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()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，()1x
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
1.23
11,1!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111(1)
()(1)!1n n
n n x R n x θ++=-++； 3.35
211
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
221
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，()0h x >，可得2
1
()01h x x
⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得
2
1()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
>+-； （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
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 <<；③1k ≥不易想到.尤其是②
01k <<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
222222(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
2222
14(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2
2ln ()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，2
1x
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)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12
a ≤. 综上所述，当1
2
a ≤
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 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,)2
π
上单调递减. 由洛必达法则有
3200000sin 1cos sin cos 1
lim ()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,)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)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 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 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 122
x 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
()2
g 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 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2π2π2π2π33k x k -
<<+
（k ∈Z ）时，1
cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+
（k ∈Z ）时，1
cos 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 )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0
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 )3x g x x x x π=
≤≤<+，因此1
3
a ≥.。