洛必达法则巧解高考压轴题
(完整word版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
6 0001lim()limlim11xxxxxeegxx， 即当0x时，()1gx 所以()1gx，即有1a. 综上所述，当1a，0x时，()0fx成立. （全国大纲理）设函数()1xfxe. （Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx； （Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）略 （Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x，此时()0fx. ①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立； ②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax； 若0x，则aR； 若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex. 记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex. 记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee. 因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx， 即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx. 因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增. 由洛必达法则有 000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时， 1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2. （全国2理）设函数sin()2cosxfxx． （Ⅰ）求()fx的单调区间； （Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx． 当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．（全国1理）已知函数()11axx f x e x -+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围.（全国1理）设函数()e e x x f x -=-． （Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． （全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． （辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.（新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. （新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<；2. 231ln(1)(1),2!3!!n n n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n x θ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+-，其中2(1)cos (2)!kk n x R x k θ=-； 第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足： （1）lim ()lim ()0x ax af xg x →→==；（2）在()U a 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）()lim()x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x =++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x kf x x x>+-； （ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-，也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x xg x x=+-，0x >，且1x ≠ 则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+， 记221()ln 1x h x x x -=++，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>， 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---， 即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，.注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 分离出来.然后对分离出来的函数22ln ()11x xg x x =+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---.（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21xe x ax --≥等价于21x e xa x--≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1x h x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤. 综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立. 例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x ->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2cos sin 2g x x x x =+-.因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-，'''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x =<，因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有3200000sin 1cos sin cos 1lim ()lim lim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====， 即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立. 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：① 可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；③出现“0”型式子.（海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥. ①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)xx e ax -≥等价于1xe ax -≥，也即1x e a x-≤.记1()x e g x x-=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x h x xe =>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===， 即当0x →时，()1g x →所以()1g x >，即有1a ≤.综上所述，当1a ≤，0x ≥时，()0f x ≥成立. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥，此时()0f x ≥.①当0a <时，若1x a >-，则01x ax <+，()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x -+≤-. 记1()x x xxe e g x xe x-+=-，则2222221'()=(2)()()x x x x x x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->. 因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >，即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >. 因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增.由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时， 1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x =+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++． 当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<． 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数． 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )x g x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x x g x x x --+=+.记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减， 而00sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。
(完整版)洛必达法则巧解高考压轴题
洛必达法则巧解高考压轴题洛必达法则：法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f (x )=0及lim g (x )=0；x →a x →a(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；(3)lim x →a f '(x )=l ，g '(x )f (x )f '(x )0那么lim =lim =l 。
型x →a g (x )x →a g '(x )0法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f (x )=∞及lim g (x )=∞；x →a x →a(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；f '(x )=l ，(3)lim x →a g '(x )那么lim x →a f (x )g (x )=lim x →a f '(x )∞=l 。
型g '(x )∞注意：○1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x →a +，x →a -洛必达法则也成立。
2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。
○典例剖析例题1。
求极限∞ln x (型)lim （1）+1∞x →0x（2）lim p 0sin x -1(型)0cos x x 2ln cos x 0(型)2x 0ln x∞lim (型)（4）x →+∞x ∞lim （3）x →0变式练习:求极限（1）lim ln(1+x )sin x -sin alim x →0x →a x x -a(2)e x -e -x ln sin xlim lim π(π-2x )2x →0sin x (3)(4)x →2例题2。
已知函数f (x )=m (x -1)e +x ,m ∈R x 2（1）当m =-1时，求f (x )在[-2,1]上的最小值（2）若x +(m +2)x >f (x )在(-∞,0)上恒成立，求m 的取值范围2'例题3.已知函数f (x )=ax +（1）用a 表示b ,cb +c ,(a >0)的图像在点(1,f (1))处的切线方程为y =x -1，x（2）若f (x )≥ln x 在[1,+∞)上恒成立，求a 的取值范围例题4.若不等式sin x >x -ax 在x ∈ 0,例题5.已知f (x )=x (e -1)-ax （1）若f (x )在x =-1时有极值，求函数f (x )的解析式（2）当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围强化训练1.设函数f (x )=1-e （1）证明：当x >-1时，f (x )≥（2）当x ≥0时f (x )≤x 3⎛⎝π⎫⎪是恒成立，求a 的取值范围2⎭x 2-xx 。
12洛必达法则巧解高考压轴题-解析版-2023届高考数学二轮复习
第12讲 洛必达法则巧解 高考压轴题知识与方法数压轴题第2问中，如果是不等式恒成立来求参数的取值范围问题，我们可以用洛必达法则来处理．先给大家介绍一下什么是洛必达法则： 法则1：若函数()f x 和()g x 满足下列条件： （1）lim ()0x af x →=及lim ()0x ag x →=；（2）在点a 的去心邻域内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='，那么()()()()lim lim x a x a f x f x l g x g x →→'=='．法则2：若函数()f x 和()g x 满足下列条件： （1）lim ()x af x →=∞及lim ()x ag x →=∞；（2）在点a 的去心邻域内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠； （3）()()limx af x lg x →'='，那么()()()()lim lim x a x a f x f x l g x g x →→'=='．了解了什么是洛必达法则，那么，什么情况下可以使用它去解 决问题呢？ 首先，先逐条诠释一下洛必达法则需要满足的条件．对于（1），这样给大家解 释，我们用洛必达法则处理的式子形式为00或∞∞的形式，也是唯一判定标准．对于（2），我们在高中阶段几乎不研究不可导函数，所以大家不用担心． 对于（3），高中阶段，当出现00或∞∞的时候，对分子分母分别求导，若值存在，则值不变，洛必达法则可以在一个式子中多次使用，直到可以求出定值为止．典型例题【例1】 设函数2()1xf x e x ax =---． （1）若a =0，求()f x 的单调区间；（2）若当x ≥0时，()0f x ≥，求a 的取值范围．【解析】 (1)0a =时,()e 1,()e 1x x f x x f x =--'=-.当(,0)x ∈-∞时,()0f x '<，当(0,)x ∈+∞时,()0f x '>.故()f x 在(,0)-∞单调减少,在(0,)+∞单调增加.(2)【解法1】 ()e 12x f x ax '=--,由(1)知e 1x x +,当且仅当0x =时等号成立.故()f x x '-2(12)ax a x =-,从而当120a -,即12a 时,()0(0)f x x ',而(0)0f =,所以当0x 时,()0f x .由e 1(0)xx x >+≠可得e 1(0)x x x ->-≠.因此当12a >时,(()e 12e x x f x a -'<-+()()1)e e 1e 2x x x a --=--,故当(0,ln 2)x a ∈时,()0f x '<,而(0)0f =,所以当(0,ln 2)x a ∈时,()0f x <.综合得a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【解法2】 当0x =时,()0f x =,对任意实数a ,均在()0f x ；当0x >时,()0f x 等价于2e 1x x a x--, 令2e 1()(0)x x g x x x --=>,则3e 2e 2()x x x x g x x -++'=,令()e 2e 2(0)x x h x x x x =-++>,则()e e 1,()e 0x x x h x x h x x '=-+''=>,知()h x '在(0,)+∞上为增函数,()(0)0h x h '>'=;知()h x 在(0,)+∞上为增函数,()(0)0;()0,()h x h g x g x >=∴'>在(0,)+∞上为增函数.由洛必达法则知,2000e 1e 1e 1lim lim lim 222x x x x x x x x x +++→→→---===,故12a , 综上,知a 的取值范围为1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦.【例2】 已知函数ln ()=1a x f x x xb++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. (1)求,a b 的值；(2)当0x >,且1x ≠时,ln ()1x kf x x x>+-,求k 的取值范围.【解析】 (1)221ln ()(1)x x b x f x x x α+⎛⎫- ⎪⎝⎭'=-+. 由于直线230x y +-=的斜率为12-,且过.点(1,1),故(1)1,1(1),2f f =⎧⎪⎨'=-⎪⎩故1,122b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩,解 得a 1,1b ==.(2)【解法1】 由(1)知ln 1()1x f x x x =++,所以2ln 1()(2ln 11x k f x x x x x ⎛⎫-+=+ ⎪--⎝⎭()2(1)1k x x⎫--⎪⎪⎭，考虑函数()2(1)1()2ln (0)k x h x x x x--=+>,则()22(1)12()k xxh x x -++'=.①设0k ,由()2221(1)()k x x h x x +--'=知,当1x ≠时,()0,()h x h x '<递减.而(1)0h =,故当(0,1)x ∈时,()0h x >,可得21()01h x x >-； 当(1,)x ∈+∞时,()0h x <,可得21()01h x x>-, 从而当0x >,且1x ≠时,ln ()01x k f x x x ⎛⎫-+> ⎪-⎝⎭,即ln ()1x k f x x x >+-.②设01k <<.由于()22(1)12(1)2k x k k x x -++=-+1k +-的图象开口向下,且244(1)0k ∆=-->,对称轴111x k =>-.当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时,()2(1)120k x x -++>,故()0h x '>,而(1)0h =,所以当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时,()0h x >， 可得21()01h x x <-,与题设矛盾.③设1k .此时()2212,(1)120()0x x k x x h x +-++>⇒'>,而(1)0h =,故当(1,)x ∈+∞时,()0h x >,可得21()01h x x <-,与题设矛盾. 综合得,k 的取值范围为(,0]-∞.【解法2】由题设可得,当0,1x x >≠时,22ln 11x xk x <+-恒成立.令22ln ()1(0,1)1x xg x x x x =+>≠-,则()()22221ln 1()21x x x g x x +-+'=⋅-, 再令()22()1ln 1(0,1)h x x x x x x =+-+>≠,则1()2ln ,()2ln 1h x x x x h x x x '=+-''=+-21x,易知21()2ln 1h x x x ''=+-在(0,)+∞上为增函数,且(1)0h ''=;故当(0,1)x ∈时,()h x ''<0,当(1,)x ∈+∞时,()0h x ''>;∴()h x '在(0,1)上为减函数,在(1,)+∞上为增函数;故()(1)0,()h x h h x '>'=∴在(0,)+∞上为增函数.∵(1)0,h =∴当(0,1)x ∈时,()0h x <,当(1,)x ∈+∞时,()0,h x >∴当(0x ∈,1)时,()0g x '<,当(1,)x ∈+∞时,()0,()g x g x '>∴在(0,1)上为减函数,在(1,)+∞上为增函数. ∵由洛必达法则法2111ln 1ln 1lim ()2lim 12lim 1210,122x x x x x x g x k x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+=∴ ⎪--⎝⎭0,即k 的取值范围为(,0]-∞.【例3】设函数sin ()=2cos xf x x+.(1)求()f x 的单调区间;(2)如果对任何0x ,都有()f x ax ,求a 的取值范围. 【解析】(1)22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++. 当2222()33k x k k ππππ-<<+∈Z 时,1cos 2x >-,即()0f x '>;当2422()33k x k k ππππ+<<+∈Z 时,1cos 2x <-,即()0f x '<.因此()f x 在每一个区间222,2()33k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z 内是增函数, ()f x 在每一个区间(2k π+24,2()33k k πππ⎫+∈⎪⎭Z 内是减函数. (2)应用洛必达法则和导数sin ()2cos xf x ax x=+,若0x =,则a ∈R ;若0x >,则sin 2cos xax x+等价于sin (2cos )x ax x +.即sin ()(2cos )x g x x x =+, 则222cos 2sin sin cos ()(2cos )x x x x x xg x x x --+'=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+,2()2cos 2sin 2cos cos 212sin cos 212sin 2sin 2sin h x x x x x x x x x x x x x '=---+=--+=-=(sin )x x -.因此,当(0,)x π∈时,()0,()h x h x '<在(0,)π上单调递减,且(0)0h =,故()0g x '<,所以()g x 在(0,)π上单调递减,而000sin cos 1lim ()limlim (2cos )2cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===++-. 另一方面,当[,)x π∈+∞时,sin 111()(2cos )3x g x x x x π=<+,因此13a .【例4】 设函数()(1)ln(1)f x x x =++,若对所有的0x 都有()f x ax 成立,求实数a 的取值范围. 【解析】【解法1】 令()(1)ln(1)g x x x ax =++-,对函数()g x 求导数:()ln(1)1g x x a '=++-,令()0g x '=,解 得1e 1u x -=-.(1)当1a 时,对所有0,()0x g x >'>,所以()g x 在[0,)+∞上是增函数.又(0)0g =,所以对0x ,有()(0)g x g ,即当1a 时,对于所有0x ,都有()f x ax . (2)当1a >时,对于10e 1,()0u x g x -<<-'<,所以()g x 在()10,e 1α--是减函数.又(0)0g =.所以对10e 1a x -<<-,有()(0)g x g <,即()f x ax <.所以当1a >时,不是对所有的0x ,都有()f x ax 成立. 综上a 的取值范围是(,1]-∞. 【解法2】 令()(1)ln(1)g x x x ax =++-,于是不等式()f x ax 成立即为()(0)g x g 成立.对()g x 求导数得()ln(1)1g x x a '=++-,令()0g x '=,解得1e 1a x -=-,当1e 1a x ->-时,()0,()g x g x '>为增函数,当11e 1u x --<<-时,()0,()g x g x '<为减函数.要对所有0x 都有()(0)g x g 充要条件为1e 10a --.由此得1a ,即a 的取值范围是(,1]-∞.。
洛必达法则巧解高考数学压轴题——函数与导数中的参数问题求解
式 ，而这是大学数学中的不定式 问题 ，解决这类问题 的有效 方法 就是 洛必 达法 则 。
一 、 不 等式恒 成 立 （存 在性 ）问题 若在等式或不等式 中出现两个变量 ，其中一个变 量 的范 围已知 ，另 一个变 量 的范 围为所求 ，且容 易通过 恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边 ， 则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。 二 、洛 必达 法则 若函数 ｘ）和 ｇ（ｘ）满足下列条件 ：
由 洛 必 达 法 则 知 ，
ｌｉｍｏ ＝ ＝一ｌ－ｉ÷ｒ ａｏ ＋ 一２ｅ ｘ ＝ 一ｌｉ －ｍ ＋ 手ｅ２ ＝１１，执 故０≤ 圭Ｚ１
综上所述一的取值范围为（一 圭）。
总 之 ，对 于 函数 与导数 中 的参 数取 值 范 围 问 题 ，可 以将参 数与变 量分离 （注意讨论 ），转 化 为不 等式恒成立 （存在性 ）问题 ，然后转化为 函数 的最值 问题 求解 。如果 分离 出来 的函数式 的最值 有点麻 烦 ，则可 以利用 洛必达法 则处理它 的最值 。这种方 法思 路简单 ，讨论直 接 ，可有 效提 高学生解 决 问题 的效 率 。
． ‘五（ ）在（０，＋。。）上为增函数，又‘． （１）＝０
． ·．当 ∈（０，１）】时， （ ）＜０，当 ∈（１，＋∞）时， （ ）＜０，当 ∈（１，＋∞）时，ｇ ｘ）＞０
‘ ．
（ ）在（０，１）上为减函数，在（１，＋∞）上为增函数
· ． ‘由洛 必达 法则 知
令 ｇ （ｘ） ＝
ｇ
‘
十１ （ ＞０， ≠１）， 则
，
知 （ ）在（０，＋。。）上为增函数 ，＾ （ ）＞ （０）＝ｏ；知 （ ）在（０，＋。ｏ）上为增函数 ，ｈ（ｘ）＞ （０）：０；．＿．ｇ （ ）＞０，ｇ （Ｘ）在（０，＋∞）上为增 函数。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题○2 洛必达法则可处理00 0，，0 ，1 ，，0 ，型。
2010 年和2011 年高考中的全国新课标卷中的第21 题中的第○2 步，由不等式恒成立来求参数0 0的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。
则不适用，应从另外途径求极限。
洛必达法则简介：○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。
法则 1 若函数f(x) 和g(x) 满足下列条件：(1) lim 0f x 及limg x 0；x a x a(2) a f(x) g(x) g'(x) 0在点的去心邻域内，与可导且≠；二．高考题处理1.(2010 年全国新课标理)设函数x 2f (x) e 1 xax 。
(3) limx a f xg xl ，（1）若a 0，求 f (x) 的单调区间；（2）若当x 0 时f (x) 0，求a的取值范围那么limx a f xg x= limx af xg xl 。
x x原解：（1）a 0时，f ( x) e 1 x，f '( x) e 1.法则 2 若函数f(x) 和g(x) 满足下列条件：(1) lim 0f x 及limg x 0；x x 当x ( ,0) 时， f '( x) 0 ；当x (0, ) 时， f '(x) 0 .故f (x) 在( ,0) 单调减少，在(2) A 0，f(x) 和g(x) 在, A 与A, 上可导，且g'(x) ≠0；(0, ) 单调增加(3) limx f xg xl ，x（II ）f '(x) e 1 2axx由（I）知 1e x ，当且仅当x 0 时等号成立.故那么limx f xg x=limxf xg xl 。
f '( x) x 2ax (1 2a)x ，法则 3 若函数f(x) 和g(x) 满足下列条件：(1) limx a f x 及limx ag x ；从而当1 2a 0 ，即1a 时， f '(x) 0 ( x 0) ，而 f (0)0 ，2(2) 在点 a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'( x) ≠0；于是当x 0 时， f ( x) 0 .(3) limx a f xg xl ，x x由e 1 x(x 0)可得e 1 x(x 0) .从而当1a 时，2那么limx a f xg x= limx af xg xl 。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 之樊仲川亿创作创作时间：二零二一年六月三十日第一部份：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1), 若对所有的x ≥0, 都有f (x )≥ax 成立, 求实数a 的取值范围． （全国1理）已知函数()11axx f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >, 讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >, 求a 的取值范围. （全国1理）设函数()e e x x f x -=-． （Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥, 求a 的取值范围． （全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥, 都有()f x ax ≤, 求a 的取值范围． （辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由. （新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a , 求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0, 求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值, 求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）那时0x ≥, ()0f x ≥, 求a 的取值范围. （全国年夜纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：那时1x >-, ()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设那时0x ≥, ()1xf x ax ≤+, 求a 的取值范围. （新课标理）已知函数ln ()1a x b f x x x=++, 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >, 且1x ≠时, ln ()1x kf x x x>+-, 求k 的取值范围. 例题：若不等式3sin x x ax >-对(0,)2x π∈恒成立, 求a 的取值范围第二部份：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2.231ln(1)(1),2!3!!nn n x x xx x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++；3.35211sin (1)3!5!(21)!k k nx x xx x R k --=-+-+-+-, 其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4.24221cos 1(1)2!4!(22)!k k nx x x x R k --=-+-+-+-, 其中2(1)cos (2)!kkn x R x k θ=-；第三部份：洛必达法则及其解法 洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足： （1）lim ()lim ()0x a x a f x g x →→==；（2）在()U a 内, ()f x '和()g x '都存在, 且()0g x '≠；（3）()lim ()x af x Ag x →'=' （A 可为实数, 也可以是±∞）. 则()()limlim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++, 曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >, 且1x ≠时, ln ()1x kf x x x>+-, 求k 的取值范围. 惯例解法（Ⅰ）略解得1a =, 1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法 由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x=++, 所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >, 则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=. (i)那时0k ≤, 由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知, 那时1x ≠, '()0h x <.因为(1)0h =,所以那时(0,1)x ∈, ()0h x >, 可得21()01h x x ⋅>-；那时(1,)x ∈+∞, ()0h x <, 可得21()01h x x ⋅>-, 从而当0x >且1x ≠时, ln ()()01x kf x x x-+>-, 即ln ()1x kf x x x>+-；（ii ）那时01k <<, 由于那时1(1,)1x k∈-, 2(1)(1)20k x x -++>, 故'()0h x >, 而(1)0h =, 故那时1(1,)1x k∈-, ()0h x >, 可得21()01h x x ⋅<-, 与题设矛盾. （iii ）那时1k ≥, '()0h x >, 而(1)0h =, 故那时(1,)x ∈+∞, ()0h x >, 可得21()01h x x⋅<-, 与题设矛盾.综上可得, k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥②01k <<时, 许多考生都停留在此层面, 举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据分歧题型涉及的解法也不相同, 这是高中阶段公认的难点, 即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >, 且1x ≠时, ln ()1x k f x x x >+-, 即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-, 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--, 记22ln ()11x x g x x =+-, 0x >, 且1x ≠则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+, 记221()ln 1x h x x x -=++, 则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>, 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增, 且(1)0h =, 因此那时(0,1)x ∈,()0h x <, 那时(1,)x ∈+∞, ()0h x >；那时(0,1)x ∈, '()0g x <, 那时(1,)x ∈+∞, '()0g x >, 所以()g x 在(0,1)上单调递加, 在(1,)+∞上单调递增.由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---, 即那时1x →, ()0g x →, 即当0x >, 且1x ≠时, ()0g x >.因为()k g x <恒成立, 所以0k ≤.综上所述, 当0x >, 且1x ≠时,ln ()1x kf x x x>+-成立, k 的取值范围为(0]-∞，. 注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 22ln ()11x xg x x =+-“那时=1x , 函数()g x 值没有意义”这一问题, 很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用, 再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =, 求()f x 的单调区间；（Ⅱ）那时0x ≥, ()0f x ≥, 求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）那时0x ≥, ()0f x ≥, 即21x e x ax --≥.①那时0x =, a R ∈；②那时0x >, 21xe x ax --≥等价于21x e xa x --≤.记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，, 则3(2)2'()x x e x g x x-++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，, 则'()(1)1x h x x e =-+, 那时(0+)x ∈∞，, ''()0x h x xe =>, 所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增, 且'()'(0)0h x h >=, 所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增, 且()(0)0h x h >=, 因此那时(0+)x ∈∞，, 3()'()0h x g x x =>, 从而21()x e xg x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有,即那时0x →, 1()2g x →, 所以那时(0+)x ∈∞，, 所以1()2g x >, 因此12a ≤.综上所述, 当12a ≤且0x ≥时, ()0f x ≥成立.例题：若不等式3sin x x ax >-对(0,)2x π∈恒成立, 求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数那时(0,)2x π∈, 原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=, 则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--, 则'()2cos sin 2g x x x x =+-. 因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-,'''()sin 0g x x x =-<, 所以''()g x 在(0,)2π上单调递加, 且''()0g x <,所以'()g x 在(0,)2π上单调递加, 且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递加,且()0g x <, 故4()'()0g x f x x =<, 因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递加.由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====, 即那时0x →, 1()6g x →, 即有1()6f x <.故16a ≥时, 不等式3sin x x ax >-对(0,)2x π∈恒成立.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：① 可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；③呈现“00”型式子. （海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值, 求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）那时0x ≥, ()0f x ≥, 求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 那时0x ≥, ()0f x ≥, 即2(1)x x e ax -≥. ①那时0x =, a R ∈；②那时0x >, 2(1)x x e ax -≥等价于1x e ax -≥, 也即1x e a x-≤.记1()x e g x x-=, (0,)x ∈+∞, 则(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+, (0,)x ∈+∞, 则'()0x h x xe =>, 因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增, 且()(0)0h x h >=, 所以()'()0h x g x x =>, 从而1()x e g x x-=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===, 即那时0x →, ()1g x → 所以()1g x >, 即有1a ≤.综上所述, 当1a ≤, 0x ≥时, ()0f x ≥成立. （全国年夜纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：那时1x >-, ()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设那时0x ≥, ()1xf x ax ≤+, 求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥, 此时()0f x ≥. ①那时0a <, 若1x a>-, 则01x ax <+, ()1xf x ax ≤+不成立； ②那时0a ≥, 那时0x ≥, ()1x f x ax ≤+, 即11x xe ax --≤+；若0x =, 则a R ∈； 若0x >, 则11xx e ax --≤+等价于111x e x ax --≤+, 即1x x x xe e a xe x-+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x-+=-, 则2222221'()=(2)()()x x x x x xx x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x x h x e x e -=--+, 则'()2x x h x e x e -=--, ''()+20x x h x e e -=->.因此, '()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增, 且'(0)0h =, 所以'()0h x >,即()h x 在(0)+∞，上单调递增, 且(0)0h =, 所以()0h x >.因此2'()=()0()xx eg x h x xe x >-, 所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+, 即那时0x →, 1()2g x →, 即有1()2g x >, 所以12a ≤.综上所述, a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥, 都有()f x ax ≤, 求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++． 当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时, 1cos 2x >-, 即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时, 1cos 2x <-, 即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数, ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数若0x =, 则a R ∈； 若0x >, 则sin 2cos x ax x ≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+, 即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+,因此, 那时(0,)x π∈, '()0h x <, ()h x 在(0,)π上单调递加, 且(0)0h =, 故'()0g x <, 所以()g x 在(0,)π上单调递加,而000sin cos 1lim()lim lim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面, 那时[,)x π∈+∞, sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+, 因此13a ≥.。
用洛必达定理来解决高考压轴题
用洛必达定理来解决高考压轴题一．洛必达法则法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim 0x af x →= 及()lim 0x ag x →=；(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)()lim 0x f x →∞= 及()lim 0x g x →∞=；(2)0A∃，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g'(x )≠0；(3)()()lim x f x l g x →∞'='，那么 ()()lim x f x g x →∞=()()lim x f x l g x →∞'='。
法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞；(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0；(3)()()limx a f x l g x →'='， 那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='。
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将上面公式中的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00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。
○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，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。
(word完整版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题.doc
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题○2 洛必达法则可处理0 0， ，0 ，1 ，，0 ， 型。
2010 年和 2011 年高考中的全国新课标卷中的第 21 题中的第 ○2 步，由不等式恒成立来求参数的0 0取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。
则不适用，应从另外途径求极限。
洛必达法则简介： ○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。
法则 1 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f x 0 及 lim g x 0；x a x a(2) a f(x) g(x) g'(x) 0 在点 的去心邻域内， 与 可导且 ≠ ；二．高考题处理1.(2010 年全国新课标理 )设函数x 2f (x) e 1 x ax 。
(3) limx af xg xl ，（1） 若a 0，求 f (x) 的单调区间； （2） 若当 x 0时 f (x) 0，求 a 的取值范围那么 limx af xg x= limx af xg xl 。
x x原解：（1） a 0时， ( ) 1f x e x ， f '( x) e 1.法则 2 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f x 0 及lim g x 0；x x当 x ( ,0) 时， f '( x) 0；当 x (0, ) 时， f '( x) 0 .故 f (x) 在( ,0) 单调减少，在(2) A f 0，f(x) 和 g(x) 在 ,A 与 A, 上可导，且 g'(x) ≠0；(0, ) 单调增加(3) limxf xg x l ，x（II ） '( ) 1 2f x e ax那么 limxf xg x=limxf xg xl。
x 由（I ）知 1e x ，当且仅当 x 0时等号成立 .故f '( x) x 2ax (1 2a)x ，法则 3 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) limx af x 及 lim x ag x ；从而当 1 2a 0，即 1 a 时， f '( x) 0 ( x 0) ，而 f (0) 0 ，2(2) 在点 a 的去心邻域内， f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠0；于是当 x 0时， f (x) 0 .(3) limx af xg xl ，x x由 e 1 x(x 0) 可得 e 1 x(x 0) .从而当1 a 时， 2那么 limf x= limx af xl 。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 之吉白夕凡创作第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围． （全国1理）已知函数()11axx f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围. （全国1理）设函数()e e x x f x -=-． （Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． （全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． （辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由. （新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. （新课标理）已知函数ln ()1a x b f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2. 231ln(1)(1),2!3!!n n n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+-，其中2(1)cos (2)!kk n x R x k θ=-； 第三部分：洛必达法则及其解法 洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足： （1）lim ()lim ()0x a x a f x g x →→==；（2）在()Ua 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠；（3）()lim()x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）. 则()()limlim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 惯例解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法 由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=. (i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当x >且1x ≠时，ln ()()01x kf x x x-+>-，即ln ()1x kf x x x>+-；（ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据分歧题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x xg x x=+-，0x >，且1x ≠ 则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+， 记221()ln 1x h x x x -=++，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增.由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---，即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 22ln ()11x xg x x=+-“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21xe x ax --≥等价于21x e xa x--≤.记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2xh x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()xe xg x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤.综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2cos sin 2g x x x x =+-. 因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-，'''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x =<，因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====， 即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立.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：① 可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；③出现“00”型式子. （海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)x x e ax -≥等价于1x e ax -≥，也即1xe a x-≤. 记1()xe g x x-=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()xx e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x h x xe =>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x-=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===， 即当0x →时，()1g x → 所以()1g x >，即有1a ≤.综上所述，当1a ≤，0x ≥时，()0f x ≥成立.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数由题设0x ≥，此时()0f x ≥. ①当0a <时，若1x a>-，则01x ax <+，()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；若0x =，则a R ∈； 若0x >，则11xx eax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x-+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x -+=-，则2222221'()=(2)()()x x x xx x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--.记2()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->. 因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >，即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时， 1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 若0x =，则a R ∈；若0x >，则sin 2cos x ax x ≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+.记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减，而000sin cos 1lim()lim lim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．（全国1理）已知函数()11axx f x e x -+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围. （全国1理）设函数()e e x x f x -=-． （Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． （全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．（辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a …的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由. （新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. （新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x =++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2.231ln(1)(1),2!3!!nn n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++；3.35211sin (1)3!5!(21)!k k nx x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn xR x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k nx x xx R k --=-+-+-+-，其中2(1)co s(2)!k kn x R x k θ=-； 第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足：（1）lim ()lim ()0x ax af xg x →→==；（2）在()U a 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）()lim()x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知l n1()1x f x x x=++，所以22l n 1(1)(1()()(2ln11x kk x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()2lh x x =+2(1)(1)k x x--(0x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=.(i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x kf x x x-+>-，即ln ()1x k f x x x>+-；（ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x xg x x=+-，0x >，且1x ≠则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+， 记221()ln 1x h x x x -=++，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>， 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---， 即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >. 因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 分离出来.然后对分离出来的函数22ln ()11x xg x x =+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21x e x a x --≥等价于21x e xa x--≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有， 即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤. 综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立. 例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2cos sin 2g x x x x =+-. 因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-，'''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x =<，因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减.由洛必达法则有3200000sin 1cos sin cos 1lim ()lim lim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====， 即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立. 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：① 可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；③出现“0”型式子.（海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)xx e ax -≥等价于1xe ax -≥，也即1x e a x-≤.记1()x e g x x -=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0xh x x e=>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===， 即当0x →时，()1g x → 所以()1g x >，即有1a ≤.综上所述，当1a ≤，0x ≥时，()0f x ≥成立.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥，此时()0f x ≥.①当0a <时，若1x a >-，则01x ax <+，()1xf x ax ≤+不成立；②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x-+≤-.记1()x x x xe e g x xe x-+=-，则2222221'()=(2)()()x x x xx x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x xh x e x e -=--+，则'()x xh x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->.因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >，即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增.由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时，1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++． 当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<． 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数． 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减，而00sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。
妙用洛必达法则-2023年新高考数学导数压轴题(解析版)
妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。
用洛必达法则巧解高考数学压轴题-李文星
用洛必达法则巧解高考教学压轴题甘肃省永昌县第一髙级中学(737200)李文星•现在许多省市的高考试卷的压轴题都是导数的应用问题,其中求参数的取值范围问题就是一类重点考査的题型.这类题型学生容易想到用分离参数的方法解决，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂,学生掌握起来非常困难.原因是出现了3”型的式子，而这就是大学数学中的待定型问题.解决这类问题的有效方法就是洛必达法则，现给出供读者参考.一、洛必达法則简介法则:若函数/■(，)和g(x)满足下列条件：(1 )lim/{x) =0 及limg(x) =0;x—*a r—HI(2)在点G的去心邻域内JG)与gG)可导且，G) 部；⑶若或今。
'则回捋=崂齧顼.二、洛比达法则应用例1设函数/<x)=l-e*.(1)证明：当*〉-1 时土；(2)设当时/(%) W亠r，求a的取值范围.说明此题(2)的标准解答技巧性很强，略显突兀, 学生普遍反映能看懂但想不到.能否有更好更自然的解答思路呢？用洛必达法则来处理可达到事半功倍的效果.解(1)略.(2)由题设*N0,此时/(x) ^0.①当亦0时，若■>■，则二^7<0/(，)〈詬%a ax ± I ax + L 不成立；②当Q二。
时/(%) W—Qi 在4G ［0, +ax + 18 )上成立；% e* 1③当a > 0 时J(%) W - <=>a W - -- =a W' ox +1 e 1 xI e* I x f设"=片-+，")=弋艺措“ 设g(x) = - e,x2 + e* -2e* + 1,则g(0) =O,g'(.x)= e'( -x2-2x+ 2e* -2).令h(x) - -x2 -2x +2e，-2.当％>0 时,"(x) =2(^-x-1) ,h"(x)=2(e, -1) >0,.•&(«)是增函数,h'(x) >h'(0) =0"⑴是增函数,.*• h(x) > A(0) =0. g(x)在［0, + 8 )上是增函数,g(x)mg(0)=0. .•.F'S)mo,F(*)在［o, + 8)上是增函数. '由洛比达法则可得,WmF(x)=甄"'m'.t l = xe -Xlim ―- = lim^,+Xe,=。
用洛必达法则巧解高考数学压轴题-李文星
用洛必达法则巧解高考数学压轴题-李文星洛必达法则是高等数学中的一个重要定理，可以用来解决一些极限问题。
在高考数学中，也经常会遇到一些需要使用洛必达法则来解决的压轴题。
以我遇到的一个高考数学压轴题为例，题目如下：
已知函数\(f(x) = \frac{x^2-2x+1}{x^2-1}\)，求函数\(y = f(x)\)在点\(x = 1\)处的极限。
根据洛必达法则，我们需要计算\(\lim_{x\to 1}\frac{f(x)}{x-
1}\)。
首先，我们计算\(\lim_{x\to 1}(x-1)\)。
显然，当\(x\)趋近于1时，\(x-1\)也趋近于0。
接下来，我们计算\(\lim_{x\to 1}f(x)\)。
将函数\(f(x)\)代入后，得到：
\(\lim_{x\to 1}\frac{x^2-2x+1}{x^2-1}\)。
因此，我们有\(\lim_{x\to 1}\frac{f(x)}{x-1} = \lim_{x\to
1}\frac{0}{x-1} = 0\)。
所以，函数\(y=f(x)\)在点\(x=1\)处的极限为0。
通过以上步骤，我们成功地使用洛必达法则解决了这个压轴题。
洛必
达法则的核心思想是将问题转化为求导数的问题，通过求导数的方式来计
算极限。
在解决高考数学压轴题时，洛必达法则可以帮助我们更快地得到
答案，提高解题效率。
除了洛必达法则，高考数学中还有许多其他的解题方法和技巧。
在备战高考数学时，我们不仅需要掌握这些方法和技巧，还需要多做题、多总结，提高自己的解题能力。
希望我们都能在高考中取得好成绩！。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
求 k 的取值范围.
整理课件
10.自编
自编：若不等式 sin x x ax3 对于 x (0, )
2
恒成立，求 a 的取值范围.
整理课件
第二部分：泰勒展开式
整理课件
泰勒展开式
1. ex 1 x x2 x3
(k
1)(x2 1) 2x x2
.
整理课件
2.2011新课标理的常规解法
(i)当 k
0
时，由 h '(x)
k(x2
1) (x x2
1)2
知，当
x
1 时， h '(x)
0 .因为 h(1)
0
，
所以当
x
(0,1) 时，
h(x)
0
，可得
1
1 x
2
h(x)
0
；当
x (1, ) 时，
h(x)
0
，可
得
1 h(x) 0 ，从而当 x 0 且 x 1 时， f (x) ( ln x k ) 0 ，即 f (x) ln x k ；
1 x2
x 1 x
x 1 x
（ii）当 0 k 1时，由于当 x (1, 1 ) 时， (k 1)(x2 1) 2x 0，故 h '(x) 0 ，而 1 k
整理课件
2.2011新课标理的常规解法
注：分三种情况讨论：① k 0 ；② 0 k 1；③ k 1 不易想到. 尤其是② 0 k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例 x (1, 1 )
1 k
更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段 公认的难点，即便通过训练也很难提升.
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洛必达法则巧解高考压
轴题
This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.
洛必达法则巧解高考压轴题
洛必达法则：
法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0；
(3)()
()lim x a f x l g x →'='，
那么 ()()lim x a f x g x →=()
()lim x a f x l g x →'='。
0
0型
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0；
(3)()
()lim x a f x l g x →'='，
那么 ()
()lim x a f x g x →=()
()lim x a f x l g x →'='。
∞
∞型
注意： ○1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必
达法则
也成立。
○
2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。
典例剖析
例题1。
求极限
（1）x
x x 1ln lim 0
+→ (∞∞型) （2）lim x ®p 2
sin x -1cos x (00型) （3） 20cos ln lim x x x → (00
型) （4）x x x ln lim +∞
→ (∞∞型) 变式练习: 求极限（1）x x x )1ln(lim 0+→ (2)a x a x a x --→sin sin lim (3)x e e x x x sin lim 0-→- (4)22
)2(sin ln lim x x x -→ππ 例题2。
已知函数R m x e x m x f x ∈+-=,)1()(2
（1）当1-=m 时，求)(x f 在[]1,2-上的最小值
（2）若)()2('2x f x m x >++在()0,∞-上恒成立，求m 的取值范围
例题3.已知函数)0(,)(>++
=a c x b ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ，
（1）用a 表示c b ,
（2）若x x f ln )(≥在[)+∞,1上恒成立，求a 的取值范围
例题4.若不等式3sin ax x x ->在⎪⎭
⎫ ⎝⎛∈2,0πx 是恒成立，求a 的取值范围 例题5.已知2)1()(ax e x x f x --=
（1）若)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式
（2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围
强化训练
1. 设函数x e x f -1)(-=
（1）证明：当1->x 时，1)(+≥
x x x f 。
（2）当0≥x 时1
)(+≤ax x x f 求a 的取值范围 2.设函数2()1x f x e x ax =---。
（1）若0a =，求()f x 的单调区间；
（2）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围
3．已知函数x b x x a x f ++=
1ln )(，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（Ⅰ）求a 、b 的值；
（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x
>+-，求k 的取值范围。
4.若函数x
x x f cos 2sin )(+=， （1）求)(x f 的单调区间。
（2）对0≥∀x ，都有ax x f ≤)(，求a 的取值范围。