12导数极难压轴题解法---罗比达法则

导数极难压轴题解法：罗比达法则应用★★★★(2010年全国新课标理)设函数2()1xfxexax。若0a，求()fx的单调区间；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，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。★★★★(2011年高考新课标数学理科22)已知函数ln()1axbfxxx，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x0，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围．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。（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。综合得，k的取值范围为（-，0]★★★★解法：（2）由（1）知ln1()1xfxxx．故要证：ln()1xfxx只需证ln1ln11xxxxx为去分母，故分x1与0x1两种情况讨论：当x1时，需证2(1)ln1(1)lnxxxxxxx即21lnxxx即需证1lnxxx．（1）设1()lngxxxx，则1'()1gxx由x1得'()0gx，所以1()lngxxxx在（1，+）上为减函数．又因g（1）=0所以当x1时g（x）0即（1）式成立．同理0x1时，需证1lnxxx（2）而由0x1得'()0gx，所以1()lngxxxx在（0，1）上为增函数．又因g（1）=0所以当0x1时g（x）0即（2）式成立．综上所证，知要证不等式成立．点评：抓住基本思路，去分母化简问题，不可死算．★★★★罗比达法则方法★★★★原解：略原解在处理第（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。★★★★(2012)郑州第一次质量检测21.解：（I）当p=1时，()ln1fxxx=-+，其定义域为0,.所以1()1fxx.…………2分由1()10fxx得01x，所以()fx的单调增区间为0,1；单调减区间为1,.…………5分（II）由函数22()()(21)ln(1)gxxfxpxxxxpx,得()ln12gxxpx.由（I）知，当p=1时，()(1)0fxf，即不等式1lnxx成立.…………7分①当12p时，()ln12(1)12(12)0gxxpxxpxpx，即g(x)在,1上单调递减，从而()(1)0gxg满足题意；…………9分②当102p时，存在11,2xp使得ln0,120xpx，从而()ln120gxxpx，即g(x)在11,2p上单调递增，从而存在011,2xp使得0()(1)0gxg不满足题意；③当0p时，由1x知2()ln(1)0gxxxpx恒成立，此时不满足题意.综上所述，实数p的取值范围为12p.…………12分解法二:二次求导分离变量型由函数22()()(21)ln(1)gxxfxpxxxxpx,得()ln12gxxpx.由（I）知，当p=1时，()(1)0fxf，即不等式1lnxx成立.因而，要使g(x）《0成立，只需/g()0x恒成立即可，分离变量，再二次求导，即可得。解法三：直接分离变量，然后罗比达法则求出最值即可★★★★设函数f(x)=ln(x—1)+2a/x(aR)(1)求函数f(x)的单调区间。（2）如果当x1,2X且时，ln(1)2xaxx恒成立，则求实数a的取值范围。解：（1）2222()(1xaxafxxx），对分子讨论，①当0，即，在（1，+）上增函数。②当a0,对称轴x=a0,f~(1)=10,增函数。③当a2时，在（1,x1）是增函数，在（x1,x2）是减函数，在（x2,+）是增函数可得结论：当（2）方法一：利用第一问结论构造函数。ln(1)2xaxx12ln(1)02axaxx转化为1()01fxax，令h(x)=f(x)-a,利用第一问结论可知①a2时，h(x)在（1，+）是增函数，因为1x2,h(x)h(2)=0,所以原式成立。当x2时，h(x)h（2）=0成立，所以当a2时，原式成立。②当a2时，因为f（x）在（x1,2）是减函数，所以，h(x)在（x1,2）是减函数，所以当x1x2时，h(x)h(2)=0不成立。综上可知，a的取值范围是（－，2].方法二：分离变量，罗比达法则aln(1)()2xxgxx,22(ln(1))(2)ln(1)1()2xxxxxgxx=（去掉分子中的分母）2[(1)ln(1)](2)(1)ln(1)(1)(2)xxxxxxxxx=2222(32)ln(1)2()ln(1)(1)(2)xxxxxxxxxx22(22)ln(1)2(1)(2)xxxxxx；令分子为h(x)=(2-2x)ln(x-1)+x2-2x..二次取导。2(1)()2ln(1)222ln(1)241xhxxxxxx。令R(x)=2ln(1)24xx.则224()211xrxxx。R~(x)在（1,2）负，在（2，+无穷）上正；所以，h(x)在（1,2）减，在（2，+无穷）上增，且h(2)=0，所以h(x)0g~(x)0，而g~(2)=0.可知，g(x)在（1,2）是减函数，在（2，+无穷）上是增函数，所以，g(x)ming(2),此处开始罗比达法则，可得最后结果。★★★（2012年河南省六市高中毕业班第一次联合考试数学理科）已知函数f(x)=x－(1+a)lnx在x=1时，存在极值。（1）求实数a的值；（2）若x1，mlnxfx)-1x-1（成立，求正实数m的取值范围。解法:（一）常规讨论二次取导法（1）f~（x）=1-（1+a）/x,有导数=0可知a=0.(2)当x1时，去分母。()(1)lnln10gxmxxxx，ln1ln(-1m-1)()mxxmxxmmxxxgxxx）（，进入讨论若m1,则导函数分子大于零，所以原函数是增函数，g(x)g(1)=0,显然成立。若m1,二次取导，令=mxh(x）lnx+(x-1)(m-1)，()ln21hxmxm，此时，当m》1/2时，导函数大于零，这样h(x)为增，则()gx0,所以g(x)》0,成立，而m《1/2时，二次取导，导函数mlnx+2m－1=0,解得x=12emm此时在（1，12emm）为减函数。可推得()0gx，g(x)先减再增，但是g(1)=0,这样与题设矛盾。（二）罗比达法则—分离变量ln1ln1(1)ln11ln1(1)ln(1)ln(1)lnln1xxxxxxmxmxxxxxxxxx=g（x）-112211()(ln+x-1),()-(1)xlngxxgxxx）（则=222(ln)(1),(1)(ln)xxxxxx令h(x)=22(ln)(1)xxx2()(ln)2ln22,hxxxx令()(rxhx），则2ln22r()xxxx，令M（x）=r(x)，M2-2