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TYYGROUP system office room 【TYYUA16H-TYY-TYYYUA8Q8-TYYUA162】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(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。
2024年高考数学 二轮复习第49讲 洛必达法则解高考导数压轴题
第49讲 洛必达法则解高考导数压轴题确界如果分离参数后相应的函数不存在最值,为了能够利用分离参数思想【解析】决含参不等式恒成立的问题,我们利用如下的函数确界的概念:函数()()y f x x D =∈的上确界为(){}min ,Mf x M x D ∈∣,记作.M 上函数()()y f x x D =∈的下确界为()max{Mf x ∣,}M x D ∈,记作M 下.于是,有如下结论:(1)若()f x 无最大值,而有上确界,这时要使()()f x g a <恒成立,只需()M g a 上. (2)若()f x 无最小值,而有下确界,M 下,这时要使()()f x g a >恒成立,只需()M g a 下. 确界通俗地说就是,知道函数不会超过某个值(这个值其实就是确界),但就是在定义域内取不到这个值,举个【例】子:在()()1,21x f x x a ∈=+>恒成立,求a 的取值范围.x 取不到1,但()f x 为单调递增,()()12f x f ∴>=,即2就是()f x 的下确界,于是我们可以得到2a .可以简单地理解为确界就是函数取不到的最值,需要用极限来逼近,下面举例子来说明.【例1】 设函数()21x f x e x ax =−−−,0x 时,()0f x ,求a 的取值范围. 分析:由()0f x 对所有的0x 成立,可得 (1)当0x =时,a R ∈.(2)当0x >时,21x e x a x −−.设()21x e x g x x −−=,把问题转化为求()g x 的最小值或下确界. ()()2222422,22,x x x x x e xe x xg x h x x e xe x x x'−++==−++令 则()2e 2e 22,0x x h x x x x '=−++>.又()h x 的二阶导数()22x x h x xe x e =+−''()22x e h x +的三阶导数()()240x h x e x x '+'=>',()h x ∴''是增函数.()()00h x h ''''∴>=.()h x ∴'增函数.()()00h x h ''∴>=.()h x ∴是增函数.()()00h x h ∴>=,从而()0g x '>,于是()g x 在()0,+∞上单调递增,故()g x 无最小值. 此时,由于()0g 无意义,分析可知()g x 是有下确界的,运用极限表述为:()g x >()0lim x g x +→,关键是这个极限值或者说确界如何求出呢?这就是本章的重点:洛必达法则.由洛必达法则即可得()0lim x g x +→=2000111lim lim lim 222x x x x x x e x e e x x +++→→→−−−===. 故0x >时,()12g x >,因而12a ,综上知a 的取值范围为1,2⎛⎤−∞ ⎥⎝⎦.那什么是洛必达法则呢?洛必达法则(一)型不定式 定理1 设函数()(),f x F x 满足下列条件: (1)()()0lim 0,lim 0x x x x f x F x →→==.(2)()f x 与()F x 在0x 的某一去心邻域内可导,且()0F x '≠. (3)()()limx x f x F x →''存在(或为无穷大),则()()()()00lim limx x x x f x f x F x F x →→''=. 【例1】计算极限01lim x x e x →−.【解析】 该极限属于00型不定式,于是由洛必达法则得001limlim 1.1x xx x e e x→→−== (二)∞∞型不定式定理2设函数()(),f x F x 满足下列条件： (1)()()0lim ,lim x x x x f x F x →→=∞=∞.(2)()f x 与()F x 在0x 的某一去心邻域内可导,且()0F x '≠. (3)()()limx x f x F x →''存在(或为无穷大), 则()()()()00limlimx x x x f x f x F x F x →→''=. 【例2】 计算极限lim nx x x e→+∞【解析】 所求问题是∞∞型不定式,连续n 次实行洛必达法则,有()211!lim lim lim lim0n n n x x xxx x x x n n x x nx n e e e e −−→+∞→+∞→+∞→+∞−=====.使用洛必达法则时必须注意以下几点:(1)洛必达法则只能适用于00型和∞∞型的不定式,其他的不定式须先化简变形成00型或∞∞型才能运用该法则.对于∞−∞型与0⋅∞型的未定式,可通过通分或者取倒数的形式化为基本形式.对于00型,1∞型与0∞型的未定式,可通过取对数等手段化为00型或∞∞型未定式. (2)只要条件具备,就可以连续应用洛必达法则.(3)洛必达法则的条件是充分的,但不必要,因此,在该法则失效时并不能断定原极限不存在.洛必达法则求参数取值范围洛必达法则求参数取值范围的一般步骤和前面参变分离的解题步骤一致,只不过是最后无法直接求解最值,只能用洛必达法则求解确界.【例1】已知函数()()21x f x x e ax =−−,当0x 时,()0f x ,求a 的取值范围. 【解析】 证明 第一步:分类讨论,参变分离.当0x 时,()0f x ,即()21x x e ax −.①当0x =时,a R ∈.②当0x >时,()21xx e ax −等价于1xe ax −,即1x e a x−.第二步:构造函数,求导,并把分子提出,再次构造函数,求导并研究出原函数单调性.记()()1,0,x e g x x x −=∈+∞,则()g x '=()211x x e x −+.记()()()11,0,x h x x e x =−+∈+∞, 则()e 0x h x x =>',因此()()11x h x x e =−+在()0,+∞上单调递增,且()()00h x h >=,()()20h x g x x ='∴>，()e 1x g x x−=从而在()0,+∞上单调递增.第三步:利用洛必达法则求出函数下确界.()0001lim limlim 1,1x xx x x e e g x x→→→−=== 即当0x →时,()1g x →.()1g x ∴>,即有1a . 综上所述,当1,0a x 时,()0f x 成立.【例2】 设函数()1x f x e −=−,设当0x 时,()1xf x ax +,求a 的取值范围. 【解析】 证明 第一步:必要性讨论,缩小参数范围. 由题设0x ,此时()0f x .①当0a <.时,若1x a>−,则01x ax <+,()1x f x ax +不成立. ②当0a 时,当0x 时,()1x f x ax +,即.1111xx x x e e ax ax −−−−++. 若0x =,则a R ∈.第二步:不等式等价变化并参变分离. 若0x >,则11xx eax −−+等价于111xe x ax −−+,即1x x xxe e a xe x −+−. 第三步:构造函数,并因式分解,把部分因式提出,单独构造函数,并多次求导,结合特殊值最终确定原函数的单调性.记e e 1()e x x x x g x x x −+=−,则()g x '=()()(22222e e 2e 1e e 2e e x x x xx x x x x x x x x −−+=−−+−−)e x − 记2()e 2e x x h x x −=−−+,则()h x '=e 2e ,()e e 20x x x xx h x −−−−''=+−>.因此,()e 2exxh x x −'=−−在(0,)+∞上单调递增,且(0)0,()0h h x '=∴'>,即()h x 在(0,)+∞上单调递增,且(0)0,()0h h x =∴>.因此()2e ()()0exxg x h x x x'=⨯>−,∴()g x 在(0,)+∞上单调递增.第四步:利用洛必达法则求出函数下确界.00e e 1lim ()lim e x x x x x x g x x x →→−+==−00e e e 1lim lim e e 12e e 2x x x x x x x x x x x x x →→+==+−+,即当0x →时,1()2g x →,即有1()2g x >, 1. 2a∴综上所述,a 的取值范围是1,2⎛⎤−∞ ⎥⎝⎦. 【例3】若不等式3sin x x ax >−对于x ∈0,2π⎛⎫⎪⎝⎭恒成立,求a 的取值范围。
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x1
x1 1 x2
x1 1 x2
x1 2x
即当 x 1 时， g(x) 0 ，即当 x 0 ，且 x 1 时， g(x) 0 .
因为 k g(x) 恒成立，所以 k 0 .综上所述，当 x 0 ，且 x 1 时， f (x) ln x k 成立， k 的取值范围为 (，0] .
x 1 x
4.运用洛必达和导数解 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）当 x 0 时， f (x) 0 ，求 a 的取值范围.
4.运用洛必达和导数解 新课标理
应用洛必达法则和导数
（Ⅱ）当 x 0 时， f (x) 0 ，即 ex 1 x ax2.
求 a 的取值范围.
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．
全国2理
设函数 f (x) sin x ． 2 cos x
（Ⅰ）求 f (x) 的单调区间；
1 1 x2
h(x )
0，与题设矛盾.综上可得， k
的取值范围为 (，0] .
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.
明理由.
新课标理
设函数 f ( x) 运用洛必达和导数解 年新课标理 = ex 1 x ax2 .
【高考数学】导数结合洛必达法则巧解高考压轴题共45页
【高考数学】导数结合洛必 达法则巧解高考压轴题
41、实际上，我们想要的不是针对犯 罪的法 律，而 是针对 疯狂的 法律。 ——马 克·吐温 42、法律的力量应当跟随着公民，就 像影子 跟随着 身体一 样。— —贝卡 利亚 43、法律和制度必须跟上人类思想进 步。— —杰弗 逊 44、人类受制于法律，法律受制于情 理。— —托·富 勒
45、法律的制定是为了保证每 庇尔
谢谢
11、越是没有本领的就越加自命不凡。——邓拓 12、越是无能的人，越喜欢挑剔别人的错儿。——爱尔兰 13、知人者智，自知者明。胜人者有力，自胜者强。——老子 14、意志坚强的人能把世界放在手中像泥块一样任意揉捏。——歌德 15、最具挑战性的挑战莫过于提升自我。——迈克尔·F·斯特利
洛必达法则巧解高考压轴题(好东西)
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
①当
x
0
时，
a
R
；②当
x
0
时，
ex
1
x
ax2
等价于
a
ex
1 x2
x
.
记
g(x)
ex
1 x2
x
x
(0，+)
，则
g
'( x)
(x
2)ex x3
x
2
.
记 h(x) (x 2)ex x 2 x (0，+) ，则 h '(x) (x 1)ex 1，当 x (0，+) 时， h ''(x) xex 0 ，
理
当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，即 ln x 1 ln x k ， x 1 x x 1 x x 1 x
也即 k
x ln x x 1
1 x
x ln x x 1
2x ln x 1 x2
1，记
g(x)
2x ln x 1 x2
1，
x
0 ，且
x
1
则
g
'( x)
2( x 2
1 x
（Ⅰ）设 a 0 ，讨论 y f x 的单调性；
(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 (1)
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 xxf 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)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 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,)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 x x 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 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 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 ax 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()()limlim ()()x ax 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 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 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 kf x x x>+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-，也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x xk 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 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)x x 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001lim ()limlim 11x xx x x e eg 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()1xf 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01xax <+，()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，即11xxe ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11x xe 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 xh 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00001lim ()lim lim lim 12x x x x xx x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe xe 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0sin 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
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题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热点.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题型.这类题目容易让考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.利用分离参数的方法不能解决这类问题的原因是出现了“”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.利用导数确定函数的单调性，再用洛必达法则就能顺利解决上面提出的“”型的导数应用问题.本文首先给出洛必达法则，然后用洛必达法则和导数解决高考试题并将这种方法应用于其他试题，从中可以发现运用高等数学知识解題的优越性.洛必达法则：设函数f（x）、g（x）满足：（1）f（x）=g（x）=0；（2）在U0（a）内，f ′（x）和g′（x）都存在，且g′（x）≠0；（3）=A（A可为实数，也可以是±∞）.则==A.1.（2011海南宁夏理21）已知函数f（x）=+，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y-3=0.（1）求a，b的值；（2）如果当x0，且x≠1时，f（x）+，求k的取值范围.解析：（1）略解，易知a=1，b=1；（2）当x0，且x≠1时，由f（x）+，易得k+1-=+1.记g（x）=+1，则g′（x）==（lnx+），记h（x）=lnx+，则h′（x）=+=0，从而h（x）=lnx+在x∈（0，+∞）时单调递增，且h（1）=0，所以当x∈（0，1）时，h（x）0，当x∈（1，+∞）时，h（x）0；当x∈（0，1）时，g′（x）0，当x∈（1，+∞）时，g′（x）0，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：g（x）=（+1）=1+=1+=0，即当x→1时，g（x）→0所以当x0，且x≠1时，g（x）0.因为k<g（x）恒成立，所以k≤0.></g（x）恒成立，所以k≤0.>综上所述，当x0，且x≠1时，f（x）+成立，求k的取值范围是（-∞，0].通过例题1的分析，我们不难发现运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函数的单调性；③出现“”型的式子.洛必达法则是数学分析中的一个重要的求不定式极限的方法.在分离参数之后，洛必达法则就能帮助我们解决“”型的高考压轴题.本题很容易想到分离变量的方法把参数分离出来，然后对分离出来的函数g（x）=+1求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当x=1时，函数g（x）值没有意义”这一问题，很多考生陷入困境.如果考前对优秀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.（2010海南宁夏理21）设函数f（x）=ex-1-x-ax2（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）略；（2）当x≥0时，f（x）≥0，即ex-1-x≥ax2.①当x=0时，a∈R；②当x0时，ex-1-x≥ax2？圳a≤.记g（x）=，x∈（0，+∞），则g′（x）=.记h（x）=（x-2）ex+x+2，x∈（0，+∞），则h′（x）=（x-1）ex+1，当x∈（0，+∞）时，h″（x）=xex0，所以h′（x）=（x-1）ex+1在x∈（0，+∞）时单调递增，且h′（x）h′（0）=0，所以h（x）=（x-2）ex+x+2在x∈（0，+∞）时单调递增，且h（x）h（0）=0，因此当x∈（0，+∞）时，g′（x）=0，从而g（x）=在x∈（0，+∞）时单调递增.由洛必达法则有：g（x）====，即当x→0时，g（x）→，所以当x∈（0，+∞）时，g（x），因此a≤.综上所述，当x≥0且f（x）≥0时，a的取值范围是a≤.洛必达法则是数学分析中的一个重要的求不定式极限的方法.在分离参数之后，洛必达法则就能帮助我们解决“”型的高考压轴题，分离参数是广大学生容易想到而且易于操作的一个方法，只要掌握了洛必达法则，就能突破瓶颈顺利地解决这类求参数的取值范围的问题.通过以上例题对洛必达法则的应用对比，我们可以感受到高等数学对初等数学的指导作用，感受到高等数学的优越性，从而激发学生学习的兴趣和动力.随着新课标的推进，高观点下的高考命题颇受命题者的青睐，这似乎也是新课标命题的一种趋势和方向.因此，加强对高等数学在中学数学中应用的研究就显得很重要也很必要.。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
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．解析：解法1：令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，对函数g(x)求导数：g′(x)=ln(x+1)+1-a，令g′(x)=0，解得x=ea-1-1.(1)当a≤1时，对所有x＞0,g′(x)＞0,所以g(x)在［0，+∞)上是增函数.又g(0)=0，所以对x≥0，有g(x)≥g(0),即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax.(2)当a＞1时，对于0＜x＜ea-1-1，g′(x)＜0,所以g(x)在(0,ea-1-1)是减函数.又g(0)=0，所以对0＜x＜ea-1-1，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax.所以当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立.综上a的取值范围是(-∞,1］.解法2：令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立.对g(x)求导数得g′(x)=ln(x+1)+1-a,令g′(x)=0，解得x=ea-1-1,当x＞ea-1-1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，当-1＜x＜ea-1-1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数.要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea-1-1≤0.由此得a≤1，即a的取值范围是(-∞,1].1.231 1, 1!2!3!!(1)!n nx x x x x x xe en nθ+ =+++++++其中(01)θ<<；2.231ln(1)(1),2!3!!nnnx x xx x Rn-+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1nn nnxRn xθ++=-++；3.35211sin(1)3!5!(21)!kkn x x xx x Rk--=-+-+-+-其中21(1)cos(21)!kknxR xkθ+=-+；4.24221cos1(1)2!4!(22)!kkn x x xx Rk--=-+-+-+-其中2(1)cos(2)!kknxR xkθ=-；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. （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 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]-∞，.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 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 k f x x x>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，.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)1xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h 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.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 x a x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin 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,)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；② 现“00”型式子.2010海南宁夏文（21）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 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.2010全国大纲理（22）设函数()1xf x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x 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 <+，()1x f x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x x e 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 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-∞.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，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． （Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin ()2cos x f x ax x=≤+ 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 ≥.。
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求证：不等式1x e x ≥+恒成立.对于[)0,x ∈+∞，不等式1x e ax ≥+恒成立，求实数a 的取值范围.方法一：讨论假设方法二：洛必达法则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． （1,∞-]。
2.2006全国1理已知函数()11ax xf 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. (]2,∞-∈a3.2007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． (]2-∞，4.2008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．（13a ≥.）5.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.6.2010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. 1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭7.2010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. （1a ≤.）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.8.2010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. 1(,]2-∞.9.2011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. （-∞，0] 利用洛必达法则处理如下：II ）由题设可得，当0,1x x >≠时，k<22ln 11x x x+-恒成立。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
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．解析：解法1：令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，对函数g(x)求导数：g′(x)=ln(x+1)+1-a，令g′(x)=0，解得x=ea-1-1.(1)当a≤1时，对所有x＞0,g′(x)＞0,所以g(x)在［0，+∞)上是增函数.又g(0)=0，所以对x≥0，有g(x)≥g(0),即当a≤1时，对于所有x≥0，都有f(x)≥ax.(2)当a＞1时，对于0＜x＜ea-1-1，g′(x)＜0,所以g(x)在(0,ea-1-1)是减函数.又g(0)=0，所以对0＜x＜ea-1-1，有g(x)＜g(0)，即f(x)＜ax.所以当a＞1时，不是对所有的x≥0，都有f(x)≥ax成立.综上a的取值范围是(-∞,1］.解法2：令g(x)=(x+1)ln(x+1)-ax，于是不等式f(x)≥ax成立即为g(x)≥g(0)成立.对g(x)求导数得g′(x)=ln(x+1)+1-a,令g′(x)=0，解得x=ea-1-1,当x＞ea-1-1时，g′(x)＞0，g(x)为增函数，当-1＜x＜ea-1-1时，g′(x)＜0，g(x)为减函数.要对所有x≥0都有g(x)≥g(0)充要条件为ea-1-1≤0.由此得a≤1，即a的取值范围是(-∞,1].1.231 1, 1!2!3!!(1)!n nx x x x x x xe en nθ+ =+++++++其中(01)θ<<；2.231ln(1)(1),2!3!!nnnx x xx x Rn-+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1nn nnxRn xθ++=-++；3.35211sin(1)3!5!(21)!kkn x x xx x Rk--=-+-+-+-其中21(1)cos(21)!kknxR xkθ+=-+；4.24221cos1(1)2!4!(22)!kkn x x xx Rk--=-+-+-+-其中2(1)cos(2)!kknxR xkθ=-；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. （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 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]-∞，.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 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 k f x x x >+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，.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)1xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h 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.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 x a x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin 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,)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；② 现“00”型式子.2010海南宁夏文（21）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 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.2010全国大纲理（22）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x 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 <+，()1x f x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x x e ax --≤+； 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则11x 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()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-∞.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，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． （Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin ()2cos x f x ax x=≤+ 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完整版
（Ⅰ）若 ，求 的单调区间;
（Ⅱ）若当x≥0时 ≥0，求a的取值范围.
（新课标文）已知函数 .
（Ⅰ）若 在 时有极值，求函数 的解析式；
（Ⅱ）当 时， ，求 的取值范围.
（全国大纲理）设函数 .
（Ⅰ）证明：当 时， ；
（Ⅱ）设当 时， ，求 的取值范围.
（新课标理）已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 .
则 .
1.（新课标理）已知函数 ，曲线 在点 处的切线方程为 .
（Ⅰ）求 、 的值；
（ Ⅱ）如果当 ，且 时， ， 求 的取值范围.
常规解法
（Ⅰ）略解得 ， .
（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法
由（Ⅰ）知 ，所以 .
考虑函数 ，则 .
(i)当 时，由 知，当 时， .因为 ，
所以当 时， ，可得 ；当 时， ，可得
（全国1理）设函数 ．
（Ⅰ）证明： 的导数 ；
（Ⅱ）若对所有 都有 ，求 的取值范围．
（全国2理）设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何 ，都有 ，求 的取值范围．
（辽宁理）设函数 .
⑴求 的单调区间和极值;
⑵是否存在实数 ,使得关于 的不等式 的解集为 若存在,求 的取值范围;若不存在,试说明理由.
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 .
（Ⅰ）设 ，讨论 的单调性；
（Ⅱ）若对任意 恒有 ，求 的取值范围.
，即有 ，所以 .综上所述， 的取值范围是 .
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。
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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(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。
○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。
○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。
二．高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数2()1xf 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 原解：（1）0a =时，()1xf x e x =--，'()1xf x e =-.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（II ）'()12xf x e ax =--由（I ）知1xe x ≥+，当且仅当0x =时等号成立.故'()2(12)f x x ax a x ≥-=-，从而当120a -≥，即12a ≤时，'()0 (0)f x x ≥≥，而(0)0f =， 于是当0x ≥时，()0f x ≥. 由1(0)xe x x >+≠可得1(0)xe x x ->-≠.从而当12a >时，'()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a --<-+-=--，故当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f =，于是当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <.综合得a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭原解在处理第（II ）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下： 另解:（II ）当0x =时，()0f x =，对任意实数a,均在()0f x ≥；当0x >时，()0f x ≥等价于21xx a ex--≤令()21xx g x ex--=(x>0),则322()x xx x g x e e x-++'=，令()()220xxh x x x x e e =-++>，则()1xxh x x e e '=-+，()0xh x x e ''=>，知()h x '在()0,+∞上为增函数，()()00h x h ''>=；知()h x 在()0,+∞上为增函数，()()00h x h >=；()0g x '∴>，g(x)在()0,+∞上为增函数。
由洛必达法则知，200011222limlim lim xx xx x x x x ee e x+++→→→--===，故12a ≤综上，知a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭。
2．（2011年全国新课标理）已知函数，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。
原解：（Ⅰ）221(ln )'()(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 =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1f ()1x 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 ）设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x+--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h （x ）递减。
而(1)0h =故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得21()01h x x>-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +xk.（ii ）设0<k<1.由于2(1)(1)2k x x -++=2(1)21k x x k -++-的图像开口向下，且244(1)0k ∆=-->，对称轴x=111k >-.当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得211x -h （x ）<0,与题设矛盾。
（iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>⇒'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得211x- h （x ）<0,与题设矛盾。
综合得，k 的取值范围为（-∞，0]原解在处理第（II ）时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下： 另解：（II ）由题设可得，当0,1x x >≠时，k<22ln 11x xx+-恒成立。
令g (x)= 22ln 11x xx +-(0,1x x >≠),则()()()22221ln 121x x x g x x +-+'=⋅-， 再令()()221ln 1h x x x x =+-+(0,1x x >≠)，则()12ln h x x x x x'=+-，()212ln 1h x x x ''=+-，易知()212ln 1h x x x''=+-在()0,+∞上为增函数，且()10h ''=；故当(0,1)x ∈时，()0h x ''<，当x ∈（1，+∞）时，()0h x ''>；∴()h x '在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数；故()h x '>()1h '=0 ∴()h x 在()0,+∞上为增函数()1h =0∴当(0,1)x ∈时，()0h x <，当x ∈（1，+∞）时，()0h x > ∴当(0,1)x ∈时，()0g x '<，当x ∈（1，+∞）时，()0g x '>∴()g x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数由洛必达法则知()2111ln 1ln 12121210221lim limlim x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭ ∴0k ≤，即k 的取值范围为（-∞，0]规律总结：对恒成立问题中的求参数取值范围，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法。
自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围. 解：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“0”型式子.。