上不恒成立，因为

r21r31

/(x)-g(x)=(1+x)e~2x-(axH---+1+2xcosx)<------1-ax-----2x(1——x2)

21+x22

尤2尤332

=-----1-----(6/+3)xK—x［x——(tz+3)］.

1+x223

所以存在尤°e(0,l)(例如为取和3中的较小值)满足/(/kg®).

即/(x)Ng(x)在［0,1］上不恒成立.

综上，实数。的取值范围是(9,-引.

考点：1、利用导数研究函数的单调性；2、不等式恒成立问题.

【方法点睛】求证不等式〃x"g(x),一种常见思路是用图像法来说明函数〃x)的图像在函数g(x)图像

的上方，但通常不易说明.于是通常构造函数产(彳)=/(耳一g(x),通过导数研究函数歹(x)的性质，进而证

明欲证不等式.

2

2.(2022秋•贵州贵阳•高三统考阶段练习)已知函数〃x)=21iu+：尤2一6，g(x)=/(%)+3x-1x.

⑴当〃=3时，求函数“X)的极值；

⑵对任意尤武。,+力)，g(x)<0恒成立，求实数。的取值范围.

【答案】(l)〃x)的极大值为极小值为21n2-4

2

(2)。>—F3

e

【分析】(1)求导，利用导数的符号变化确定函数的单调性，进而求出函数的极值；

9InY9InV

(2)分离参数，将不等式恒成立问题转化为a>(MU+3)max，构造/Z(X)=MU+3,利用导数研究函数的

XX

极值和最大值.

【详解】(1)当a=3时，/(x)=21nx+i%2-3x,

其定义域为(0,+8),尸(X)=2+X_3=("T(X-2),

XX

令r(x)>0,得x>2或0<x<l,

令/''(xk。，得1(尤<2,

所以/(幻在(0,1)上单调递增，(1,2)上单调递减，(2,+8)上单调递增，

所以/⑺的极大值为/(l)=o+g—3=—

极小值为了⑵=21n2+2—6=21n2—4.

(2)由题意，得g(x)=21n尤一(a-3)x,

因为对任意xe(0,+e),g(x)<0恒成立,

所以21nx-(a-3)x<0,即+3

X

在(0,+⑹上恒成立，即a>(2UU+3)max

2InY

令M%)=-------+3,xe(0,+oo),

x

--x-21nx

则2(l-lnx),

x2

令//(尤)>0,即1一lnx>0,得0<x<e,

令”(尤)<0,gpl-lnx<0,得％>e,

2

所以/i(e)=*+3是/z(x)的极大值，也是/%)的最大值，

e

2

贝ij〃>—+3.

e

【点睛】方法点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解:

(1)Vxer>,?77</(x)^?77</(x)min；

(2)Vxe£>,机2/(力0〃△〃£)网；

(3)BxeD,mW/COOMW/G)峰；

(4)3xeD,m>f(x)<^m>f(x)^.

3.(2023.全国•高三专题练习)设函数/(x)=ln(x+l)+ae-Jo,aeR.

⑴当。=1时,证明〃尤)在(0,+8)是增函数；

(2)若xe(0,4w),/(x)>0,求。的取值范围.

【答案】(1)见解析，

(2)a<l

【分析】(1)利用导数证明e*>无+1,即可求导，得/年。=白-5>°，由此可证明，

(2)根据和的两种情况，分类讨论求解/(无)的最值，即可求解.

【详解】(1)令g(x)=e*-(x+1),则g'(x)=e、'-l,当尤>0时，g'(x)>0,g(x)单调递增，当尤<0时，g'(x)<0,

g(x)单调递减,则g(x)?g(0)0蕤e，x+l,

当a=l时，/(尤)=心+1)+葭-1,\用q=+--=£-5，

由于当%>0时，eCx+1,所以/")=贵-，>。，所以/(力在(0,+。)是增函数，

(2)=-^--aex=-------—ex-a(x+l'

f)x+lx+lexe'(x+l)

一,,、ex-a(x+l)1+x-a(x+l)(1-flWx+l)

由于e-x+1,当且仅当x=0等号成立，故四％=?一二「J八，

\'e”(x+lJ)ex(x+l)e(x+lJ)

当aWl时，l-a<0,故对任意的%>0,f'(x)>0,于是〃尤)单调递增，故〃司>/(0)=0,符合题意,

由12x+l得/2-x+l,当a>l时,

=eJa(x+l)<eJa+ae，-a=e"-2ae，+a=『-小右-勺e-a-gaJ,故当

/《龙)_e'(x+l)<-ex(x+l)-e2x(x+l)e2x(x+l)，

x?(0,ln(a时，/'(x)<0,故此时〃x)单调递减，故〃力<〃0)=0不符合要求，故舍去,

综上可知：a<l

4.(2022秋・辽宁•高三辽宁实验中学校考开学考试)设函数〃x)=ln(x+l)+a(尤2-元)，其中。©尺.

(I)讨论函数，(无)极值点的个数，并说明理由；

(II)若2^>0,/(力20成立，求〃的取值范围.

【答案】(I)见解析(II)。的取值范围是[0,1].

【详解】试题分析：(I)先求-⑺=々+2分“2分+：;一,令g(x)=2办2+依+1—。

通过对。的取值的讨论，结合二次函数的知识，由导数的符号得到函数f(x)的单调区间；(II)根据(1)

的结果/(0)=0这一特殊性，通过对参数的讨论确定。的取值范围.

试题解析：函数〃尤)=111(彳+1)+4(/一同的定义域为(T+s)

、1,lax1+ax+l-a

t%)=----F2ax-a=--------------

'7x+1x+1

令g(x)=2以2+av+l—〃,XG(-1,+OO)

(1)当a=0时，g(x)=l>0,r(x)>0在(-1,+8)上恒成立

所以，函数/(x)在(T,+s)上单调递增无极值；

(2)当a>0时，A="-8a(l-a)=a(9a-8)

Q

①当时，AWO,g(%)>0

所以，r(x)>o,函数在(-1,内)上单调递增无极值；

Q

②当〃>—时，A>0

设方程2ax2+QX+1-Q=0的两根为XI，%2(工1<X2)'

因为玉+兀2=--

由g(—l)=l>0可得：_1<再<_；,

所以，当xe(-L,%)时，g(x)>0，r(x)>0,函数“X)单调递增;

当时，g(x)<0,/'(x)<0,函数”X)单调递减；

当xe(%,+oo)时，g(x)>0,/'(x)>0,函数/'(x)单调递增；

因此函数/(x)有两个极值点.

(3)当时，A>0

由g(—l)=l>0可得：玉<一1,

当2时,g(x)>0,f(X)>0,函数单调递增；

当xe(%,+oo)时，g(龙)<0,/'(x)<0,函数/(尤)单调递减；

因此函数/(X)有一个极值点.

综上：

当〃<0时，函数/(%)在(-1,”)上有唯一极值点；

Q

当时，函数〃x)在(T,+8)上无极值点；

Q

当。>§时，函数〃x)在(-L+8)上有两个极值点；

(II)由(I)知，

Q

(1)当时，函数〃尤)在(0,+®)上单调递增，

因为/'(0)=0

所以，xe(O,心)时，/(x)>0,符合题意；

Q

(2)当时，由g(0”0,得无240

所以，函数在(0,—)上单调递增，

又"0)=0,所以，xe(O,心)时，/(x)>0,符合题意；

(3)当°>1时，由8(0)<0,可得%>。

所以工©(0,X2)时，函数/'(%)单调递减；

又"0)=0

所以，当彳«0,々)时，/(x)<0不符合题意；

(4)当〃<