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(word完整版)MS11洛必达法则与恒成立问题训练
洛必达法则与恒成立问题训练
1.（06全国卷2）设函数若对所有的≥0,都有≥ax成立。求实数a的取
值范围.

2.(2014•新课标II)已知函数f（x）=ex﹣e﹣x﹣2x．
（Ⅰ)讨论f(x）的单调性；（Ⅱ）设g（x）=f(2x）﹣4bf（x),当x＞0时，g(x）＞0,求b的最大值；
（Ⅲ）已知1。4142＜＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001)．

3。（2014•陕西）设函数f(x）=ln（1+x）,g（x）=xf′（x)，x≥0，其中f′(x)是f（x）的导函数．
（Ⅰ）令g1（x)=g（x）,gn+1（x）=g（gn（x）），n∈N+，求gn（x）的表达式；
（Ⅱ）若f（x）≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围；
(Ⅲ）设n∈N+,比较g（1)+g(2）+…+g（n)与n﹣f（n）的大小，并加以证明．

4.（2013•辽宁）已知函数f（x)=(1+x）e﹣2x，g（x）=ax++1+2xcosx,当x∈［0，1］时，
（I）求证：；(II）若f（x）≥g（x)恒成立，求实数a的取值范围．

5.（2012•天津）已知函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，其中a＞0．
（1)求a的值；(2）若对任意的x∈［0,+∞)，有f(x）≤kx2成立，求实数k的最小值；
（3)证明：（n∈N＊）．

6.(2010•新课标）设函数f（x）=x(ex﹣1)﹣ax2
（Ⅰ）若a=，求f（x）的单调区间；（Ⅱ)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．

7。（2010•湖北)已知函数f（x）=ax++c(a＞0）的图象在点(1，f(1））处的切线方程为y=x﹣1．
(1）用a表示出b，c;（2)若f（x）≥lnx在［1，+∞）上恒成立，求a的取值范围．

8。(2016•中山市模拟）已知函数f（x）=ax3+bx2在点（2，f（2））处的切线方程为6x+3y﹣10=0，且对任意的x∈[0，+∞）f′（x）≤kln（x+1）恒成立．（I)求a，b的值；（Ⅱ）求实数k的最小值；(Ⅲ)证明：．

9。（2016•吉林三模）设，曲线y=f(x）在点（1，f（1）)处的切线与直线2x+y+1=0垂直．（1)求a的值；(2）若∀x∈[1，+∞），f(x)≤m（x﹣1）恒成立，求m的范围．（3）求证:．

10。（2016•红桥区一模)设函数f（x）=ax﹣2﹣lnx（a∈R）．
（1）若f（x）在点（e,f（e））处的切线斜率为，求a的值；（2)当a＞0时，求f（x)的单调区间；
(3)若g(x）=ax﹣ex，求证:在x＞0时，f(x）＞g（x）．

11. （2016•渭南一模）已知函数f（x）=ax2﹣x+2ln（x+1）（Ⅰ）求函数f（x）的图象在点（0，f(0）)的切线方程；（Ⅱ）设函数h（x）=f（x）﹣ln（x+1），当x∈[0,+∞）时，h（x）≤x恒成立，求实数a的取值范围．

12。（2016广州一模）已知函数,．（Ⅰ）若曲线在点处的切线斜率为，求实数的值；(Ⅱ）当时，证明：。

13。(2016广州二模） 已知函数R. (Ⅰ) 当时，求函数的最小值；
(Ⅱ） 若时,，求实数的取值范围;（Ⅲ）求证：。

14.设函数，曲线恒与轴相切于坐标原点。（1）求常数的值；（2)当时,恒成立，求实数的取值范围；(3）求证：恒成立。

1. 分析：根据不等式，即可得，故当时，不等式恒成立，当仅当时等号成立.
2。分析：（Ⅰ）由f（x）得f′(x)=ex+e﹣x﹣2，即f′（x）≥0，当且仅当ex=e﹣x即x=0时，f′（x）=0,∴函数f（x）在R上为增函数．
（Ⅱ）分离变量得，可知当时，属于类型,故可以用洛必达法则，，故,由于,故；
（Ⅲ））∵1。4142＜＜1.4143,根据(Ⅱ）中g（x）=e2x﹣e﹣2x﹣4b（ex﹣e﹣x)+（8b﹣4）x，
为了凑配ln2，并利用的近似值,故将ln即代入g（x）的解析式中，得．当b=2时，由g（x）＞0，得，
从而;所以ln2的近似值为0。693．
3.分析：（Ⅰ)由已知,,…可得用数学归纳法加以证明;
（Ⅱ)利用不等式,可知。由已知得到ln(1+x）≥恒成立构造函数φ(x）=ln（1+x）﹣（x≥0），利用导数求出函数的最小值即可；
（Ⅲ）在（Ⅱ）中取a=1，可得，令则，n依次取1,2，3…，然后各式相加即得到不等式．
4。分析：(I)只需，根据不等式，可得，令，，，，,故，命题即可得证。
（II）,当时，属于类型，可以用洛必达法则，，由于，故。
5。分析：（1）函数的定义域为（﹣a，+∞)，求导可得令f′（x）=0，可得x=1﹣a＞﹣a
令f′（x）＞0，x＞﹣a可得x＞1﹣a;令f′（x）＜0，x＞﹣a可得﹣a＜x＜1﹣a∴x=1﹣a时，函数取得极小值且为最小值∵函数f（x）=x﹣ln（x+a）的最小值为0，∴f(1﹣a）=1﹣a﹣0，解得a=1
（2） ，时,属于类型，故可用洛必达法则,
（3） 当n=1时，不等式左边=2﹣ln3＜2=右边，不等式成立；当n≥2时，，在（2）中，取k=，得f（x）≤x2,从而可得,由此可证结论．
6.分析：（I）a=时，f（x)=x(ex﹣1)﹣x2,=（ex﹣1）(x+1）
令f′（x)＞0，可得x＜﹣1或x＞0；令f′（x）＜0,可得﹣1＜x＜0；
∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞)；单调减区间为（﹣1,0）;
（II）f(x）=x(ex﹣1﹣ax）．令g(x)=ex﹣1﹣ax，则g'（x)=ex﹣a．
若a≤1,则当x∈(0，+∞）时，g'（x）＞0，g（x)为增函数，而g（0)=0,从而当x≥0时g（x）≥0，即f（x）≥0．
若a＞1，则当x∈（0,lna)时，g'（x）＜0,g(x）为减函数，而g(0)=0，从而当x∈（0，lna）时，g(x）＜0,即f（x）＜0．
综合得a的取值范围为（﹣∞，1]．
7。分析：（Ⅰ），则有，解得．
（Ⅱ)由（Ⅰ)知，，
，当时,属于型，利用洛必达法则
8.分析:（I）利用导数的几何意义即可得到f'（2）=﹣2，即12a+4b=﹣2①；切点满足切线方程可得6×2+3y﹣10=0,即f(2）=②，联立①②即可解出;解得．
（II）由(Ⅰ）得，f’（x）=﹣x2+x,可得﹣x2+x≤kln（x+1)在x∈［0,+∞）上恒成立；即x2﹣x+kln（x+1）≥0在x∈［0，+∞）恒成立;设g(x)=x2﹣x+kln（x+1)，g（0）=0，只需证对于任意的x∈［0,+∞）有g(x)≥g（0）,通过分类讨论利用导数得到函数g（x）的单调性即可得到最值;
(Ⅲ）利用（II）的结论:令k=1，有﹣x2+x≤ln（x+1），即x≤x2+ln（x+1）在x∈[0，+∞）恒成立．再令，得，利用累加求和和裂项求和即可证明．
9。分析：（1）求得函数f（x）的导函数，利用曲线y=f（x)在点（1，f（1))处的切线与直线2x+y+1=0垂直，即可求a的值；a=0．
（2） 先将原来的恒成立问题转化为，设,即∀x∈（1,+∞)，g(x）≤0．，属于类型，
（3） （3)由（2）知，当x＞1时，时，成立．不妨令，得出,再分别令k=1,2,…，n．得到n个不等式，最后累加可得．
10.分析:（1)通过f（x）在点(e，f(e）)处的切线斜率,可得f′（e)=，解得，
（2）由（1）知：f′（x）=(x＞0）,结合导数分①a≤0、②a＞0两种情况讨论即可；
（3）通过变形，只需证明h（x）=ex﹣lnx﹣2＞0即可，利用不等式，故。
11。分析：（Ⅰ)根据导数的几何意义即可求出．所求切线方程为y=x,
（Ⅱ）若对任意的x∈［0，+∞），h(x）≤x恒成立,则恒成立， ，利用洛必达法则，综合讨论结果可得实数a的取值范围为（﹣∞，0］．
12.分析：（Ⅰ)因为，所以。因为曲线在点处的切线斜率为，所以，解得.
（Ⅱ)因为,，所以等价于．
根据不等式,即证。
13。分析：(Ⅰ）解:当时，，则。 令,得.
当时， ; 当时， .∴函数在区间上单调递减，在区间上单调递增。∴当时，函数取得最小值,其值为.
（Ⅱ）若时，,即.，利用洛必达法则求出实数的取值范围是.
(Ⅲ)由(Ⅱ）知,当时, 在上单调递增.
则，即。 ∴. ∴，即.
14. 分析：（1)；（2）分离变量可得：，先令,，根据不等式,故对恒成立，为单调增函数，故只需证明即可，当时，属于类型，用洛必达法则
（3） 要证,故只需证,
只需证，只需证
令，则，构造函数即可。
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