成立问题的撒手锏

夏正勇

[摘 要] 导数的应用问题是各地高考卷中的热点问题，经常以压轴题的形式出现.这类问题，综合性强，对学生的综合解题能力，思维的灵活性、创造性方面要求很高.本文针对此类问题进行剖析，促进知识的有效复认和解决问题方法的创新生成.

[关键词] 成立问题；分离参数；分类讨论；洛比达法则

恒成立与能成立问题（存在性问题）一直是函数知识的热点内容，都是导数的应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的问题. 对于此类问题，我们常用的一种方法是分离参数，再利用求导的方法解决，但此法应用有局限，有时会发现求导后的函数值不存在.这时我们应转变战略，从其他角度入手，比如洛必达法则.

发现问题

典例1：（2017届高三期末镇江卷）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=λ（x2-1）（λ为常数）.

（1）已知函数y=f（x）与y=g（x）在x=1处有相同的切线，求实数λ的值；

（2）如果λ= ，且x≥1，证明：f（x）≤g（x）；

（3）若对任意x≥1时，关于x的不等式f（x）≤g（x）恒成立，求实数λ的取值范围.

原解：略. 原解在处理第（3）问时，用分类讨论的方法处理，但比较烦琐，也较难想到.现采用分离参数的方法处理如下.

另解：（3）当x=1时，不等式恒成立，此时λ∈R；

当x>1时，问题等价于λ≥ max；

令g（x）= （x>1），则g′（x）= ，令h（x）=-x2lnx-lnx+x2-1（x>1），则h′（x）=-2xlnx+x- ，h″（x）= -2lnx+ -1. 因为x>1，所以h″（x）<0. 知h′（x）在（1，+∞）上为减函数，h′（x）

问题1：函数g（x）在（1，+∞）上为减函数，因此在x=1处取得最大值，而x=1取不到；

问题2：x=1不能代入函数，代入的话分母为零，无意义.

思考：上述两个问题，问题2才是关键.若函数g（x）在x→1时，g（x）→+∞，则该题无解，正常情况下出题人不会这样设计问题的. 那么只有一种可能就是函数g（x）在x→1时，g（x）存在逼近值，也就是极限. 如果能求出这个极限，那么这个问题就迎刃而解了.

寻找对策

回过头来重新审视一下函数g（x）= （x>1），当把x=1分别代入分子和分母后，会发现分子分母都是0. 笔者研究发现利用分离参数的方法不能解决的这部分问题的普遍原因都是出现了“ ”型的式子，而这就是高等数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则.

【法则1】若函数f（x）和g（x）满足下列条件：（1） f（x）=0及 g（x）=0；

（2）在点a的去心邻域内，f（x）与g（x）可导且g′（x）≠0；

（3） =l，那么 = =l.

【法则2】若函数f（x）和g（x）满足下列条件：（1） f（x）=∞及 g（x）=∞；

（2）在点a的去心邻域内，f（x）与g（x）可导且g′（x）≠0；

（3） =l，那么 = =l.

尝试成功

研究函数g（x）= （x>1），完全符合【法则1】. 由洛必达法则知， g（x）= = = = ，故λ≥ ；综上，可知实数λ的取值范围是 ，+∞. 顺利解决此问题.

典例2：已知函数f（x）=x（ex-1）-ax2，当x≥0时，f（x）≥0，求实数a的取值范围.

解：当x=0时，a∈R；当x>0时，问题等价于≤ min. 记g（x）= （x>0），则g′（x）= ，令h（x）=（x-1）ex+1（x>0），则h′（x）=xex>0，因此h（x）在（0，+∞）上单调递增，所以h（x）>h（0）=0，从而g′（x）>0，所以g（x）在（0，+∞）上單调递增.

由洛必达法则知， g（x）= = = =1，故a≤1；

综上，可知实数a的取值范围是（-∞，1].

小结：这两题用分离参数法解题过程中都遇到了“当x=1（x=0）时，函数g（x）值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境. 如果考前对学生讲授洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法，同时也可以避免学生用分离参数法做到这一步却走不下去，进而否定此解法，前功尽弃.

提炼升华

通过以上两道例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足：

（1）不等式可以进行分离参数；（2）分离参数后，可以用导数确定另一端新函数的单调性；（3）出现“ ”型式子；当不满足三个前提条件时，就不能使用洛必达法则，滥用会出错，这时应从另外途径求极限.当然，高中阶段的导数应用问题不会出现如此复杂局面.

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

（1）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x-2y+1=0，求f（x）的单调区间；

（2）若a=2，且关于x的方程f（x）=1在 ，e上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围；

（3）若a=2，b=-1，当x≥1时，关于x的不等式f（x）≥t（x-1）2恒成立，求实数t的取值范围.

原解：略.

原解在处理第（3）问时计算过程复杂，学生难以把握.现利用洛必达法则处理如下.

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

当x>1时，问题等价于t≤ min.

令g（x）= （x>1），则g′（x）= . 令h（x）=-2xlnx+x2-1（x>1），则h′（x）=2x-2lnx-2，h″（x）=2- = . 因为x>1，所以h″（x）>0. 知h′（x）在（1，+∞）上为增函数，h′（x）>h′（1）=0；知h（x）在（1，+∞）上为增函数，h（x）>h（1）=0；所以g′（x）>0，g（x）在（1，+∞）上为增函数.

由洛必达法则知， g（x）= = = .

问题：使用了一次洛必达法则后，发现 中仍不能代入x=1.

对策：当把x=1分别代入 的分子和分母后，会发现分子分母仍然都是0，并且符合【法则1】，那么就可以再次使用洛必达法则.

由洛必达法则知， g（x）= = = = ，故t≤ .

综上，可知实数t的取值范围是-∞， .

典例4：若不等式sinx>x-ax3对于x∈0， 恒成立，求实数a的取值范围.

解：当x∈0， 时，原问题等价于a> max.

令f（x）= ，x∈0， ，则f′（x）= . 令g（x）=3sinx-xcosx-2x，x∈0， ，

则g′（x）=2cosx+xsinx-2，g″（x）=xcosx-sinx，g？苁（x）=-xsinx<0，所以g″（x）在0， 上单调递减，g″（x）

所以f′（x）<0，因此f（x）= 在0， 上单调递减.

由洛必达法则知， f（x）= = = = = ，故a≥ .

综上，可知实数t的取值范围是 ，+∞.

小结：通过以上两个例题的分析，我们可以发现只要条件符合，洛必达法则可以连续多次使用，直到求出极限为止.在例4中，虽然在判断新函数的单调性时最后都运用了三阶导数，求导的过程中感觉前路迷茫，其实不用担心，高中阶段的这种问题中的函数必然存在极限，所以只要确定了单调性就可以放心使用洛必达法则了.

总结成果

利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：

（1）將公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x→a+，x→a-洛必达法则也成立.

（2）洛必达法则可处理 ， ，0·∞，1∞，∞0，00，∞-∞型.

（3）在着手求极限以前，首先要检查是否满足 ， ，0·∞，1∞，∞0，00，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错. 当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限.

（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止.

对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些麻烦，利用洛必达法则可以较好地处理它的最值，是一种值得借鉴的方法. 但是也不可能涵盖所有情况，在解题过程中，只有根据题目，灵活运用各种所学的知识，才能方便解题，提高解题效率.