成立問題的殺手锏

夏正勇

[摘 要] 導數的應用問題是各地高考卷中的熱點問題，經常以壓軸題的形式出現.這類問題，綜合性強，對學生的綜合解題能力，思維的靈活性、創造性方面要求很高.本文針對此類問題進行剖析，促進知識的有效復認和解決問題方法的創新生成.

[關鍵詞] 成立問題；分離參數；分類討論；洛比達法則

恒成立與能成立問題（存在性問題）一直是函數知識的熱點內容，都是導數的應用問題，其中求參數的取值范圍就是一類重點考查的問題. 對于此類問題，我們常用的一種方法是分離參數，再利用求導的方法解決，但此法應用有局限，有時會發現求導后的函數值不存在.這時我們應轉變戰略，從其他角度入手，比如洛必達法則.

[?] 發現問題

典例1：（2017屆高三期末鎮江卷）已知函數f（x）=xlnx，g（x）=λ（x2-1）（λ為常數）.

（1）已知函數y=f（x）與y=g（x）在x=1處有相同的切線，求實數λ的值；

（2）如果λ=，且x≥1，證明：f（x）≤g（x）；

（3）若對任意x≥1時，關于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，求實數λ的取值范圍.

原解：略. 原解在處理第（3）問時，用分類討論的方法處理，但比較煩瑣，也較難想到.現采用分離參數的方法處理如下.

另解：（3）當x=1時，不等式恒成立，此時λ∈R；

當x>1時，問題等價于λ≥

max；

令g（x）=（x>1），則g′（x）=，令h（x）=-x2lnx-lnx+x2-1（x>1），則h′（x）=-2xlnx+x-，h″（x）= -2lnx+-1. 因為x>1，所以h″（x）<0. 知h′（x）在（1，+∞）上為減函數，h′（x）

問題1：函數g（x）在（1，+∞）上為減函數，因此在x=1處取得最大值，而x=1取不到；

問題2：x=1不能代入函數，代入的話分母為零，無意義.

思考：上述兩個問題，問題2才是關鍵.若函數g（x）在x→1時，g（x）→+∞，則該題無解，正常情況下出題人不會這樣設計問題的. 那么只有一種可能就是函數g（x）在x→1時，g（x）存在逼近值，也就是極限. 如果能求出這個極限，那么這個問題就迎刃而解了.

[?] 尋找對策

回過頭來重新審視一下函數g（x）=（x>1），當把x=1分別代入分子和分母后，會發現分子分母都是0. 筆者研究發現利用分離參數的方法不能解決的這部分問題的普遍原因都是出現了“”型的式子，而這就是高等數學中的不定式問題，解決這類問題的有效方法就是洛必達法則.

【法則1】若函數f（x）和g（x）滿足下列條件：（1）f（x）=0及g（x）=0；

（2）在點a的去心鄰域內，f（x）與g（x）可導且g′（x）≠0；

（3）=l，那么==l.

【法則2】若函數f（x）和g（x）滿足下列條件：（1）f（x）=∞及g（x）=∞；

（2）在點a的去心鄰域內，f（x）與g（x）可導且g′（x）≠0；

（3）=l，那么==l.

[?] 嘗試成功

研究函數g（x）=（x>1），完全符合【法則1】. 由洛必達法則知，g（x）====，故λ≥；綜上，可知實數λ的取值范圍是

，+∞

. 順利解決此問題.

典例2：已知函數f（x）=x（ex-1）-ax2，當x≥0時，f（x）≥0，求實數a的取值范圍.

解：當x=0時，a∈R；當x>0時，問題等價于≤

min. 記g（x）= （x>0），則g′（x）=，令h（x）=（x-1）ex+1（x>0），則h′（x）=xex>0，因此h（x）在（0，+∞）上單調遞增，所以h（x）>h（0）=0，從而g′（x）>0，所以g（x）在（0，+∞）上單調遞增.

由洛必達法則知，g（x）====1，故a≤1；

綜上，可知實數a的取值范圍是（-∞，1].

小結：這兩題用分離參數法解題過程中都遇到了“當x=1（x=0）時，函數g（x）值沒有意義”這一問題，很多考生會陷入困境. 如果考前對學生講授洛必達法則的應用，再通過強化訓練就能掌握解決此類難題的這一有效方法，同時也可以避免學生用分離參數法做到這一步卻走不下去，進而否定此解法，前功盡棄.

[?] 提煉升華

通過以上兩道例題的分析，我們不難發現應用洛必達法則解決的試題應滿足：

（1）不等式可以進行分離參數；（1）分離參數后，可以用導數確定另一端新函數的單調性；（3）出現“”型式子；當不滿足三個前提條件時，就不能使用洛必達法則，濫用會出錯，這時應從另外途徑求極限.當然，高中階段的導數應用問題不會出現如此復雜局面.

典例3：（2017屆高三期末常州卷）已知函數f（x）=ax2lnx+bx+1.

（1）若曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為x-2y+1=0，求f（x）的單調區間；

（2）若a=2，且關于x的方程f（x）=1在

，e上恰有兩個不等的實根，求實數b的取值范圍；

（3）若a=2，b=-1，當x≥1時，關于x的不等式f（x）≥t（x-1）2恒成立，求實數t的取值范圍.

原解：略.

原解在處理第（3）問時計算過程復雜，學生難以把握.現利用洛必達法則處理如下.

另解：（3）當a=2，b=-1時，f（x）=x2lnx-x+1. 當x=1時，不等式恒成立，此時t∈R；

當x>1時，問題等價于t≤

min.

令g（x）=（x>1），則g′（x）=. 令h（x）=-2xlnx+x2-1（x>1），則h′（x）=2x-2lnx-2，h″（x）=2-=. 因為x>1，所以h″（x）>0. 知h′（x）在（1，+∞）上為增函數，h′（x）>h′（1）=0；知h（x）在（1，+∞）上為增函數，h（x）>h（1）=0；所以g′（x）>0，g（x）在（1，+∞）上為增函數.

由洛必達法則知，g（x）===.

問題：使用了一次洛必達法則后，發現中仍不能代入x=1.

對策：當把x=1分別代入的分子和分母后，會發現分子分母仍然都是0，并且符合【法則1】，那么就可以再次使用洛必達法則.

由洛必達法則知，g（x）====，故t≤.

綜上，可知實數t的取值范圍是

-∞，

.

典例4：若不等式sinx>x-ax3對于x∈

0，

恒成立，求實數a的取值范圍.

解：當x∈

0，

時，原問題等價于a>

max.

令f（x）=，x∈

0，

，則f′（x）=. 令g（x）=3sinx-xcosx-2x，x∈

0，

，

則g′（x）=2cosx+xsinx-2，g″（x）=xcosx-sinx，g?（x）=-xsinx<0，所以g″（x）在

0，

上單調遞減，g″（x）

0，

上單調遞減，g′（x）

0，

上單調遞減，g（x）

所以f′（x）<0，因此f（x）=在

0，

上單調遞減.

由洛必達法則知，f（x）=====，故a≥.

綜上，可知實數t的取值范圍是

，+∞

.

小結：通過以上兩個例題的分析，我們可以發現只要條件符合，洛必達法則可以連續多次使用，直到求出極限為止.在例4中，雖然在判斷新函數的單調性時最后都運用了三階導數，求導的過程中感覺前路迷茫，其實不用擔心，高中階段的這種問題中的函數必然存在極限，所以只要確定了單調性就可以放心使用洛必達法則了.

[?] 總結成果

利用洛必達法則求未定式的極限是微分學中的重點之一，在解題中應注意：

（1）將公式中的x→a，x→∞換成x→+∞，x→-∞，x→a+，x→a-洛必達法則也成立.

（2）洛必達法則可處理，，0·∞，1∞，∞0，00，∞-∞型.

（3）在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足，，0·∞，1∞，∞0，00，∞-∞型定式，否則濫用洛必達法則會出錯. 當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，應從另外途徑求極限.

（4）若條件符合，洛必達法則可連續多次使用，直到求出極限為止.

對成立問題中的求參數取值范圍，參數與變量分離較易理解，但有些題中的求分離出來的函數式的最值有些麻煩，利用洛必達法則可以較好地處理它的最值，是一種值得借鑒的方法. 但是也不可能涵蓋所有情況，在解題過程中，只有根據題目，靈活運用各種所學的知識，才能方便解題，提高解題效率.