2025高考數(shù)學(xué)3類導(dǎo)數(shù)綜合問題解題技巧（解析版）

題型053類導(dǎo)數(shù)綜合問題解題技巧

（端點(diǎn)效應(yīng)（必要性探索）、洛必達(dá)法則、拉格朗日中值定理）

技法01用端點(diǎn)效應(yīng)（必要性探索）的解題技巧

侈題蛆裱

在導(dǎo)數(shù)相關(guān)的題目中，我們經(jīng)常遇到恒成立問題，特別是涉及參數(shù)的不等式恒成立時(shí)求參數(shù)的取值范

圍問題，已成為熱點(diǎn)和重點(diǎn)題型。解決這類問題的方法多種多樣，常見的方法包括：

①分離參數(shù)（全分離或半分離）+函數(shù)最值；

②直接（或移項(xiàng)轉(zhuǎn)化）求導(dǎo)+分類討論.

但以上兩種方法都有缺陷，首先對(duì)于方法①可能會(huì)出現(xiàn)參數(shù)分離困難或是無法分離，或函數(shù)最值點(diǎn)無法取

到，即無定義，這時(shí)就需要用到超綱的方法：洛必達(dá)法則。其次，對(duì)于方法②直接分類討論可能會(huì)出現(xiàn)在

某些區(qū)間無法討論下去，或是無法排除原問題在該區(qū)間是否恒成立，即討論界點(diǎn)不明。

基于以上兩點(diǎn)，我們今天這講就來解決這兩個(gè)不足之處，基本對(duì)策就是先必要后充分的思想。該思想就是

當(dāng)參變分離較為困難、帶參討論界點(diǎn)不明時(shí)，含參不等式問題還可以采用先必要、后充分的做法，即先抓

住一些關(guān)鍵點(diǎn)（區(qū)間端點(diǎn)，可使不等式部分等于零的特殊值等），將關(guān)鍵點(diǎn)代入不等式解出參數(shù)的范圍，獲

得結(jié)論成立的必要條件，再論證充分性，從而解決問題.

端點(diǎn)效應(yīng)的類型

1.如果函數(shù)/(%)在區(qū)間［a,切上,/(X)>0恒成立，則/(a)20或/(Z?)>0.

2.如果函數(shù)/(%)在區(qū)問［a,切上,/(幻>0恒成立，且/(a)=0(或f也)=。),則/(?)>0(或f\b)<0).

3.如果函數(shù)/(%)在區(qū)間［a,切上，/(x)20恒成立，且/(a)=0"'(a)=0(或/(勿=0,⑼<0)則

/,(?)>0(或/"3)40).

技彼運(yùn)用

若xlnx-2Mx(x-l)+e*T-xNO對(duì)X/xNl恒成立，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是.

思路詳解：因?yàn)閤lnx—2m￥(x-l)+e*T—%之。對(duì)V%21恒成立,

e'T_

即In尤一2m(x—l)+—--120對(duì)也21'恒成立，

X-1

ifi/(x)=lnx-2m(x-l)d-----1,xe[1,+oo^,

因?yàn)?■(1)=0,/(%)20欲在工目1,+8)恒成立，則/■(%)要在xe［l,+e)單調(diào)遞增

即/(工)」-2租+右’(：T)N0在xe［l,+e)恒成立,則/'⑴=1一2〃計(jì)\0,解得機(jī)

xx2

再證明充分性，當(dāng)機(jī)(；,能否有xlnx-2mx(x-l)+e*T-％之。對(duì)也之1恒成立(證明略)

綜上可得加V」，即機(jī)e-004

2

cinY

,支式1(2023?全國?統(tǒng)考高考真題)己知函數(shù)〃x)s--

(1)當(dāng)a=8時(shí)，討論了⑴的單調(diào)性;

⑵若/(尤)<sin2x恒成立，求a的取值范圍.

思路詳解：【法一】端點(diǎn)效應(yīng)一

令g(x)=/(x)-sin2x,xe[o，mJ得g(0)=0,且g(x)<0在xef0,1上恒成立

畫出草圖

u。㈤

]+2win2v

根據(jù)端點(diǎn)效應(yīng)，需要滿足g'(0),,0而g\x)=a-----—2cos2x

cosX

貝IJg'(0)=a—3,令g'(0),,0,得aW3

當(dāng)④3時(shí)，由于g(0)=0,只需證g'(x)<0即可

而g'(x)含有參數(shù)a,故可對(duì)g'(x)進(jìn)行放縮

,/\l+2sin2x。l+2sin2x。。<3-2cos2x.

0即ng(%)=a------------2cos2%<3------------2cos2x=5-------------4cos2x

cosxcosxcosx

令?=cos2x,其中0<1

設(shè)g)=5-午3-2Wt-4r

則4(/)=:-2-4t3-2t+6

1r

令p(t)--4?3-2?+6

則p(/)=—12/一2<0,故p(t)在(0,1)上遞減，得p(t)>p(l)=0

則h'(t)>0,得h(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，則/i⑺(〃⑴=0

即g'(x)<0,滿足g(x)<g(0)=0成立

當(dāng)a>3時(shí)，由于g'(0)=a-3>0,

故存在與,使得在(0,九0)上g'(x)>0,

所以g(x)在(0,%)上單調(diào)遞增，則g(x)>g(0)=0,不成立

特上所述：a<3.

【法二】端點(diǎn)效應(yīng)二

sinx.入/、.-sinx

(2)j(x)<sin2xnax-----<sin2xng(x)=ax-sin2x-----<0

COSXCOSX

由于g(0)=0,且

，/、,cos2x+3sin2x

g(X)=a-2cos2x----------------,

cosx

注意到當(dāng)g'(0)〉0,即a>3時(shí)，3xoe^O,|^|使g'(x)〉0在%G(0,%0)成立，故此時(shí)g(x)單

調(diào)遞減

g(x)>g(0)=0,不成立.

einy

另一方面，當(dāng)④3時(shí)，g(x)?3x-sin2x-----=h(x),下證它小于等于0.

cosX

令/?(x)=3-2cos2x-3—2-s-x

COSX

_3cos4x+2COS2X-3-2COS2XCOS4X_3(cos，x-l)+2cos2x(l-cos2xcos2x)

4

—COS4X-COSX

-(cos。％一1)2(^4cos2%+3)0

cos4X

g(x)單調(diào)遞減，g(x),,g(0)=0.特上所述：a<3.

【法三】設(shè)g(x)=/(x)—sin2%

23

g(x)=/(x)-2cos2x=g(r)-2^2cos2x-1^=---2(2t-l)=a+2-4t+--—^

23

(p(t)=Q+2-4/H----

tt

3

?,⑺—A二2+廠6-4/-戶2/+6-2Q-1)\(2產(chǎn)+2f+3)■

30

所以0。)V。⑴=a-3.

1°若aw(-00,3],g'(x)=0。)<a-3<0

即g(x)在上單調(diào)遞減，所以g。)<g(。)=o.

所以當(dāng)a￡(-oo,3],/W<sin2x,符合題意.

2°若ac(3,+oo)

當(dāng)o,2_g=-3^-—^+gf一00,所以/(，)f一°0.

0(1)=a—3>0.

所以玉°e(0,1),使得0%)=0,即玩e10,令,使得/優(yōu))=0.

當(dāng)te&,1),。⑺>0,即當(dāng)xe(0,%,g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增.

所以當(dāng)xe(0,x°),g(x)>g(0)=0,不合題意.

綜上，。的取值范圍為(-叫3].

>衣式2.(2024?全國新I卷?高考真題)已知函數(shù)/(元)=ln——+ax+b(x-l)3

2-x

⑴若4=0,顯若(x)40,求”的最小值；

(2)證明：曲線y=/(x)是中心對(duì)稱圖形；

⑶若，(無)>-2當(dāng)且僅當(dāng)1<X<2,求6的取值范圍.

思路詳解：【詳解】(1)6=0時(shí)，〃x)=ln—+"，其中x<0,2),

2-x

112

則廣(加丁―+"產(chǎn)康””(°'2)，

因?yàn)閤(2一小廣一;+“：=1,當(dāng)且僅當(dāng)x=l時(shí)等號(hào)成立,

故/'(%)1111n=2+a,而/'(x)20成立，故a+220即02—2,

所以。的最小值為-2.,

(2)f(x)=ln4+—+b(x-l)3的定義域?yàn)?0,2),

設(shè)尸?！?為y=/(x)圖象上任意一點(diǎn)，

P(m,n)關(guān)于(1,4)的對(duì)稱點(diǎn)為Q(2-m,2a—〃)，

因?yàn)槭?辦〃)在y=/(x)圖象上，n=In—^―+am+b(m-if,

2-m

JflJ/(2-m)=In—~~—+?(2-m)+/?(2-m-l)3=-In————am+b^m-1^+2〃,

wi2vn

=—M+2a,

所以。(2-祖,2a-〃)也在y=〃無)圖象上，

由P的任意性可得y=/(x)圖象為中心對(duì)稱圖形，且對(duì)稱中心為(l,a).

【方法二：端點(diǎn)效應(yīng)一】

(3)由(1)知,a>-2.

因?yàn)?(I)=a<-2,否則解集中含有x=l.

故a=—2.

X

/(x)=In—2%+b(x—l)3.

2—x

221%—l)22

(⑶=2+3依-1)2=32-1)2=(久-1)23b

(a)若2+36NO,即b>-l時(shí)，f(x)=(x-I)2\-^—+3b]

OL4(Z4)-J

即

2

22

>(x—l)1---(--+---)--+3b=(x—1)(2+3b)>0,

即尸(x)>0,/(x)是(1,2)上的單調(diào)遞增函數(shù)，

f(x)>f(1)=-2,符合題意;

⑸若2+36<0,即b<~1時(shí)，令尸Q)=0得

匕+—匕2+2匕八/小、、―p.匕一，匕2+2b.

x=——-——<0,(舍)，或％=——-——>1.

當(dāng)1<久<叱等至?xí)r，/(x)<0,此時(shí)，/0)<f(1)=—2,不符合題意

綜上可知，b的取值范圍是b>~l，

【方法三：端點(diǎn)效應(yīng)二】

由題意得：0<xW1,必有f(x)<-2,所以f(l)=-2,解得a=-2,

故f(x)=+2x+6(1—x)3.

問題等價(jià)于研究當(dāng)1<x<2,/(x)>-2恒成立，僅需[/(x)+2]min>0,

令h(久)=f(x)+2,〃(x)=(+￡—2+3b(l—x)2

2(x—I/,"2

=—77,---7+36(1-x)2=(1-x)2-----+3b,

x(2-x)Lx(2-x)

令g(x)=—^—+3bo發(fā)現(xiàn)：h'(l)=0,h'(l)=0,當(dāng)且僅當(dāng)〃〃⑴20時(shí)，若g(l)20,即b2

X^Z—X)3

易證當(dāng)b2—|7時(shí)，由—2—22知，h，(x)>0,所以h(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，h(x)>h(l)=0,所

DX%)

以色-2成立。3另一方面，當(dāng)6<—|7時(shí)，赤2W+3b=。在(1,2)必定有解，

令一金=爪(2—6)，則h(x)在(1,2)上必存在7凡使得m<x<2,^—^+3b>0成立，所以g)在

(l,m)單調(diào)遞減，在(TH,2)單調(diào)遞增，所以h(m)<f(l)+2=0,這與h(x)>0在(1,2)恒成立矛盾,

故b<一:舍去

,麥K3.(2020?全國?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)/(無)=e"+"2-x.

(1)當(dāng)0=1時(shí)，討論/(x)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)后0時(shí)，f(x)求。的取值范圍.

思路詳解：⑴當(dāng)。=1時(shí)，f(x)=ex+x2-x,f\x)=e+2x-\,

由于/'(x)=e*+2>0,故于(x)單調(diào)遞增,注意到了'(0)=0,故:

當(dāng)時(shí),f'(x)<0J(x)單調(diào)遞減,

當(dāng)xe(O,間時(shí),尸(x)>0,〃x)單調(diào)遞增.

(2)［方法一］【最優(yōu)解】：分離參數(shù)

由?/'(%)N5、+1得'e*+av?—%…21+1,其中xN。,

①.當(dāng)戶0時(shí)，不等式為：121,顯然成立，符合題意；

QX-1V3-Y-1

②.當(dāng)x>0時(shí)，分離參數(shù)〃得，“e2

U...--------z-----

X

(x-2)卜-x2-x-1

、口e'—x3—x—1

記g(x)=-----q-----，g'(x)=-

x3

令〃(尤)=e'_；尤2_x_](x20),

貝I]//(x)=e*-x-1,h(x)=ex-1>0,

故”(x)單調(diào)遞增,/?無)2/?0)=0,

故函數(shù)單調(diào)遞增，/i(x)>/i(O)=O,

由力(x?0可得：/一；尤2-%一1..0恒成立,

故當(dāng)xe(O,2)時(shí),g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)xc(2,+oo)時(shí)，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減;

「-I7—e2

因此，[g")L=g(2)=.

綜上可得，實(shí)數(shù)。的取值范圍是—,+^J.

［方法二］:特值探路

2

當(dāng)xZO時(shí)，/(%)71%3+1恒成立=/(2)蜃=〃—7-e

7一,21

只需證當(dāng)a>-----時(shí)，/(%)之彳%3+1恒成立.

42

7—，27—e2

當(dāng)〃2-----時(shí)，/(x)=ex+ax2-x>ex+------x2-x?

44

只需證明e*+上巨V一x2+l(x>0)⑤式成立.

42

⑤式。

人(e2-7h2+4x+2x3+4

令h(x)=-----」---------------(%>0)，

ex

2222

貝,03/)/+2卜29)尤一2尤3-x[2x-(13-e)x-2(e-9)]-x(x-2)[2x+(e-9)]

'e*e%ex

9-2

所以當(dāng)無€0,方e一時(shí)，〃(X)<O,/2(X)單調(diào)遞減；

當(dāng)Xe,2j"(x)>O,h(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)x￡(2,+8),h\x)<0,h(x)單調(diào)遞減.

從而g(x)]max=max{/z(0)M(2)}=4,即力(x)K4,⑤式成立.

所以當(dāng)人工時(shí),/(x)z；x3+l恒成立.

4

綜上士.

4

［方法三］:指數(shù)集中

當(dāng)x20時(shí)，/(x)2-x*+1恒e'...-尤？+1-cix^+x(—尤—(jx~+x+l)e，W1,

222

記g(x)=gd—ax2+x+l)e-x(x>0),

g，(%)=-(―兀§_af+x+1—-f+2ax_l)e=—-x[元2-(2a+3)%+4a+2]e=—-x^x-2a-1)(%-2)e”,

①.當(dāng)2a+l<0即時(shí)，g'(x)=0nx=2,則當(dāng)尤e(0,2)時(shí)，g[x)>0,g(x)單調(diào)遞增，又g(0)=l,

所以當(dāng)xe(0,2)時(shí)，g(x)>l,不合題意；

②.若0<2。+1<2即-g<a<g時(shí)，則當(dāng)xe(0,2a+l)52,+oo)時(shí)，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，當(dāng)xe(2a+l,2)

時(shí)，g'(x)>0,g(x)單調(diào)遞增，又g(O)=l,

所以若滿足g(x)Vl,只需g⑵W1,即8(2)=(7-40把-250〃.與、，所以當(dāng)二三上<“<2時(shí)，

成立；

③當(dāng)2a+122即“2,時(shí)，g(x)=(,元3-依2+》+1把—4(1尤3+x+i)eT,又由②可知時(shí)，g(x)4l

22242

成立，所以。=0時(shí)，g(x)=(gd+x+l)eTW1恒成立，

所以azg時(shí)，滿足題意.

綜上，?！?/p>

^L法t寅/////////////////////////////////////////////////A

1.已知函數(shù)y(x)=ln(尤+1)-——(a>0).若/(x)?o在［0,口)上恒成立，則。的取值范圍為_______

x+1

【答案】(0,1］

【分析】由題意可知/(x)血》。在［。,口)上恒成立，將問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)力的的最小值.

【方法一】回/(x)20在［0,+功上恒成立，且"0)=0,

故/(x)N/(0),((》)=與答.

(x+1)

當(dāng)0<a?l時(shí)，廣。)20在［0,+cw)上恒成立，即/(X)在［0,+℃)上為增函數(shù)，

所以，/(x)>/(0)=0,合乎題意；

當(dāng)時(shí)，由/(無)>0,可得x>a-l；當(dāng)/(無)<。時(shí)，可得0Vx<a-l.

即/5)在。。-1)上為減函數(shù)，在-1,+8)上為增函數(shù)，

所以，fM=f(a-l)=lna-a+l=lna-(Q-l),

又因?yàn)閘na<a-l,所以Ina-(a-l)<。，不合乎題意.

綜上所述，0<aWl.

故答案為：(0,11.

【方法二-端點(diǎn)效應(yīng)】

因?yàn)椋?0)=0,所以/'(0)=1-。2。，解得aWl,結(jié)合已知條件，0<aWl

2.(2024?全國甲卷?高考真題)已知函數(shù)〃x)=(l-依)ln(l+x)-X.

⑴當(dāng)a=-2時(shí),求/(x)的極值；

⑵當(dāng)x20時(shí)，f(x)>0,求。的取值范圍.

【答案】⑴極小值為0,無極大值.

(2)a<-g

【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的單調(diào)性和零點(diǎn)可求函數(shù)的極值.

(2)求出函數(shù)的二階導(dǎo)數(shù)，就<。<0、0分類討論后可得參數(shù)的取值范圍.

22

【詳解】(1)當(dāng)。=-2時(shí)，f(x)=(1+2x)ln(l+x)-x,

］+2Y1

故/'(x)=21n(l+:t)+——--l=21n(l+x)--------+1,

1+尤1+尤

因?yàn)?gt;=2111(1+幻,)；=-^^一+1在(-1,+8)上為增函數(shù)，

故/'(X)在(-1,+。)上為增函數(shù)，而/'(0)=。，

故當(dāng)一i<x<o時(shí)，r(無)<0,當(dāng)x>。時(shí)，r(尤)>0,

故/(x)在X=0處取極小值且極小值為/(0)=0,無極大值.

(2);(%)=-aIn(1+x)+-—--1=-aIn(1+尤)-("+l)x,苫>0,

1+X1+X

、門/\,/x+

設(shè)sIn(1+x)-———,%>0,

,(、-a(?+1)a(%+l)+a+lQX+2Q+1

則”小寸而1一-房廠一干干，

當(dāng)aW-g時(shí)，*x)>0,故s(x)在(0,+句上為增函數(shù)，

故s(x)>s(O)=O,即/(x)>0,

所以在［0,+8)上為增函數(shù)，故/(x)2〃0)=0.

當(dāng)一g<a<0時(shí)，當(dāng)0Vxe—2〃+1時(shí),s［x)<0,

故S(x)在(。，-寧)上為減函數(shù)，故在［。,-胃］上s(x)<s(o),

即在［o,-一上/'(x)<0即“X)為減函數(shù)，

故在(。，-上/(x)<〃O)=O,不合題意，舍.

當(dāng)aNO,此時(shí)s'(x)<0在(0,+<)上恒成立，.

同理可得在(0,+力)上/(力</(0)=0恒成立，不合題意，舍；

綜上，a<—.

2

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：導(dǎo)數(shù)背景下不等式恒成立問題，往往需要利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性，有時(shí)還需要對(duì)導(dǎo)

數(shù)進(jìn)一步利用導(dǎo)數(shù)研究其符號(hào)特征，處理此類問題時(shí)注意利用范圍端點(diǎn)的性質(zhì)來確定如何分類.

3.(2022?全國?統(tǒng)考高考真題)已知函數(shù)〃無)=打熱一el

(1)當(dāng)。=1時(shí)，討論Ax)的單調(diào)性；

(2)當(dāng)x>0時(shí)，,求。的取值范圍；

111,，八

⑶設(shè)"N*'證明：N+E+…+H5+).

【答案】⑴的減區(qū)間為(3,0),增區(qū)間為(0,y).

⑵*

⑶見解析

【分析】(1)求出廣(X)，討論其符號(hào)后可得“X)的單調(diào)性.

(2)設(shè)//(￡)=xem-e*+l,求出/⑺，先討論a時(shí)題設(shè)中的不等式不成立，再就結(jié)合放縮法

討論“(X)符號(hào)，最后就a<0結(jié)合放縮法討論h(x)的范圍后可得參數(shù)的取值范圍.

(3)由(2)可得21nr<”！對(duì)任意的;">：!恒成立，從而可得1!!(〃+1)-111〃<-^^=對(duì)任意的〃eN*恒成立，

ty/n+n

結(jié)合裂項(xiàng)相消法可證題設(shè)中的不等式.

【詳解】(1)當(dāng)4=1時(shí)，/(x)=(x-l)e\則/'(x)=xe)

當(dāng)x<0時(shí)，/'(x)<。，當(dāng)x>。時(shí)，制x)>。，

故/(x)的減區(qū)間為(-°°,0),增區(qū)間為(0,+8).

(2)設(shè)/2("=入產(chǎn)—爐+1,則>(0)=0,

又”(x)=(1+依)e?-e",設(shè)g(x)=(l+ax)一e*,

則g'(x)=(2a+/x)e以—ex,

若〃>g,則g，(0)=2a—l>0,

因?yàn)間'(x)為連續(xù)不間斷函數(shù)，

故存在％e(O,+8),使得Vxe(O,Xo),總有g(shù)'(x)>0,

故g(x)在(0,飛)為增函數(shù),故g(x)>g(O)=O,

故〃(x)在(0,3)為增函數(shù),故3)>響=0,與題設(shè)矛盾.

若0<aV：,則〃(x)=(1+依)*-e*=^+ax]-e,

下證：對(duì)任意x>0,總有l(wèi)n(l+x)<x成立，

證明：設(shè)S(x)=In(1+尤)—x,故S(x)=,----1=----<0,

故S(x)在(0,+8)上為減函數(shù),故S⑺<S⑼=0即ln(l+x)<x成立.

由上述不等式有e5+m。+*)_/<-eA=e2ai-ex<0，

故"(x)W0總成立，即/z(x)在(0,+“)上為減函數(shù)，

所以/2(X)</2(0)=0.

當(dāng)a<0時(shí)，有〃(x)=e儂一爐+,4<1—1+0=0,

所以/z(x)在(。,+8)上為減函數(shù)，所以/z(x)</2(0)=0

綜上，a~'2,

(3)取a=g,貝i」Vx>0,總有尤:e'+l<0成立，

令I(lǐng)f-_c>則f>l,f~=e*,x=21nf,

故2rln"/_i即21nf<—1對(duì)任意的f>l恒成立.

t

所以對(duì)任意的〃￡N*,有21nJ"1<J"1-J"],

整理得到J：In(〃+1)-In〃</,

7rl+n

1__1+/J>In2-In1+In3-In2H---FIn(n+1)-In"

故Vl2+1+V22+2+

=ln(w+l),

故不等式成立.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛：函數(shù)參數(shù)的不等式的恒成立問題，應(yīng)該利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，注意結(jié)合端點(diǎn)處

導(dǎo)數(shù)的符號(hào)合理分類討論，導(dǎo)數(shù)背景下數(shù)列不等式的證明，應(yīng)根據(jù)已有的函數(shù)不等式合理構(gòu)建數(shù)列不等式.

4.(2024?廣東?模擬預(yù)測(cè))已知函數(shù)=-alnx,aeR.

⑴判斷函數(shù)的單調(diào)性；

(2)若20恒成立，求a的值.

【答案】⑴答案見解析

(2)a=l

【分析】(1)先求出函數(shù)/(X)的導(dǎo)函數(shù)/'(無)；再分aWO和a>0兩種情況，利用導(dǎo)數(shù)的方法分別判定單調(diào)

性即可.

(2)由(1)中函數(shù)單調(diào)性，當(dāng)aWO時(shí)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，以及/■⑴=0,可判斷當(dāng)xe(O,l)時(shí)，/(x)<0,

不符合題意；當(dāng)。>0時(shí)，根據(jù)函數(shù)單調(diào)性，得至-alna,再令g(a)=a—l—alna(a>0),對(duì)其

求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的方法求出其最值，即可結(jié)合題中條件求出結(jié)果.

【詳解】(1)函數(shù)"力的定義域?yàn)?O,+8)"'(x)=l-￡=?，

當(dāng)aWO時(shí)，/(x)>0恒成立，/(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增.

當(dāng)a>0時(shí),由f'(x)<0,得x?0,a),由/'(x)>0,得xe(a,+oo),

則函數(shù)/(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(。,y)上單調(diào)遞增.

綜上，當(dāng)aWO時(shí)，〃x)在(0,+8)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時(shí)，〃x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,內(nèi))上單調(diào)遞

增.

(2)由(1)知，當(dāng)aVO時(shí),“X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，由"1)=0,知當(dāng)xe(O,l)時(shí)，/(x)<0,不符

合題意；

當(dāng)。>0時(shí)，函數(shù)“X)在(o,。)上單調(diào)遞減，在(a,W)上單調(diào)遞增，

故/(XLin=f(a)=a-i-a\na,

由恒成立，得°一1—alnaNO恒成立，令g(a)=a-l-alna(a>O),

求導(dǎo)得g'(a)=Tna,

當(dāng)0<°<1時(shí)，g,(o)>0,當(dāng)°>1時(shí)，gr(a)<0,

于是函數(shù)ge)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,+?)上單調(diào)遞減,

所以g(a)max=g(l)=。,故g(a)=。一l-alna<。恒成立,

因此g(a)=O=g⑴,所以a=L

5.(2024?福建?三模)函數(shù)/(x)=(l—力固一工―1,其中。為整數(shù).

⑴當(dāng)。=1時(shí)，求函數(shù)/(尤)在x=l處的切線方程；

(2)當(dāng)x6(0,+8)時(shí)，/(x)<0恒成立，求”的最大值.

【答案】(l)(e+l)x+y+l-e=。

(2)2

【分析】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義直接求解即可；

(2)當(dāng)xw[l,+8)時(shí)，可得〃x)<o恒成立；當(dāng)xe(o,l)時(shí)，轉(zhuǎn)化問題為ln(x+l)-ln(l-x)-ax>0對(duì)于

xe(O,l)恒成立，設(shè)g(無)=ln(x+l)-ln(l-x)-依，xe(0,l),進(jìn)而利用導(dǎo)數(shù)分析求解即可.

【詳解】⑴當(dāng)。=1時(shí)，f(x)=(l-x)ev-x-l,則〃1)=一2,

而尸(x)=—e，+(l-x)eA-l=-xeY-l,貝|-⑴=-e-1,

所以函數(shù)在x=l處的切線方程為>+2=(-e-

即(e+1)龍+y+l-e=O.

(2)當(dāng)xe[l,+e)時(shí),(l-x)em<0,則〃x)<0恒成立，

當(dāng)xe(O,l)時(shí)，由〃x)<0,f#(l-x)eOT-x-l<0,

即e〃<」，則,vln±—=ln(x+l)-ln(l-x),

即ln(%+1)——雙>。對(duì)于X￡(O,1)恒成立，

設(shè)g(x)=In(x+1)-In(1-x)-辦，XG(0,1),

則占-。2

T^~

當(dāng)a42時(shí)，顯然g'(x)>0恒成立，則函數(shù)g(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,

貝lJg(x)>g(O)=。，滿足題意；

當(dāng)a23時(shí)，令g'(x)<0,即，2,<a,解得0<x<Jl-2,

1-xVa

此時(shí)函數(shù)8(尤)在，。，/二)］上單調(diào)遞減，

則g(x)<g(O)=O,不滿足題意.

綜上所述，。的最大值為2.

技法02用洛必達(dá)法則的解題技巧

洛必達(dá)法則，作為求解極限的一種工具，在特定條件下，通過分別對(duì)分子和分母進(jìn)行求導(dǎo)，然后計(jì)算

極限，來確定未定式極限值的方法。關(guān)于洛必達(dá)法則的詳細(xì)應(yīng)用，通常在大學(xué)高等數(shù)學(xué)課程中介紹。在這

里，我們將以高中生能夠理解的方式進(jìn)行說明，以便于備考時(shí)使用。

。技巧_克M

洛必達(dá)法則：

法則1若函數(shù)/(無)和g(x)滿足下列條件:

(1)lim/(x)=0及l(fā)img(x)=0；

(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，/(X)與g(%)可導(dǎo)且g(x)W0；

⑶lim

x—>ag

半打皿不一。

那么lim

x—>ag(x)fg'(九)

法則2若函數(shù)/(x)和g(x)滿足下列條件：

(1)=00及l(fā)img(x)=oo；

(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi),f(x)與g(%)可導(dǎo)且g'(%)W0；

(3)lim^二I,

%—g⑴

ff'(x\00

那么lim-=lim―4=/。一型

ig(%)％—g'(%)00

注意：

1.將上面公式中的X告a,XT9換成%f+00,8,%——。一洛必達(dá)法則也成立。

2.洛必達(dá)法則可處理-,-,0-oo,F,oo0,0°,oo-oo型。

000

3.在著手求極限前，首先要檢查是否滿足-,-,o-oo,r,8°,o°,s-8型定式，否則濫用洛必達(dá)法則會(huì)

0oo

出錯(cuò)。當(dāng)不滿足三個(gè)前提條件時(shí)，就不能用洛必達(dá)法則，這時(shí)稱洛必達(dá)法則不適用，應(yīng)從另外途徑求極限。

4.若條件符合，洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止。

limdD=lim〃O=lim/q,如滿足條件，可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則。

Iag(x)—ag(x)—ag⑴

技彼運(yùn)用

Inx1Inxk

(全國高考)已知——+->——+-恒成立，求k的取值范圍

x+1xx-1X

eInx1Inxk,2xlnx,、2xlnx

思路詳解：解：-----1—>----1—k<------+1記g(x)—-----—+14,

x+1xx-1x1-x1-x

2任+1)1口X+2(1-/)2(爐+1

貝1Jg'(x)=

、X+1/

1_r2

t己A(x)=lnx+———

JC+1

,14x(1-x2)

則h(x)=——7—飛==一g〉0

X(1+%2)%(1+%2)

所以，h(x)在(0,+oo)單調(diào)遞增，且h(X)=O

所以xe(O,l)時(shí)，//(%)<0,XG(1,+QO)時(shí)，h(x)>0

即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(l,4w)上單調(diào)遞增

所以

2xlnx

k<lim(g(x)=lim+1

1-x2

2xlnx2+21nx

=lim+1=lim+1=1=0

x—>1l-x2x—>1-2%

所以k<0

分析

QYInxC)

上式中求lim-一；+1用了洛必達(dá)法則當(dāng)x-1時(shí)，分子2xlnx-0,分母1—V—0,符合-

不定形式，所以lim^^=lim2+21nX=-1

x-l1-xXT-2x

'支式1.(全國高考)Vxe(0,+oo),ex-1-x-ax2..Q恒成立，求a的取值范圍

cex-x-1

思路詳解：解：e*—1—%—cix..0u<---------

x

px—x—1

記g(x)=-L，

X

[，/、xex—2e'+x+2

則(?(%)=--------3-------------

X

記h(x)=xex-2ex+x+2

貝ijh(x)=xex-ex+1

h(x)=xex>0

所以，h(x)在(0,+oo)單調(diào)遞增，所以(0)=0

所以，h(x)在(0,+8)單調(diào)遞增，所以h(x)>h(0)=0

即在(0,+co)上g'(x)〉0,所以g(x)在(0,+8)上單調(diào)遞增

所以

ex—x—1=lim-^-^=lim—=-

a<limg(x)=lim

2

%fox->0XXf02xXfo22

所以a<—

2

＞重式2.（天津高考）\/%￡[0,+8）,%-111（%+1）＜依2恒成立，求〃的取值范圍

左刀工/，2、1ln(x+l)

思路詳解:解：x—ln(x+1)axci---

XX2

1ln(x+l)

記g(x)=

xx2

X2+2x

+21n(x+l)

則g（九）=一工±1

X3

t己/z(x)=-X+^X+21n(x+l)

x+1

則/z(x)=-

(X+1)2

所以，當(dāng)xe[0,+oo)時(shí)，/i(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,

所以/:(%)>/z(0)=0,即g'(九"0,

所以gmax(X)=l岬g(。)

所以

1

、/、r小、rln(x+l)

1——

Aln(+1)

=lim-f=lim—^±1=lim(X+1)=-

zox2x22

所以aN—

2

◎技法演秣

1.若不等式sin尤＞%-以3對(duì)于恒成立，求。的取值范圍.

【答案】

6

【分析】由題設(shè)有”>七產(chǎn)在上恒成立，構(gòu)造函數(shù)并利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性、洛必達(dá)法則求右側(cè)

的極限，即可得參數(shù)范圍.

【詳解】當(dāng)時(shí)，原不等式等價(jià)于。>七詈.

記個(gè))=安，則八M3sinx-xcosx-2x

1己g(%)=3sinx-xcosx—2x,貝|g'(x)=2cosx+xsinx-2.

因?yàn)間"(%)=xcosx-sinx,gw(x)=-xsinx<0,

所以g〃(x)在［o,，)上單調(diào)遞減，且g〃(x)<0,

所以g")在1o,3上單調(diào)遞減，且g'(x)<0.

因此g(x)在上單調(diào)遞減，且g(x)<0,

故/(x)=息?<0,因此/(X)=七歲在1°，父上單調(diào)遞減.

0/、Tx-sinxr1-cosxrsinxcosx1

由洛必達(dá)法則有l(wèi)imf(x)=hm---=hm=hm--=hm^—=-,

x-ox-ox53x26xx->o66

即X趨向于O時(shí)，/(尤)趨向J,即有

66

故aj時(shí)，不等式sinx>尤-加對(duì)于恒成立.

2.已知函數(shù)/1(X)=x(e*-I)-。/.

⑴若"X)在尤=-1時(shí)有極值，求函數(shù)/(X)的解析式;

(2)當(dāng)尤20時(shí)，/(%)>0,求。的取值范圍.

【答案】⑴〃尤)=尤(/一1)一白2

(2)</<1

【分析】小問1：由/'(-1)=?？傻?。的值，進(jìn)而可得尸(x)表達(dá)式，然后進(jìn)行檢驗(yàn)符合條件即可；

小問2：根據(jù)題意可得e:ar-120對(duì)于x?0恒成立，令g(x)=3,只需8⑺疝后即利用導(dǎo)數(shù)分析g(x)

的單調(diào)性結(jié)合由洛必達(dá)法則，則最值即可求解.

【詳解】(1)因?yàn)?(元)=%(。"一1)一以2,所以尸(x)=e"—l+xe"—2〃x,

由/(X)在X=T處取極值，得廣(-1)=。，求得a=g,

當(dāng)x<-L時(shí)，/'(x)=(e，_l)(尤+1)>0；當(dāng)x>—l時(shí)，/(無)=(e*_l)(尤+1)<0；

則了⑺在尸-1時(shí)有極大值，符合題意，

所以/(無)=x(e*-1)-g尤2；

(2)當(dāng)兀20時(shí)，/(%)>0,即x(ex-1)>ax2.

①當(dāng)x=0時(shí)，aeR；

②當(dāng)了>0時(shí)，x(e%-1)>ax2等價(jià)于ex-l>ax,也即“W-——-.

x

記g(x)=巨二1,xe(0,+8),則g，(x)=l￡二吃上1.

XX

記/z(x)=(x-l)e%+1,XG(0,+OO),則〃(%)=xe龍〉0,因此/?(%)=(x—l)e“+1在(0,+8)上單調(diào)遞增，且

〃(x)>〃(0)=0,所以g，(x)=^>0；從而g(x)=￡zl

XX

在(0,+8)上單調(diào)遞增，所以aWlim史二L

X

xx

e_1e

由洛必達(dá)法則有：limg(x)=lim----=lim一=1,即當(dāng)時(shí)，g(x)―>1,所以

%—>0X—>0x%—>0］

g(x)>1,即有aWl,

綜上所述，當(dāng)。<1,xNO時(shí)，成立.

3.(2024?浙江?二模)①在微積分中，求極限有一種重要的數(shù)學(xué)工具一一洛必達(dá)法則，法則中有結(jié)論：若函

數(shù)〃X),g(x)的導(dǎo)函數(shù)分別為尸(x),g'(x),且蚓/(x)=^g(x)=o,則

../(x)f\x)

lim=lim7.

…g(x)…g(x)

②設(shè)4>04是大于1的正整數(shù),若函數(shù)〃工)滿足：對(duì)任意碇［0,。］,均有/(%)常］)成立,且映〃同=0,

則稱函數(shù)〃尤)為區(qū)間［0,上的左階無窮遞降函數(shù).

結(jié)合以上兩個(gè)信息，回答下列問題：

⑴試判斷〃x)=^-3x是否為區(qū)間［0,3］上的2階無窮遞降函數(shù);

⑵計(jì)算：lim(l+%戶；

XTO

(3)證明：<cosx,xe(7i,g7t；

【答案】⑴〃x)=V-3x不是區(qū)間［0,3］上的2階無窮遞降函數(shù);

(2)lim(l+x)x=e

⑶證明見解析

【分析】(1)根據(jù)函數(shù)〃X)為區(qū)間［0，4］上的上階無窮遞降函數(shù)的定義即可判斷;

(2)通過構(gòu)造“(司=地(耳，再結(jié)合1加里=lim室即可得到結(jié)果；

…g(X)xiag(x)

(3)通過換元令令x-兀=/,則原不等式等價(jià)于tandsit?也巴再通過構(gòu)造函數(shù)

根據(jù)題干中函數(shù)/■(*)為區(qū)間0弓上的左階無窮遞降函數(shù)的定義證出

即可證明結(jié)論.

【詳解】⑴設(shè)尸(x)=〃x)-/傳］=4/一［無，

\Zyo2

73

由于尸⑴=丁不<0,

oZ

所以“x”dm不成立，

故〃力=三-3x不是區(qū)間［0,3］上的2階無窮遞降函數(shù).

(2)設(shè)g(x)=Q+x尸，貝11ng(x)=Jn(l+x)=［)，

設(shè)〃(x)=當(dāng)"，

1

則「7/、Tln(l+x)「1+Y1,

limh(x)=lim----------=hm1十"=I

x—0x->0%x-0］

所以^^lng(x)=l,得lim(l+x)“=e?

%-?o

(3)令x-n=t,則原不等式等價(jià)于tam-sin2r)/e(o,3,

口口、十tanZ?sin2Z、1(八兀)

即證一——>l,/e0,-,

、-1工/\tanrsin2r(八兀、(.、8tan--sin2—

記/⑺=/，，€［。，2)貝ntI［工

2

23cos—,

f(^)tanr-sinrt._____2__L

所