导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之欧阳治创编

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()11ax
x 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 x
f 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)1x
f 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，()1
x
f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1
x
f 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 k
f x x x
>+-，求k 的取
值范围.
例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2
x 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 x
x x x x x x e e n n θ+=++++
+++其中(01)θ<<； 2.
23
1
ln(1)(1)
,2!3!!
n
n n x x x x x R n -+=-+-
+-+其
中
1
1
1(1)()(1)!1n n
n n x R n x
θ++=-++； 3.
35
21
1
sin (1)
3!5!
(21)!
k k n
x x x x x R k --=-+-
+-+-，其中
21
(1)cos (21)!
k k
n x R x k θ+=-+；
4.
24
22
1
cos 1(1)
2!4!
(22)!
k k n
x x x x R k --=-+-
+-+-，其中
2(1)cos (2)!
k
k
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()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 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 k
f 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
22
ln 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
22
2
(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，()0
h x >，可得
2
1
()01h x x
⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得
21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1
x ≠时，ln ()()01x k
f 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2
1
()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
2
1
()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 <<；③1
k ≥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 k
x x x x
+>++-， 也即
2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记2
2ln ()11x x
g x x =+-，
0x >，且1x ≠
则2222
2222
22(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1
x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+， 记221()ln 1
x h x x x -=++，则22
222214(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
221
111
2ln 2ln 2ln 2
lim ()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 k
f 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 x g 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 ax --≥等价于
2
1x e x a x --≤.
记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3
(2)2
'()x x e x g x x
-++=. 记
()(2)2
x h x x e x =-++
(0+)
x ∈∞，，则
'()(1)1
x 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
x →时，
1()2
g x →
，所以当
(0+)
x ∈∞，时，所以
1
()2g x >
，因此12
a ≤.
综上所述，当12
a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立.
例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2
x π
∈恒成立，求a 的
取值范围.
应用洛必达法则和导数
当(0,)2
x π
∈时，原不等式等价于3
sin x x
a x ->
. 记3sin ()x x f x x -=
，则4
3sin cos 2'()x x x x
f 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 0
g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2
π
上单调递减，且
''()0g x <，
所以'()g x 在(0,)2
π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)
2
π
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,)2
π
上单调递减. 由洛必达法则有
320
000sin 1cos sin cos 1
lim ()lim
lim lim lim 3666
x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====， 即当0x →时，1()6
g x →，即有1
()6
f x <.
故16
a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2
x 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)x
x e ax -≥等价于1x
e ax -≥，也即1
x e a x
-≤.
记1
()x e g x x
-=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x -+=.
记
()(1)1
x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则
'()0
x 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 x
x 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，()1
x
f x x ≥
+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1
x
f 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 <+，()1
x
f x ax ≤
+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤
+，即11
x x
e ax --≤+； 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则
11
x
x
e ax --≤
+等价于
11
1
x e x ax --≤+，即
1
x x x
xe e a xe x
-+≤-. 记
1
()x x x xe e g x xe x
-+=
-，则
22222
21'()=(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()
x
x 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
000011
lim ()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
()2
g x →
，即有1()2
g x >，所以12
a ≤.综上所述，a 的取值
范围是1(,]2
-∞.
（全国2理）设函数sin ()2cos x
f 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
2π2π2π2π33
k x k -
<<+（k ∈Z ）时，
1
cos 2
x >-
，即
()0f x '>；
当
2π4π2π2π33
k x k +
<<+（k ∈Z ）时，
1
cos 2
x <-
，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 )
x
g x x x =
+
则22
2cos 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00
0sin cos 1
lim ()lim lim (2cos )2+cos sin 3
x x x x x g x x x x x x →→→===+-.
另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111
()(2cos )3
x g x x x x π=≤≤<+，因
此1a ≥.。