利用洛必达法则来处理全国高考中的恒成立问题

-1-利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题河南省偃师高中高洪海2010年和2011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。矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖。一．洛必达法则法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim0xafx及lim0xagx；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；(3)limxafxlgx，聞創沟燴鐺險爱氇谴净。那么limxafxgx=limxafxlgx。法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim0xfx及lim0xgx；(2)0A，f(x)和g(x)在,A与,A上可导，且g'(x)≠0；(3)limxfxlgx，残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟。那么limxfxgx=limxfxlgx。法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limxafx及limxagx；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；(3)limxafxlgx，酽锕极額閉镇桧猪訣锥。那么limxafxgx=limxafxlgx。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→-∞，xa，xa洛必达法则也成立。彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑。○2洛必达法则可处理00，，0，1，0，00，型。○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，，0，1，0，00，型定式，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。謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔。二．高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数2()1xfxexax。（1）若0a，求()fx的单调区间；（2）若当0x时()0fx，求a的取值范围原解：（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在(0,)单调增加（II）'()12xfxeax由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故'()2(12)fxxaxax，从而当120a，即12a时，'()0(0)fxx，而(0)0f，于是当0x时，()0fx.由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，-2-故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.综合得a的取值范围为1,2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0x时，()0fx，对任意实数a,均在()0fx；当0x时，()0fx等价于21xxaex令21xxgxex(x0),则322()xxxxgxeex，令220xxhxxxxee，则1xxhxxee，0xhxxe，知hx在0,上为增函数，00hxh；知hx在0,上为增函数，00hxh；0gx，g(x)在0,上为增函数。由洛必达法则知，200011222limlimlimxxxxxxxxeeex，故12a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()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy。（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围。原解：（Ⅰ）221(ln)'()(1)xxbxfxxx由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即1,1,22bab解得1a，1b。（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln1f()1xxxx，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx。考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx。（i）设0k，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx，h（x）递减。而(1)0h故当(0,1)x时，()0hx，可得21()01hxx；当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0从而当x0,且x1时，f（x）-（1lnxx+xk）0，即f（x）1lnxx+xk.（ii）设0k1.由于2(1)(1)2kxx=2(1)21kxxk的图像开口向下，且-3-244(1)0k，对称轴x=111k.当x（1，k11）时，（k-1）（x2+1）+2x0,故'h（x）0,而h（1）=0，故当x（1，k11）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾。厦礴恳蹒骈時盡继價骚。（iii）设k1.此时212xx，2(1)(1)20kxx'h（x）0,而h（1）=0，故当x（1，+）时，h（x）0，可得211xh（x）0,与题设矛盾。茕桢广鳓鯡选块网羈泪。综合得，k的取值范围为（-，0]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：另解：（II）由题设可得，当0,1xx时，k22ln11xxx恒成立。令g(x)=22ln11xxx(0,1xx),则22221ln121xxxgxx，再令221ln1hxxxx(0,1xx)，则12lnhxxxxx，212ln1hxxx，易知212ln1hxxx在0,上为增函数，且10h；故当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx；hx在0,1上为减函数，在1,上为增函数；故hx1h=0hx在0,上为增函数1h=0当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx当(0,1)x时，0gx，当x（1，+）时，0gxgx在0,1上为减函数，在1,上为增函数由洛必达法则知2111ln1ln12121210221limlimlimxxxxxxgxxx0k，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。鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴。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。籟丛妈羥为贍偾蛏练淨。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。預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴。例1（2010年全国卷1理）已知函数()(1)ln1fxxxx（Ⅰ）若'2()1xfxxax，求a的取值范围（Ⅱ）证明:(1)()0xfx-4-解析：（Ⅰ）'11()ln1lnxfxxxxx(0)x'()ln1xfxxx，由'2()1xfxxax得lnaxx，令()lngxxx，于是，问题化为求函数()gx的最大值。'1()1gxx，当01x时，'()0gx；当1x时，'()0gx。当1x时，()gx有最大值，max()(1)1gxg1a（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）()()fxga恒成立max()()fxga；（2）()()fxga恒成立max()()fxga；（3）()()fxga恒成立min()()fxga。（4）()()fxga恒成立min()()fxga。渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦。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：铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡。函数()yfx()xD的上确界为min{(),}MfxMxD，记作M上；函数()yfx()xD的下确界为max{(),}MfxMxD，记作M下。于是，有如下结论：（1）若()fx无最大值，而有上确界，这时要使()()fxga恒成立，只需M上()ga。（2）若()fx无最小值，而有下确界M下，这时要使()()fxga恒成立，只需M下()ga。擁締凤袜备訊顎轮烂蔷。例2（2010年湖南卷理）已知函数2()fxxbxc，(,)bcR对任意的xR，恒有'()()fxfx（Ⅰ）证明：当0x时，2()()fxxc（Ⅱ）若对满足题设条件的任意b，c，不等式22()()()fcfbMcb恒成立，求M的最小值。解析：（Ⅰ）略。（Ⅱ）由'()()fxfx即2(2)0xbxcb恒成立，得2(2)4()0bcb从而2212144bbcb，等号当且仅当214b，即2b时成立（1）当cb时，22()()2fcfbcbMcbbc，令btc，则11t，则2121cbbct因为函数1()21gtt（11t）的最大值不存在，但易知其上确界为3232M（2）当cb2时，()()8fcfb或0，220cb，从而223()()()2fcfbcb恒成立综合（1）（2）得M的最小值为32例3（2010年全国卷Ⅱ理）设函数2()1xfxexax（Ⅰ）若0a，求()fx的单调区间。（Ⅱ）若0x时，()0fx，求a的取值范围。解析：（Ⅱ）由()0fx对所有的0x成立，可得（1）当0x时，aR；（2）当0x时，21xexax，设21()xexgxx，问题转化为求()gx的最小值或下确界。22'422()xxxexexxgxx，令22()22xxhxxexexx，因为'2()222xxhxxeex，0x，又()hx的二阶导数2()222xxxhxxexee，()hx的三阶导数(3)2()(4)0xhxexx，所以()hx是增函数，故()(0)0hxh，所以'()hx增函数，故''()(0)0hxh，所以()hx是增函数，故()(0)0hxh，从而'()0gx，于是()gx在(0,)上单调递增，故()gx无最小值，此时，由于(0)g无意义，但运用极限知识可得0()lim()xgxgx。