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洛必达法则
在解决不等式恒(能)成立,求参数的取值范围这一类问题时,最常用的方法是分离参数法,转化成求函数的最值,但在求最值时如果出现“eq\f(0,0)”型的代数式,就没法求其最值.“eq\f(0,0)”型的代数式,是大学数学中的不定式问题,解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则.
法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件:
(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)=0及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)=0.
(2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0.
(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′?x?,g′?x?)=A,那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f?x?,g?x?)=eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′?x?,g′?x?)=A.
法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件:
(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)=∞及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)=∞.
(2)在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0.
(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′?x?,g′?x?)=A,那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f?x?,g?x?)=eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′?x?,g′?x?)=A.
已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对任意x0都有f(x)ax成立,求实数a的取值范围.
[解析]方法一:令φ(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x0),
则φ′(x)=ln(x+1)+1-a.
∵x0,∴ln(x+1)0.
①当1-a≥0,即a≤1时,φ′(x)0,
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
又φ(0)=0,∴φ(x)0恒成立,故a≤1满足题意.
②当1-a0,即a1时,
令φ′(x)=0,得x=ea-1-1,
∴x∈(0,ea-1-1)时,φ′(x)0;
x∈(ea-1-1,+∞)时,φ′(x)0,
∴φ(x)在(0,ea-1-1)上单调递减,
在(ea-1-1,+∞)上单调递增,
∴φ(x)min=φ(ea-1-1)φ(0)=0与φ(x)0恒成立矛盾,故a1不满足题意.
综上有a≤1,故实数a的取值范围是(-∞,1].
方法二:当x∈(0,+∞)时,
(x+1)ln(x+1)ax恒成立,
即aeq\f(?x+1?ln?x+1?,x)恒成立.
令g(x)=eq\f(?x+1?ln?x+1?,x)(x0).
∴g′(x)=eq\f(x-ln?x+1?,x2).
令k(x)=x-ln(x+1)(x0),
∴k′(x)=1-eq\f(1,x+1)=eq\f(x,x+1)0,
∴k(x)在(0,+∞)上单调递增.
∴k(x)k(0)=0,
∴x-ln(x+1)0恒成立,
∴g′(x)0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增.
由洛必达法则知
eq\o(lim,\s\do4(x→0))g(x)=eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(?x+1?ln?x+1?,x)=eq\o(lim,\s\do4(x→0))[ln(x+1)+1]=1,
∴a≤1,故实数a的取值范围是(-∞,1].
【变式训练】
已知函数f(x)=x(ex-1)-ax2(a∈R).
(1)若f(x)在x=-1处有极值,求a的值;
(2)当x0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.
[解析](1)f′(x)=ex-1+xex-2ax=(x+1)ex-2ax-1,
依题意知f′(-1)=2a-1=0,∴a=eq\f(1,2).
经检验a=eq\f(1,2)符合题意.
(2)方法一:当x0时,f(x)≥0,
即x(ex-1)-ax2≥0,即ex-1-ax≥0,
令φ(x)=ex-1-ax(x0),则φ(x)min≥0,
φ′(x)=ex-a.
①当a≤1时,φ′(x)=ex-a0,
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴φ(x)φ(0)=0,∴a≤1满足条件.
②当a1时,若0xlna,则φ′(x)0,
若xlna,则φ′(x)0.
∴φ(x)在(0,lna)上单调递减,在(lna,+∞)上单调递增,
∴φ(x)min=φ(lna)=a-1-alna≥0.
令g(a)=a-1-alna(a1),
∴g′(a)=1-(1+lna)=-lna0,
∴g(a)在(1,+∞)上单调递减.
∴g(a)g(1)=0与g(a)≥0矛盾,
故a1不满足条件,
综上,实数a的取值范围是(-∞,1].
方法二
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