道光的皇后-关于妈妈的歌曲

使用洛必达法解决全国卷真题恒成立问题

2010年和201 1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，分析难度大，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)
limf

x

0
及
limg

x

0
；
xaxa
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
f


x

(3)
liml
，
xa
g


x

f


x

那么
lim
=
liml
。
xa
g

x

xa
g


x

法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)
limf

x

0
及
limg

x

0
；
xx
f

x

(2)
A
(3)
lim
x
0
，f(x) 和g(x)在

, A

与

A,

上可导，且g'(x)≠0；
f


x

l
，
g


x

f


x

那么
lim
=
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)
limf

x


及
limg

x


；
xaxa
f

x

(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
f


x

(3)
liml
， < br>xa
g


x

f


x

那么
lim
=
liml
。
xa
g

x

xa
g


x
< br>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
○
2洛必达法则可处理
○f

x

a

，
x
a
< br>洛必达法则也成立。
0

0
0
，，
0
，
1
，

，
0
，

型。
0

0

0
0
0
3在着手求极限以前，首先 要检查是否满足，，，，，
○
1
0
，

型定式，否则 滥
0

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
f(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
x x
原解：（1）
a0
时，
f(x)e1x
，
f'( x)e1
.
x2
当
x(,0)
时，
f'(x) 0
；当
x(0,)
时，
f'(x)0
.故
f(x )
在
(,0)
单调减少，在
(0,)
单调增加
（II）
f'(x)e12ax

由（I）知
e1x
，当且仅当
x0
时等号成立.故
f'(x)x2ax(12a)x
，
从而当
12a0
，即
a

x
x
1
时，
f'(x)0 (x0)
，而
f(0)0
，
2
- 1 -

于是当
x0
时，
f(x)0
.


由
e
x
1x(x0)
可得
e
x
1x(x0)
.从而当
a

1
时，
2< br>f'(x)e
x
12a(e
x
1)e
x
(e
x
1)(e
x
2a)
，
故当
x(0 ,ln2a)
时，
f'(x)0
，而
f(0)0
，于是当
x(0,ln2a)
时，
f(x)0
.
1

综合得
a
的取值范围为

,


2

原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下：
另 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
a 
e
x
x1
x
x
2
x

x< br>令
g

x


e
x
x
x 1
2
x
x
h


x

xe

e
(x>0),则
g

(x)
x
e
2
e
x2
x
3
，令
h

x

x
e
x
2
e
x2

x0

，则
x
1
，
h


x

x
e
0
，
知
h


x

在

0,

上为增函数，知
h< br>
x

在

0,

上为增函数，
h


x

h


0
0
；
h

x

h

0

0
；
g


x

0
，g( x)在

0,

上为增函数。
由洛必达法则知，
li m
x0

e
x
x1
x


2
1
1

lim
e

lim
e

，故
a

2
2
x0

2x
x 0

2
xx
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,f(1))
处的切线方程为
x2y 30
。
（Ⅰ）求
a
、
b
的值；
（Ⅱ）如果当
x0
，且
x1
时，
f(x)
lnxk
，求
k
的取值范围。
x1x

(
原解：（Ⅰ）f'(x)
x1
lnx)
b
x


(x1)
2
x
2



f(1)1,
1

由于直线
x2y30
的斜率为

，且过 点
(1,1)
，故

1
即
2
f'(1),

2

b1,

解得
a1
，
b1
。

a1

b,

22
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
f(x)

lnx1

，所以
x1x
lnxk1(k1)(x
2
1)
f(x)()(2lnx)
。
2
x1x1xx
(k1)(x
2
1)(k1)(x
2
1)2x
( x0)
，则
h'(x)
考虑函数
h(x)2lnx
。 xx
2
k(x
2
1)(x1)
2
h'(x)0
，（i）设
k0
，由
h'(x)
知，当
x1
时，h（x）递减。而
h(1)0
故当
x(0,1)
x
2
1
h(x)0
； 时，

h(x)0
，可得
2
1x
1
当x

（1，+

）时，h（x）<0，可得 h（x）>0
2
1x

- 2 -

lnxklnxk
+）>0，即f（x）>+.
x1xx1x< br>2
（ii）设0(k1)x(1)x
=
2(k 1)x
2
2xk1
的图像开口向下，且
1
1
'
1
当x

（1，）时，（k-1）（x
2
+1）+2x>0,故
h
（x）>0,
44(k1)
2< br>0
，对称轴x=
1k
1k
.
11
而h（1）= 0，故当x

（1，）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。
21k
1x
2'
（iii）设k

1.此时
x1 2x
，
(k1)(x
2
1)2x0
h
（x）>0 ,
而h（1）
1
=0，故当x

（1，+

）时， h（x）>0，可得 h（x）<0,与题设矛盾。
1x
2
综合得，k的取值范围为（-

，0]
从而当x>0,且x

1时 ，f（x）-（
原解在处理第（II）时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：
2xlnx
1
恒成立。
1x
2
x
2
1lnxx
2
1
2xlnx
1
(
x0,x1< br>),则
g


x

2
令g (x)= ，
2
2
2
1x
1x
另解：（II）由题设可得，当< br>x0,x1
时，k<


22
再令
h

x

x1lnxx1
(
x0,x1
)，则
h


x

2xlnx

11x
，
h


x

2lnx1
2
，
x
x
1
在

0,

上 为增函数，且
h


1

0
；故当
x (0,1)
时，
h


x

0
，当
2
x
x

（1，+

）时，
h
 

x

0
；
易知
h


x

2lnx1

h


x

在

0,1

上为减函数，在

1,
上为增函数；故
h


x

>
h< br>

1

=0

h

x

在

0,

上为增函数
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

0


g

x

在< br>
0,1

上为减函数，在

1,

上 为增函数
由洛必达法则知
lim
g

x

2< br>lim
x1x1
xlnx1lnx

1

1 212



10

lim
2x< br>1x
2

2

x1

k0
， 即
k的取值范围为（-

，0]
规律总结：
对恒成立问题中的求参 数取值范围，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出
来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达 法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法。



从高考题看含参不等式恒成立问题的解题策略

海口一中 操冬生

已知不等式恒成立，求参数的取值范围问题是中学数学的重要内容 之一，是函数、方程、不等式交汇
处一个较为活跃的知识点。这类问题以含参不等式“恒成立”为载体， 镶嵌函数、方程、不等式等内容，
综合性强，思想方法深刻，能力要求较高，因而成为近几年高考试题中 的热点。为了对含参不等式恒成立
问题的解题方法有较全面的认识，本文以2010年高考试题的解法为 例，对此类问题的解题策略作归纳和
提炼，供大家参考。
一 分离参数，转化为求函数的最值
对于变量和参数可分离的不等式，可将参数分离出来，先求出含变量一边的式子的最值，再由此推出参数的取值范围。
例1（2010年全国卷1理）已知函数
f(x)(x1)lnxx1


- 3 -

（Ⅰ）若
xf
'
(x)x
2
ax1
，求
a
的取值范围
（Ⅱ）证明:
(x1)f(x)0

x11
lnx1lnx

(x0)

xf< br>'
(x)xlnx1
，由
xf
'
(x)x
2< br>ax1
xx
1
得
alnxx
，令
g(x) lnxx
，于是，问题化为求函数
g(x)
的最大值。
g
'
(x)1
，当
0x1
x
时，
g
'
(x) 0
；当
x1
时，
g
'
(x)0
。

当
x1
时，
g(x)
有最大值，
g(x)
max
g(1)1

a1

解析：（Ⅰ）
f(x)
'
（Ⅱ）略。
评析：含参不等式分离参数 后的形式因题、因分法而异，因此解决含参不等式恒成立问题需把握住下
述结论：（1）
f(x )g(a)
恒成立

f(x)
max
g(a)
；（2）
f(x)g(a)
恒成立

f(x)
max
g(a)< br>；（3）
（4）
f(x)g(a)
恒成立

f(x)
min
g(a)
。
f(x)g(a)
恒成立

f( x)
min
g(a)
。
二 分离参数，转化为求函数的确界
如果 分离参数后相应的函数不存在最值，为了能够利用分离参数思想解决含参不等式恒成立问题，我
们利用如 下的函数确界的概念：
函数
yf(x)

(xD)
的上确界为
min{Mf(x)M,xD}
，记作
M
上
；函数
y f(x)

(xD)
的下确界为
max{Mf(x)M,xD}
，记作
M
下
。于是，有如下结论：（1）若
f(x)
无最大值，而 有上
确界，这时要使
f(x)g(a)
恒成立，只需
M
上
g(a)
。（2）若
f(x)
无最小值，而有下确界
M
下
，这时
要使
f(x)g(a)
恒成立，只需
M
下
g(a )
。
例2 （2010年湖南卷理）已知函数
f(x)x
2
b xc
，
(b,cR)
对任意的
xR
，恒有
f
'
(x)f(x)

（Ⅰ）证明：当
x0
时，
f(x)(xc)
2
（Ⅱ）若对满足题设条件的任意
b
，
c
，不等式
f(c)f( b)M(c
2
b
2
)
恒成立，求
M
的最小值。
解析：（Ⅰ）略。
（Ⅱ）由
f
'
(x)f(x)
即x
2
(b2)xcb0
恒成立，得
(b2)
24(cb)0

b
2
b
2
b
2
从而
c121b
，等号当且仅当
1
，即
b2
时成立
4
44
b
f(c)f(b)c2bc2b1
1 t1
t
2
（1）当
cb
时，
M
，令，则，则
22
c
cbbcbc1t
13 3
因为函数
g(t)2
（
1t1
）的最大值不存在，但易知其上确界为
M
1t22
3
22
22
（2）当
cb
2
时 ，
f(c)f(b)8
或0，
cb0
，从而
f(c)f (b)(cb)
恒成立
2
3
综合（1）（2）得
M
的最小值为
2
x2
例3 （2010年全国卷Ⅱ理）设函数
f(x)e1xax

（Ⅰ）若
a0
，求
f(x)
的单调区间。
（Ⅱ）若x0
时，
f(x)0
，求
a
的取值范围。
解析：（Ⅱ）由
f(x)0
对所有的
x0
成立，可得
（1）当
x0
时，
aR
；
e
x
x 1e
x
x1
（2）当
x0
时，
a
，设< br>g(x)
，问题转化为求
g(x)
的最小值或下确界。
x
2
x
2
x
2
e
x
2xe
x
x< br>2
2x
'
2xx2'2xx
g(x)
，令，因为
h(x)xe2xex2xh(x)xe2e2x2
，
4
x
x0
，又
h(x)
的二阶导数
h

(x)2xe
x
x
2
e
x
2e
x
2
，
h (x)
的三阶导数
h
(3)
(x)e
x
(x
2< br>4x)0
，
'''
所以
h(x)
是增函数，故
h (x)h(0)0
，所以
h(x)
增函数，故
h(x)h(0)0< br>，所以
h(x)
是增函数，
'
故
h(x)h(0)0，从而
g(x)0
，于是
g(x)
在
(0,)
上 单调递增，故
g(x)
无最小值，此时，由于
g(0)
g(x)
。由 洛必达法则可得：无意义，但运用极限知识可得
g(x)lim

x0

- 4 -

1
1
e
x
x1e
x
1e
x
1
x0
a
g(x)
limg(x )limlimlim
故时，。因而，综合（1）（2）
x0

x0

x0

2x
x0

2
22
x
2
2
1

知
a
取值范围为
,

。
2

x0
评析：用分离 参数法求解本题，最大的难点在于求分离参数后所得函数的下确界，应用洛必达法则求
limg(x)< br>超出了中学所学知识范围。显然，这不是命题者的意图。因此，我们应该探求这类问题的另一种
更 为一般地思考途径。
三 从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值
对于 不能分离参数或分离参数后求最值或确界较困难的问题，如例3，我们可以把含参不等式整理成
f(x, a)0
或
f(x,a)0
的形式，然后从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的 单调性和极值。在解
题过程中常常要用到如下结论：
（1）如果
f(x,a)
有最小值
g(a)
，则
f(x,a)0
恒成立

g(a )0
，
f(x,a)0
恒成立

g(a)0
； （2）如果
f(x,a)
有最大值
g(a)
，则
f(x,a) 0
恒成立

g(a)0
，
f(x,a)0
恒成立

g(a)0
。
3
2
x1

(xR)
其中
a0

2
（Ⅰ）若
a1，求曲线
yf(x)
在点
(2f(2))
处的切线方程，
1 1
（Ⅱ）若在区间
[,]
上，
f(x)0
恒成立，求
a
的取值范围
22
例4（2010年天津文）已知函数
f(x)ax3
解析：（Ⅰ）略。
（Ⅱ）
f
'
(x)3ax
2< br>3x
，令
f
'
(x)0
，解得
x0
或
x
1

a
1111

，于是当
x0
时，
f
'
(x)0
；当
0x
时，
f
'
(x)0
。所以
a222
1

f()0< br>
11

2
当
x0
时，
f(x)
有极大值。于是
x[,]
时，
f(x)0
等价于

解 得
0a2

1
22

f()0

2
111
1
''
（2）若
a2
，则

，于是当
x0
时，
f(x)0
；当
0x
时，< br>f(x)0
，
a2a
2
1
11
当
x
时，
f
'
(x)0
。所以，当
x0
时，
f(x)
有最大值，当
x
时，
f(x)
有最小值。于是
a
a2
1

f()0

11
25
< br>2
x[,]
时，
f(x)0
等价于

解得，因 此，
2a5

a5
或
a
1
22
22

f()0


a
综合（1）（2）得
0a5

（1）若
0a2
，则
例5：内容同例3
解析：（Ⅰ）略
（Ⅱ）
f(x)e12ax
，由方程
f(x )0
不能求出极值点。显然，用例4的解法是行不通的，
但我们注意到
f(0)0
，故问题转化为
f(x)f(0)
在
x0
时恒成立，即函数f(x)
在

0,

为不减函
数，于是可通过求导 判断
f(x)
的单调性，再求出使
f(x)f(0)
成立的条件。
'x
由（Ⅰ）有
e1x
，当且仅当
x0
时成立，故
f(x)e12axx2ax(12a)x
，而当
x
'x'
1 2a0
，即
a
1
时
f(x)0

(x0)

2
f(x)
是

0,

上的不减函数，
f(x)f(0)0

- 5 -

1
xx
时，由
e1x

x0
可得
e1x

2
f
'
(x )e
x
12a(e
x
1)e
x
(e
x
1)(e
x
2a)

当
a
故当
x (0,ln2a)
时，
f
'
(x)0
，而
f(0)0
，于是当
x(0,ln2a)
时
f(x)0
综合得
a
1

2
评析：函数、不等式、导数既是研究的对象，又是 解决问题的工具。本题抓住
f(0)0
这一重要的解
题信息，将问题转化为
f(x)f(0)
在
x0
时恒成立，通过研究函数
f(x)
在< br>[0,)
上是不减函数应满
足的条件，进而求出
a
的范围。隐含条 件
f(0)0
对解题思路的获得，起到了十分重要的导向作用。
从以上高考题的解 法可知：以函数的观点作指导，用导数知识作工具，从研究函数的单调性、最值（极
值）等问题入手，将 含参不等式恒成立问题转化为研究函数的性质问题，是确定恒不等式中参数取值范围
问题的重要思考方法 。对这类问题的处理，需要考生具备过硬的导数、不等式知识，并能灵活运用这些知
识研究函数的性质等 问题。在高三复习课教学中，有意识地给学生这方面的训练，对培养他们的数学综合
素质是大有好处的。

洛必达法则
一. 微分学中值定理
[拉格朗日中值定理]
如果函数
使
这个定理的特殊情形，即：
[ 罗尔定理 ]
若在闭区间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，那末在(a,b)内至少有一点c，
即成立。
的情形，称为罗尔定理。
，那末在(a,b)内至少有一在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a,b)内可导，且
点c，使成立。
下面我们在学习一条通过拉格朗日中值定理推广得来的定理——柯西中值定理
[柯西中值定理]
如果函数，在闭区间[a，b]上连续，在开区间(a，b)内可导，且≠0，那末在(a，b)内至少有一点c，使成立。
在求函数的极限时，常会遇到两个函数
f(x)
、
F(x)
都是无穷小或都是无穷大时，求它们比值的极限，此
f(x)
< br>0
可能存在，也可能不存在．通常把这种极限叫做未定式，并分别简称为型或型。例
0< br>
F(x)
sinxlnx

0
如，
lim
就是型的未定式；而极限
lim
就是型的未定式．我们容易知道，对于未定式的极
x 0x
x
0

x
时极限
lim
限求法，是不能 应用商的极限等于极限的商这个法则来求解的，那么我们该如何求这类问题的极限呢？
计算未定式的极限往往需要经过适当的变形，转化成可利用极限运算法则或重要极限的形式进行计算. 这
种变形没有一般方法，需视具体问题而定，属于特定的方法. 本节将用导数作为工具，给出计算未定式极
限的一般方法，即洛必达法则. 本节的几个定理所给出的求极限的方法统称为洛必达法则.
一、
0
型未定式
0
定理1 设函数
f(x)
、
F(x)
满足下列条件：
（1）
limf(x)0
，
limF(x)0
；
x x
0
xx
0
（2）
f(x)
与
F(x)
在
x
0
的某一去心邻域内可导，且
F

(x)0
；

- 6 -

f

(x)
f(x)f

(x)
存在（或为无穷大），则
limlim
xx< br>0
F

(x)
xx
0
F(x)
xx0
F

(x)
f

(x)f

(x) f

(x)
f(x)
这个定理说明：当
lim
存在时，lim
也存在且等于
lim
；当
lim
为无穷大
xx
0
F

(x)
xx
0
F

(x )
xx
0
F

(x)
xx
0
F(x)
f(x)
时，
lim
也是无穷大．
xx
0
F( x)
（3）
lim
这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式的极 限值的方法称为洛必达
（
L

H
ospital）法则.
e
x
1
例1计算极限
lim
.
x0
x
0
解 该极限属于“”型不定式，于是由洛必达法则，得
0
e
x
1e
x
limlim1
.
x0x0
1x
sinax
例2计算极限
lim
．
x0
sinbx
0
解 该极限属于“”型不定式，于是由洛必达法则，得
0
sinaxacosaxa
limlim
．
x0
sinbx
x0
bcosbxb
注 若
f

(x),g

(x)
仍满足定理的条件，则可以继续应用洛必达法则，即
f(x)f

(x)f

(x)
limlimlim 
．
xa
g(x)
xa
g

(x)
xa
g

(x)
x
3
12x16
例3 计算极限
lim
3
．
x2
x2x
2
4x8
解 由洛必达法则，得
x< br>3
12x163x
2
12
6x3
lim
3lim
2
lim
．
2
x2
6x4
x2
x2x4x8
x2
3x4x4
2

a rctanx
2
例4 计算极限
lim
．
x
1x
1


arctanx
2
x
2
1 x
2
lim
解
lim
lim1
．
x
x
x
1x
2
1
1

2
x
x

二、 型未定式

定理2 设函数
f(x)
、
F(x)
满足下列条件：
（1）
limf(x)
，
limF(x)
；
x x
0
xx
0
（2）
f(x)
与
F(x)
在
x
0
的某一去心邻域内可导，且
F

(x)0
；
f

(x)
f(x)f

(x)
存在（或为无 穷大），则
limlim
xx
0
F

(x)< br>xx
0
F(x)
xx
0
F

(x)
注：上述关于
xx
0
时未定式型的洛必达法则，对于
x 
时未定式型同样适用．
（3）
lim

lnx
(

0)
．
x
x

解 此极限满足洛必达法则，于是得
1
ln x1
lim

lim
x
lim0
．
x 
x
x

x

1
x
x

例5 计算极限
lim

- 7 -

x
n
例6 计算极限
lim
x
(n0)
．
x
e

解 所求问题是型未定式，连续
n
次施行洛必达法则，有

n
x
nx
n1
n(n1)x
n2
n !
lim
x
lim
x
lim
lim0
．
x
x
x
x
e
x
e
x 
e
e
tanxx
例7 计算极限
lim
2
．
x0
xsinx
tanxxtanxx
解
lim
2
（利用等价无穷小量代换
sinxx
）
lim
3
x0
xsin
x0
xx
sec
2
x 1tan
2
x1tanx
2
1
limlimlim()< br>．
x0x0
3x
2
3x
2
3
x0< br>x3
使用洛必达法则时必须注意以下几点：

00
（1）洛必达法 则只能适用于“”和“”型的未定式，其它的未定式须先化简变形成“”或“”
00

型才能运用该法则；
（2）只要条件具备，可以连续应用洛必达法则；
（3）洛必达法则的条件是充分的，但不必要．因此，在该法则失效时并不能断定原极限不存在．
习题4-6
1.用洛必达法则求下列极限：
sin(x

)tan3x
； （2）
lim
；
x

x0
x

tan2x
x
m

m
lnx
（3）
lim
n
(n0)； （4）
lim
n
；
(

0,m、n为常 数）
x

x

n
x
x
1
ln(1)
ln(1x)
x
； （5）
lim
； （ 6）
lim
2
x0
x
arccotx
x
l ntan7x
e
x
e
x
2x
（7）
lim< br>； （8）
lim
．
x0
x0

lnta n2x
xsinx
（1）
lim
4. 洛必达法则
在使用洛必塔法则时应注意以下几点：
0
型或型的极限.
0

0
f

(x)
②如果
lim
仍是型或型,则可继续使用洛必塔法则.
0

g

(x)
f(x)
f

(x)
③如果
lim
不存在且不是

,并不表明
lim
不存在,只表明洛必塔法则失效 ,这时应用其他
g(x)
g

(x)
①洛必塔法则只适用于
方法求解.


- 8 -