1、设函数 f(x)(x1)ln(x 1)，若对所有的 x0，都有 f(x)ax 成立，求实数 a 的取值范围解析：解法 1：令 g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，对函数 g(x)求导数：g(x)=ln(x+1)+1-a，令 g(x)=0，解得 x=ea-1-1.(1)当 a1 时，对所有 x0,g(x)0,所以 g(x)在0，+ )上是增函数.又 g(0)=0，所以对 x0，有 g(x)g(0),即当 a1 时，对于所有 x0，都有 f(x)ax.(2)当 a1 时，对于 0xea-1-1，g(x) 0,所以 g(x)在(0,ea-1-1)是减函数.又 g(0)=0，所以对 0xea-1
2、-1，有g(x)g(0)，即 f(x)ax.所以当 a1 时，不是对所有的 x0，都有 f(x)ax 成立.综上 a 的取值范围是(-,1.解法 2：令 g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，于是不等式 f(x)ax 成立即为 g(x)g(0)成立.对 g(x)求导数得 g(x)=ln(x+1)+1-a,令 g(x)=0，解得 x=ea-1-1,当 xea-1-1 时， g(x) 0，g(x)为增函数，当-1xea-1-1 时，g(x)0，g(x)为减函数.要对所有 x0 都有 g(x)g(0)充要条件为 ea-1-10.由此得 a1，即 a 的取值范围是(-,1.1.231,!()!nx
3、 xxe e其中 ；(01)2. 231ln(),!nxxR其中 ；11()()!nnnRx3.3521si ()!)!knxR其中 ；21()cos)!knRx4. 2421cos1(!)!kknxR其中 ；2()cos!knRx已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 .ln()1axbf()yfx1,()f 230xy（）求 、 的值；（ ）如果当 ，且 时， ， 求 的取值范围.0xln()kfx（）略解得 ， .1ab（）方法一：分类讨论、假设反证法由（）知 ，所以 .ln()1xf22ln1(1)()lnxkkxfx考虑函数 ，则 .()2lh2()kx(0)2()h(i)当 时，由
4、 知，当 时， .因为 ，0k22(1)1x()0x(1)h所以当 时， ，可得 ；当 时， ，可(,1x(0hx2()0h,得，从而当 且 时， ，即 ；2()01hx1ln()1xkfln()1xkf（ii）当 时，由于当 时， ，故 ，而1k(,)xk2()0x()0hx，故当 时， ，可得 ，与题设矛盾.()0h(,)xk0h21(h（iii ）当 时， ，而 ，故当 时， ，可得k(x(),)x()x，与题设矛盾.综上可得， 的取值范围为 .21()xk(0，当 ，且 时， ，即 ，01ln()1xfln1lxkx也即 ，记 ， ，且2lnlxkx2()g01则 ，2222()l()
5、1)=ln)1(1)xg x记 ，则 ，2()lnxhx224()+0()hx从而 在 上单调递增，且 ，因此当 时， ，当()hx0,)(1)0h(0,1)x()0hx时， ；当 时， ，当 时， ，所1,(,xgg以 在 上单调递减，在 上单调递增.()gx()由洛必达法则有 ，221 111lnlnln2lim()li)imi0x xxx即当 时， ，即当 ，且 时， .(0g()g因为 恒成立，所以 .综上所述，当 ，且 时， 成)kk ln()1xkf立， 的取值范围为 .(，设函数 .2()1xfea（）若 ，求 的单调区间；0a()f（）当 时， ，求 的取值范围.x0x应用洛必
6、达法则和导数（）当 时， ，即 .0()f 21xea当 时， ；当 时， 等价于 .xaR02x 21xea记 ，则 . 21()xeg(+)， 3()xeg记 ，则 ，当 时，xh(0x， ()1xh(0+)，所以 在 上单调递增，且 ，()0xe()1he+， )h所以 在 上单调递增，且 ，因此当(2)x)， ()0x时， ，从而 在 上单调递增.0+x， 3(0g21(xeg，由洛必达法则有，2000011lim()lilimli2xxxxeeg即当 时， ，所以当 时，所以 ，因此 .()(+)， 1()2gxa综上所述，当 且 时， 成立.12ax)fx若不等式 对于 恒成立，求
7、 的取值范围.3sinxa(0,)2xa应用洛必达法则和导数当 时，原不等式等价于 .(0,)2x3sinx记 ，则 .3sin()xf4ico2()fx记 ，则 .ico2g()singx因为 ，()sinstanxxx，所以 在 上单调递减，且 ，i0g()g0,2()0gx所以 在 上单调递减，且 .因此 在 上单调递减，()x,)2()x(),2且 ，故 ，因此 在 上单调递减.()0g4()0gfx3sin()xf(0,)由洛必达法则有，3200000sin1cosicos1lim()lilmllm66xxxxxf即当 时， ，即有 .()6g()f故 时，不等式 对于 恒成立.16
8、a3sinxa(0,)2x通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足： 可以分离变量；用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性； 现“ ”型式子.02010 海南宁夏文（21）已知函数 .2()1)xfea（）若 在 时有极值，求函数 的解析式；()fx（）当 时， ，求 的取值范围.0x()0fx解：（）略（）应用洛必达法则和导数当 时， ，即 .x()fx2(1)xea当 时， ；0aR当 时， 等价于 ，也即 .2()xx 1xea记 ， ，则 .1()xeg(0,)(1)xg记 ， ，则 ，因此 在xh,()0xhe()1xhe上单调递增，且 ，所以 ，从而 在(
9、0,)()0hgg上单调递增.,由洛必达法则有，0001lim()lilimxxxeg即当 时， ()所以 ，即有 .()1gxa综上所述，当 ， 时， 成立.0x()0fx2010 全国大纲理（22）设函数 .()1xfe（）证明：当 时， ；1x()1xf（）设当 时， ，求 的取值范围.0a解：（）略（）应用洛必达法则和导数由题设 ，此时 .x()fx当 时，若 ，则 ， 不成立；0a1a0()1xfa当 时，当 时， ，即 ；x()1xf xe若 ，则 ；xR若 ，则 等价于 ，即 .01xeaxa1xe记 ，则 .()xg2 2221()=()()()xxxxxeeg e记 ，则 ，
10、 .2xxheexxh+0xhe因此， 在 上单调递增，且 ，所以 ，()(0)， (0)()h即 在 上单调递增，且 ，所以 .x0， x因此 ，所以 在 上单调递增.2()=()0xegh()g0)，由洛必达法则有，即当 时，000011lim()lilimli12x xxx xeee0x，即有 ，所以 .综上所述， 的取值范围是 .12g()2gaa(,2设函数 sin()coxf（）求 的单调区间；（）如果对任何 ，都有 ，求 的取值范围0x ()fxa解：（） 2 2(2cossin)cos1)()()xf x当 （ ）时， ，即 ；2233kxkZ1cos2x()0fx当 （ ）时， ，即 4因此 在每一个区间 （ ）是增函数，()fx23k， kZ在每一个区间 （ ）是减函数 ()f 4， （）应用洛必达法则和导数 sin()2coxfa若 ，则 ；0R若 ，则 等价于 ，即xsixsin(2co)xasin()2co)xg则 .22coins()(c)g记 ，siohxxx2()2concs1i1iin2si(n)x因此，当 时， ， 在 上单调递减，且 ，故 ，(0,)x()0hx(),(0h()0gx所以 在 上单调递减，g而 .000sincos1lim()lilim(2co)2+in3xxxx另一方面，当 时， ，因此 .,(cs)gx13a
