导数结合洛必达法则巧解高考压轴题PPT课件

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新人教版高中数学《洛必达法则在高考中的应用》精品PPT课件

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注意:lim6x 2 为已定式,不能再用洛必达法则。
x1 6 x
例5.若f(x0 )
2
,求lim h0
f(x0

2h) 5h
f(x0

h)
解析:l i m h0
f(
x0

2 h ) 5h
f
( x0

h)

lim 2f(x0
h0

2
h ) 5
f( x0

h)

3 5
f( x0
2a
g(3) 9a 1 0
①若g(1) a 1 0 a 1 时,
g(t)
则 g(t) 在 [1,3]必有唯一零点t0
所以 y(t) 在[1, t0 ] 减,[t0 ,3]增
1 t0 3
又y(1) 0 ,所以 y(t0 ) 0不适合。
②若g(1) a 1 0 a 1时,
若 x (0,),则
ax 1 0 ax 1 x f (x)

a

1 1 ex

1 x

xex ex 1 x(ex 1)

h(x)恒成立。
下面求 h(x),x (0,) 的最小值或最小极限值。
用导数法判断单调性难以解决,所以猜测最小
极限值点在0或 位置,由洛必达法则:
g(x) xe x 2e x x 2 0(x 0)
因为 g(x) xex ex 1 ,g (x) xe x 0
所以 g(x) 在(0,) 增
g(x) g(0) 0 所以 g(x) 在(0,)增
g(x) g(0) 0 h(x) 1

(完整版)洛必达法则巧解高考压轴题

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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 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 →'='。

00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 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 →'='。

∞∞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)xx x 1ln lim 0+→ (∞∞型) (2)lim x ®p 2sin 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 xb 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 。

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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

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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)1xh x x e =-+,当(0+)x ∈∞,时,''()0xh x x e =>,所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞,上单调递增,且'()'(0)0h x h >=,所以()(2)2xh 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,20000111lim ()lim lim lim 222x x x x x x x e x e e g x x x →→→→---==== 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“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)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)1xh 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sin ()2cos xf x ax x=≤+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 xg x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+,2'()2cos 2sin 2cos cos212sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x 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 ≥.。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

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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 ≥.。

新人教版高中数学《洛必达法则在高考中的应用》精品PPT课件

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例1.求 lim sinx x0 x
解析: 0 型 0
limsinx x0 x

l i m( s i n x) x0 x

lim
x0
c
os 1
x

1
二、洛必达法则求极限
例2.求 limxlnx x 0
解析:不适合条件,需转化
1
lim
x 0
x
l
n
x
lim
x 0
ln 1 x

cos2 x 2 cos (2 cos x)
x
2

1

0
所以 g(x) g(0) 0 h(x) 1 3
所以 a 1
3
例 3.(10 全国理 2)设函数 f (x) 1 ex .
(1)证明:当 x 1 时, f (x) x ; x 1
(2)设当 x 0 时, f (x) x , ax 1
c os x
1
x0
x0 2 cosx x sin x 3
为必要条件
下证 h(x) 1 sin x 1 , (x 0) 3 x(2 cos x) 3
g(x) x sin x 0, (x 0) 3 2 cos x
因为
g ( x)

1 3

2 cos x 1 (2 cos x)2
l
n
(
x
1
)
1
x
x
l
n
x
ln(x1)lnx 0(x 0)
所以a 0
说明:对 0 和 哪个端点求极限?
法1、两个都求取小; 法2、取特殊值比较取舍。

word完整版本导数结合洛必达法则巧解高中高考压轴题

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导数联合洛必达法例巧解高考压轴题2010年和2011年高考取的全国新课标卷中的第 21题中的第○步,由不等式恒建立来求参数的2取值范围问题,剖析难度大,但用洛必达法例来办理却可达到事半功倍的成效。

洛必达法例简介:法例1若函数f(x)和g(x) 知足以下条件: (1) limfx 0及limgx0;xaa(2) 在点a 的去心邻域内,f(x) 与g(x)可导且g'(x)≠0;(3) l imf xl,g xxa=lim f x l 。

那么limg xx a gxa法例2若函数f(x)和g(x)知足以下条件: (1) l imfx 0及limgx0;xx(2) A f 0,f(x) 和g(x)在,A 与A,上可导,且g'(x) ≠0;(3lf xl) im,gx=limf x那么liml 。

xg x法例3若函数f(x) 和g(x)知足以下条件:(1)limfx 及limgxxaxa(2)在点a 的去心邻域内,f(x) 与g(x)可导且g'(x)≠0;(3) l imx l,g xxa=lim f x那么limgl 。

x ag x ax利用洛必达法例求不决式的极限是微分学中的要点之一,在解题中应注意:1将上边公式中的 x→a,x→∞换成x→+∞,x→-∞,xa ,x a洛必达法例也建立。

○洛必达法例可办理,,,型。

010,在着手求极限从前,第一要检查能否知足,0,,,型定式,010不然滥用洛必达法例会犯错。

当不知足三个前提条件时,就不可以用洛必达法例,这时称洛必达法例不合用,应从此外门路求极限。

○4若条件切合,洛必达法例可连续多次使用,直到求出极限为止。

二.高考题办理1.(2010年全国新课标理)设函数 f(x) e x 1 x ax2。

(1)若a 0,求f(x)的单一区间;(2)若当x 0时f(x) 0,求a的取值范围原解:(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)单一减少,在(0, )单一增添(II)f'(x)e x1 2ax由(I)知e x 1 x,当且仅当 x 0时等号建立.故f'(x)x2ax(12a)x,进而当12a0,即a1(x0),而f(0),时,f'(x)02于是当x0时,f(x).由e x1x(x0)可得e x1x(x0).进而当a时,f'(x)ex12a(e x1)e x(e x1)(e x2a),故当x(0,ln2a)时,f'(x)0,而f(0)0,于是当x(0,ln2a)时,f(x)0.综合得a的取值范围为,12原解在办理第(I)时较难想到,现利用洛必达法例办理以下:另解:(II)当x0时,f(x)0,对随意实数a,均在f(x);x1当x0时,f(x)0等价于a e2xx xx2exe3x x2x,令g(x>0),则g(x)e,令hx x2 x xe e1,hx则hx x ee x e0,知h x在0,上为增函数,hx h00;知hx在0,上为增函数,hx h0;g0,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

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 xxx x x x x e e n n θ+=+++++++K 其中(01)θ<<; 2. 231ln(1)(1),2!3!!nn n x x x x x R n -+=-+-+-+K 其中111(1)()(1)!1n n n n x R n x θ++=-++; 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-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 --=-+-+-+-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 ax af xg x →→==;(2)在()U a o 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,20000111lim ()lim lim lim 222x x x x x x x e x e e g x x x →→→→---==== 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“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)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sin ()2cos xf x ax x=≤+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 =--+,2'()2cos 2sin 2cos cos212sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x 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 ≥.。

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

林老师网络编辑整理导数结合洛必达法则巧解高考压轴题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。

洛必达法则简介: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)()()limx af x lg x →'=', 那么 ()()lim x a f x g x →=()()limx 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 ,f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导,且g '(x)≠0;(3)()()limx f x l g x →∞'=', 那么 ()()limx f x g x →∞=()()limx 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 af x lg x →'=', 那么 ()()lim x a f x g x →=()()limx a f x l g 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。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之欧阳数创编

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之欧阳数创编

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题时间:2021.03.02创作:欧阳数第一部分: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 xxx 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 x x R k --=-+-+-+-,其中2(1)cos (2)!kkn 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 af xg 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()()lim lim ()()x a x af x f x Ag 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 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 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 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21x 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)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)2xh 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 xf 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“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 xx 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 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1a ≥.。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之欧阳术创编

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之欧阳术创编

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题时间:2021.02.02创作:欧阳术第一部分: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)!nn x x x x xx 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 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 x x R k --=-+-+-+-,其中2(1)cos (2)!kkn 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 af x Ag x →'=' (A 可为实数,也可以是±∞).则()()lim lim ()()x a x af x f x Ag 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 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 k x 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 xg 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 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21x 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)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 xf 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)xx 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()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 xx 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x →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1a ≥.。

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的解析式;
(Ⅱ)当 x 0 时, f (x) 0 ,求 a 的取值范围.
8.2010全国大纲理
设函数 f (x) 1 ex .
(Ⅰ)证明:当 x 1 时, f (x) x ; x 1
(Ⅱ)设当 x 0 时, f (x) x ,求 a 的取 ax 1
值范围.
9.2011新课标理
已 知 函 数 f (x) a ln x b , 曲 线 y f (x) 在 点 x 1 x
h(x)
0
,可

1 1 x2
h(x)
4.2008全国2理
设函数 f (x) sin x . 2 cos x
(Ⅰ)求 f (x) 的单调区间;
(Ⅱ)如果对任何 x≥0 ,都有 f (x) ≤ ax ,
求 a 的取值范围.
5.2008辽宁理 设函数 f (x) ln x ln x ln(x 1) .
1 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
1 x
(Ⅰ)设 a 0 ,讨论 y f x 的单调性;
(Ⅱ)若对任意 x 0,1 恒有 f x 1,
求 a 的取值范围.
3.2007全国1理
设函数 f (x) ex ex . (Ⅰ)证明: f (x) 的导数 f (x)≥ 2 ;
(Ⅱ)若对所有 x≥0 都有 f (x) ≥ ax ,
求 a 的取值范围.
x 1 x (Ⅰ)略解得 a 1, b 1.
(Ⅱ)方法一:分类讨论、假设反证法
由(Ⅰ)知 f (x) ln x 1 ,所以 f (x) ( ln x k ) 1 (2ln x (k 1)(x2 1)) .
x 1 x
x 1 x 1 x2
x
考虑函数 h(x)
2 ln
x
(k
1)( x 2 x
1.洛必达法则
洛必达法则:设函数 f (x) 、 g(x) 满足:
(1) lim f (x) lim g(x) 0 ;
xa
xa
(2)在U (a) 内,f (x) 和 g(x) 都存在,且 g(x) 0 ;
(3) lim f (x) A ( A 可为实数,也可以是 ). xa g(x)
则 lim f (x) lim f (x) A . xa g(x) xa g(x)
泰勒展开式
x3 x5 3. sin x x
3! 5!
(1)k 1
x2k 1 (2k 1)!
Rn
其中 Rn
(1)k
x2k 1 cos x
(2k 1)!

x2 x4 4. cos x 1
2! 4!
(1)k 1
x2k 2 (2k 2)!
Rn
其中 Rn
(1)k
x2k cos x
(2k )!
1)
(x
0) ,则 h '(x)
(k
1)(x2 1) x2
2x
.
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

0
,可得 1 1 x2
h(x)
0
;当
x (1, ) 时,
明理由.
6.2010新课标理
设函数 f (x) = ex 1 x ax2 . (Ⅰ)若 a 0 ,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新课标文
已知函数 f (x) x(ex 1) ax2 . (Ⅰ)若 f (x) 在 x 1 时有极值,求函数 f (x)
2.2011新课标理的常规解法
已知函数 f (x) a ln x b ,曲线 y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 . x 1 x
(Ⅰ)求 a 、 b 的值; ( Ⅱ)如果当 x 0 ,且 x 1时, f (x) ln x k , 求 k 的取值范围.
第二部分:泰勒展开式
泰勒展开式
1. ex 1 x x2 x3 xn xn1 e x ,
1! 2! 3!
n! (n 1)!
其中 (0 1) ;
2. ln(1 x) x x2 x3 2! 3!
(1)n1
xn n!
Rn ,
其中
Rn
(1)n
x n 1
1
(
(n 1)! 1
)n1 ; x
3.洛必达法则
虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方 法求解,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.研究发现利用分离参数
的方法不能解决这部分问题的原因是出现了 0 ” 0
型的式子,而这就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.
第四部分:洛必达法则及其解法
(1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 .
(Ⅰ)求 a 、 b 的值; ( Ⅱ)如果当 x 0 ,且 x 1时, f (x) ln x k ,
x 1 x 求 k 的取值范围.
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.
2.分类讨论和假设反证
许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问 题,其中求参数的取值范围就是一类重点考查的 题型.这类题目容易让学生想到用分离参数的方 法,一部分题用这种方法很凑效,另一部分题在 高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决, 高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论 和假设反证的方法.
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题 ——高考专项研究
2011年12月20日
第一部分:历届导数高考压轴题
1.2006年全国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.
2.2006全国1理
已知函数 f x 1 x eax .

第三部分:新课标高考命题趋势及方法
1. 新课标高考命题趋势
近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化, 坚持了稳中求改、稳中创新的原则,充分发挥数学 作为基础学科的作用,既重视考查中学数学基础知 识的掌握程度,又注重考查进入高校继续学习的潜 能。为此,高考数学试题常与大学数学知识有机接 轨,以高等数学为背景的命题形式成为了热点.
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