(word完整版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

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7 当2π4π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx．因此()fx在每一个区间2π2π2π2π33kk，（kZ）是增函数， ()fx在每一个区间2π4π2π2π33kk，（kZ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 sin()2cosxfxaxx 若0x，则aR；若0x，则sin2cosxaxx等价于sin(2cos)xaxx，即sin()(2cos)xgxxx 则222cos2sinsincos'()(2cos)xxxxxxgxxx. 记()2cos2sinsincoshxxxxxxx， 2'()2cos2sin2coscos212sincos212sin2sin2sin(sin)hxxxxxxxxxxxxxxx 因此，当(0,)x时，'()0hx，()hx在(0,)上单调递减，且(0)0h，故'()0gx，所以()gx在(0,)上单调递减，而000sincos1lim()limlim(2cos)2+cossin3xxxxxgxxxxxx. 另一方面，当[,)x时，sin111()(2cos)3xgxxxx，因此13a.
6 0001lim()limlim11xxxxxeegxx，即当0x时，()1gx 所以()1gx，即有1a. 综上所述，当1a，0x时，()0fx成立. （全国大纲理）设函数()1xfxe. （Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx；（Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，求a的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数由题设0x，此时()0fx. ①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立； ②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax；若0x，则aR；若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex. 记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex. 记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee. 因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx，即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx. 因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增. 由洛必达法则有 000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时， 1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2. （全国2理）设函数sin()2cosxfxx．（Ⅰ）求()fx的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a的取值范围．解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx．当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题○2 洛必达法则可处理00 0，，0 ，1 ，，0 ，型。

2010 年和2011 年高考中的全国新课标卷中的第21 题中的第○2 步，由不等式恒成立来求参数0 0的取值范围问题，分析难度大，但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。

则不适用，应从另外途径求极限。

洛必达法则简介：○4 若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。

法则 1 若函数f(x) 和g(x) 满足下列条件：(1) lim 0f x 及limg x 0；x a x a(2) a f(x) g(x) g'(x) 0在点的去心邻域内，与可导且≠；二．高考题处理1.(2010 年全国新课标理)设函数x 2f (x) e 1 xax 。

(3) limx a f xg xl ，（1）若a 0，求 f (x) 的单调区间；（2）若当x 0 时f (x) 0，求a的取值范围那么limx a f xg x= limx af xg xl 。

x x原解：（1）a 0时，f ( x) e 1 x，f '( x) e 1.法则 2 若函数f(x) 和g(x) 满足下列条件：(1) lim 0f x 及limg x 0；x x 当x ( ,0) 时， f '( x) 0 ；当x (0, ) 时， f '(x) 0 .故f (x) 在( ,0) 单调减少，在(2) A 0，f(x) 和g(x) 在, A 与A, 上可导，且g'(x) ≠0；(0, ) 单调增加(3) limx f xg xl ，x（II ）f '(x) e 1 2axx由（I）知 1e x ，当且仅当x 0 时等号成立.故那么limx f xg x=limxf xg xl 。

f '( x) x 2ax (1 2a)x ，法则 3 若函数f(x) 和g(x) 满足下列条件：(1) limx a f x 及limx ag x ；从而当1 2a 0 ，即1a 时， f '(x) 0 ( x 0) ，而 f (0)0 ，2(2) 在点 a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'( x) ≠0；于是当x 0 时， f ( x) 0 .(3) limx a f xg xl ，x x由e 1 x(x 0)可得e 1 x(x 0) .从而当1a 时，2那么limx a f xg x= limx af xg xl 。

【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

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之吉白夕凡创作第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．（全国1理）已知函数()11axx f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围. （全国1理）设函数()e e x x f x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．（辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由. （新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；（Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. （新课标理）已知函数ln ()1a x b f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2. 231ln(1)(1),2!3!!n n n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+-，其中2(1)cos (2)!kk n x R x k θ=-；第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足：（1）lim ()lim ()0x a x a f x g x →→==；（2）在()Ua 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠；（3）()lim()x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）. 则()()limlim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 惯例解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=. (i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当x >且1x ≠时，ln ()()01x kf x x x-+>-，即ln ()1x kf x x x>+-；（ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据分歧题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-，也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x xg x x=+-，0x >，且1x ≠ 则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+，记221()ln 1x h x x x -=++，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增.由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---，即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 22ln ()11x xg x x=+-“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21xe x ax --≥等价于21x e xa x--≤.记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2xh x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()xe xg x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤.综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2cos sin 2g x x x x =+-. 因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-，'''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x =<，因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====，即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立.通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足：① 可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；③出现“00”型式子. （海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)x x e ax -≥等价于1x e ax -≥，也即1xe a x-≤. 记1()xe g x x-=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()xx e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x h x xe =>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x-=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===，即当0x →时，()1g x → 所以()1g x >，即有1a ≤.综上所述，当1a ≤，0x ≥时，()0f x ≥成立.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；（Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数由题设0x ≥，此时()0f x ≥. ①当0a <时，若1x a>-，则01x ax <+，()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11xx eax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x-+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x -+=-，则2222221'()=(2)()()x x x xx x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--.记2()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->. 因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >，即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时， 1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数若0x =，则a R ∈；若0x >，则sin 2cos x ax x ≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+.记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减，而000sin cos 1lim()lim lim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题09449

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 ≥.。

（完整word版）导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

（完整word版）导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x) = (x+ 1)1 n( 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.(辽宁理)设函数f(x)悝lnx In(x 1).1 x⑴求f(x)的单调区间和极值；(I)设a 0，讨论y f x的单调性;(U)若对任意x 0,1恒有f x 1，求a的取值范围. (全国1理)设函数f(x) e x e x.(I)证明：f(x)的导数f (x) > 2 ;(U)若对所有x > 0都有f (x) > ax，求a的取值范围.(新课标理)设函数f(x)=e x 1 x ax2.(I)若a 0,求f(x)的单调区间；(U)若当x>0时f(x) >0,求a的取值范围.导数结合洛必达法则巧解高考压轴题(I)求f(x)的单调区间;(全国1理)已知函数f x ax 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, 取值范围；若不存在,试说明理由.)?若存在,求a的(全国2理)设函数f(x)sin x2 cosx(新课标文)已知函数f(x) x(e x 1) ax2.(U)如果对任何x > 0，都有f(x) < ax,求a的取值范围.(I)若f(x)在x 1时有极值，求函数f(x)的解析式;例题：若不等式sin x x ax3对于x (0,三)恒成立，求a的取值范围(U)当x 0时，f(x) 0，求a的取值范围.(全国大纲理)设函数f (x) 1(I)证明：当x 1时，f(x)x 1(U)设当x 0时，f(x)—，求a的取值范围.ax 1第二部分：泰勒展开式(新课标理)已知函数f(x)霁x，曲线y f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x 2y 3 0.(I)求a、b的值;(U)如果当x 0，且x 1时，f(x)也k，求k的取值范围.x 1 x 1. e x 1 x1!x2!x3!K2 3x x2. ln(1 x) x2! 3!3 5x x3. sin x x ——K3! 5!2 4x x4. cosx 1 K2! 4!2 3(nxn!n 1xe(n 1)!nK ( 1)n1—n!2k 11)*,其中(0Rn,其中R nR n，其中R n1);n 11)n I^+)n1;2k 1k x(1) cos x ;(2 k 1)!2k 2(1)k4 Rn，其中R n2k(1)k話严x;1.(新课标理)已知函数f(x)b，曲线y f(x)在点(l,f(l))处的切线方x 1 x程为x 2y 3 0.(I)求a、b的值；(U)如果当x 0，且x 1时，f(x) 也k，求k的取值范围.x 1 x常规解法(I)略解得a 1，b 1.(n)方法一：分类讨论、假设反证法2 h(x) 0,与题设矛盾?综上可得，k的取值范围为(，0].1 x注：分三种情况讨论：① k 0 :②0 k 1 :③k 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 )更难想到.而这方面根1 k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.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 f(x) lim g(x) 0 ;x a x a(2)在U o(a)内，f (x)和g (x)都存在，且g (x) 0 ；(3)lim 3 A ( A可为实数，也可以是).x a g(x)则|im 他x m 3 A.x a g(x) x a g(x) 由(I)知f(x)—x 1，所以f (x) (罟-) 1 (2ln x(k 1)(x2丄)).x 1 x x 1 x 1 x x考虑函数h ；x) 2ln x(k1)(x2 1)(x 0)，则h'(x)(k 1)(x221) 2xx x(i)当k 0时，由h'((x) k(x2 1) (x x2°知，当x1时，h'(x) 0.因为h(1) 0 ,所以当x (0,1)时，h(x) 0 ,可得」12 h(x) 0 ;x当x (1, )时，h(x)0,可得12 h(x)0，从而当x 0且x 1时,f(x) (ln：*) 0，即lnx f (x)k；1 x x 1 x x 1 x (ii )当0 k 1时,由于当X (1,1k)时，(k 1)(: x2 1) 2x 0,故h'(x) 0 ,而h(1)0 ，故当x (1, 1)时，h(x) 0，可得1 2 h(x) 0，与题设矛盾1 k 1 x(iii )当k 1时，h'(x) 0，而h(1)0，故当x (1, )时，h(x) 0 ,可得洛必达法则解法当x 0，且x也即k 则g '(x) xln xx 12(x21时，f(x)必兰，即x 1 x x 11 xln x 2x ln x亍1，记g(x)x x 1 1 x1)l nx 2(1 x2) 2(x21)“形= 羽(l nx(1 x2)2(1 x2)2ln x 1 ln x kx x 1 x3 1 , x 0，且x 11 x」)x2 1)，t记h(x) In x2\2x )2 只，则h'(x)【儲= ￡+x2)从而h(x)在(0,)上单调递增，且h(1) 0，因此当(0,1)时，h(x) 0，当x (1,)时，h(x) 0 ;当x (0,1)时，g'(x) 0，当(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xln x lim(-x 1 1 x1 时，g(x)l i m1g(x)即当xx l n x1) 1 lim r 1x 1 1 x20 ,即当x 0，且xIn xlimx 122x因为k g (x)恒成立, 所以k 0.综上所述, 成立, k的取值范围为(，0].1时,g(x) 0.0，且x 1 时，f(x)In x kx 1 x注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数出来的函数g(x)空与1求导，研究其单调性、极值1 x函数g(x)值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境k分离出来.然后对分离.此时遇到了“当x=1时, .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f (x) e x 1 x ax2.(I)若a 0，求f (x)的单调区间；(U)当x 0时，f(x) 0，求a的取值范围.应用洛必达法则和导数(U)当x 0 时，f(x) 0，即e x 1 x ax2.①当x记g(x)记h(x)h''(x)0时，axe 1 x2x(xxxe2)e xx (0,+0,所以h'(x)所以h(x) (x 2)e xx (0,+ )时，g'(x)由洛必达法则有,x女叫g(x)x叫一厂必XU XU x0时，e x 1 x ax2等价于)，则g'(x) (x 2)e：x 2 x(0,+ ),则h'(x) (x 1)e x(x 1)e x 1在(0,+ )上单调递增,x 2在(0,+ )上单调递增，且h(x)0 ,从而g(x)xxe 1 x ,2 在(0，+xlimxxe 10 2xx..e 1limx 0 2 212综上所述，当a -且x2即当x 0 时，g(x) ，所以当x (0,+ )时，所以g(x)0时，f(x) 0成立.e x 1 x2 .x当x (0,+ )时，且h'(x) h'(0) 0 ,h(0) 0 ,因此当)上单调递增.1 1-，因此a丄.2 21故a 时，不等式sinx x ax 3对于x (0,—)恒成立.6 2例题：若不等式sinx x ax 3对于x (0,?)恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当x (0,2)时，原不等式等价于ax sin x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.x 3 x sinx 3sin x xcosx 2x 记 f(x) 3 ，则 f '(x) 4 . x x 记g(x) 3sinx xcosx 2x ，贝U g '(x) 2cosx xsinx 2 . 因为 g''(x) xcosx sinx cosx(x tanx)， (海南宁夏文)已知函数 f (x) x(e x 1) ax 2.(I)若f (x)在x 1时有极值，求函数f (x)的解析式; (U)当x 0时，f(x) 0，求a 的取值范围.解: ( I)略(n)应用洛必达法则和导数g'''(x) xsi nx 0,所以g ''(x)在(0,?)上单调递减，且g''(x)，所以g'(x)在(0-)上单调递减，且g'(x) 0.因此g(x)在(0-)上单调递减, 2 2 且g(x) 0，故f'(x) ?啤 0，因此f(x) x 严在(0_)上单调递减. x x 2 由洛必达法则有 li 叫 f(x)x sin x x 3 1 cosx sin x cosx lim 2 lim lim x 03x2 x 06x x 06①当x 0时, a R ;②当x 0时, x(e x 1)ax 2等价于e x x11 ax ，也即a.x记 g(x)xe 1, x (0,)，则 g '(x) (x 1)e x 1xx记 h(x) (x 1)e x1 , x(0,)，则h'(x) xe x 0，因此 h(x) (x 1)e x 1 在当 x 0 时，f(x) 0，即 x(e x 1) ax 2. 即当x 0时，g(x) 6，即有f(x)右(0,)上单调递增，且h(x)Xh(0) 0,所以 g'(x) 她 0，从而 g(x) -1在xx(0,)上单调递增. 由洛必达法则有(U)设当X 0时，f(x)—，求a的取值范围?ax 1解：(I)略(n)应用洛必达法则和导数由题设x 0，此时f (X) 0.①当a 0时，若x 1 a 则」0 ,ax 1 f(x) 不成立；ax 1②当a 0时，当X 0时,/ 、Xf(x) ，即1 X Xeax 1 ax 1 若x 0，则a R;若x 0，则1X eX X等价于1 e 1X X-，即 a Xe x e 1ax 1 x ax 1 xe X xxx, 2x2XcX, xxe e 1 e x e 2e 1 e z x 2 x、记g(x) x ，则g(x)x 2 = x 2(e x 2 e). xe x (xe x) (xe x)(I)求f(x)的单调区间;(n)如果对任何x > 0，都有f(x) < ax,求a的取值范围.(2 cosx)cos x sin x( sin x) 2cosx 1 解：(I) f(x) -) yco^2 n 2 n当2k n E x 2k n孑(k Z)时，cosxX叫g(x)X lim —x 0 x即当X 0时，g(x) 1 记h(x) e x x2 2 e x，则h'(x) e x 2x e x，h''(x) e x+e x 2 0.因此，h'(x) e x 2x e x在(0，)上单调递增，且h'(0) 0，所以h'(x) 0，所以g(X) 1，即有a 1.综上所述，当a 1 , X 0时，f (X) 0成立. 因此g'(x)=Xex 2(xe x)h(x) 0，所以g(x)在(0,)上单调递增.(全国大纲理) 设函数f (x) 1 (I)证明：当X 1 时，f(x) 由洛必达法则有X叫g(x)g(x)X Xxe elim x——x 0 xe xXxelim x x x 0 exeXxeXxe0时, i，即有g(x) 2，所以a i.综上所述，a的取值范围是((全国2理)设函数f(x)sin x2 cosx12，即f(X) 0；2 n当 2k n x4n (k Z )时,cosx1—,即 f (x)332因此f(x)在每- 」个区间 2k nNfk n2 n(kZ )是增函数，33f(x)在每一个区间 2k n2 n3 4 n ，2k n 3(k Z ) 是减函数.另一方面，当x [,)时，g(x )xj ；：sx )2 J 2，因此a 右解：(I)略(n)应用洛必达法则和导数sin x ax 2 cosx 0，则 a R ;2xcosx 2sin x sin xcosx x 则 g '(x)-------------------------- x ^厂o 击 ----------记 h(x) 2xcosx 2sinx sin xcosx x ， h'(x) 2cosx 2xsinx 2cosx cos2x 122xsinx cos2x 1 2sin x 2xsinx 2sin x(sinx x)因此，当x (0,)时，h'(x) O,h(x)在(0,)上单调递减，且h(0)0,故g'(x) 0，所以g(x)在(0, )上单调递减,而 lim g(x) x 0 limx 0 sin x x(2 cosx) lim cosxx 02+cosx xsinxf(x)若x若x 0，贝U sin x ax 等价于a2 cosxsin x x(2 cosx)即 g(x)sin x x(2 cosx)。

妙用洛必达法则-2023年新高考数学导数压轴题(解析版)

妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，即f(x)在(0,+∞)上单调递增，所以f(x)的增区间为(0,+∞)，无减区间．(2)对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(3)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(1)若函数f(x)在点(1，f(1))处的切线l经过点(2,4)，求实数m的值；(2)若关于x的方程|f(x)|=mx有唯一的实数解，求实数m的取值范围．【解析】解：(1)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.设函数f (x )=e x -1-x -ax 2，(1)若a =0，求f (x )的单调区间；(2)若当x ≥0时f (x )≥0，求a 的取值范围．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)讨论函数f(x)极值点的个数，并说明理由；(2)若∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0在(-1,+∞)都有两个不相等的实数根，此时函数f(x)有两个极值点；综上可知当0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，所以F (x)在(0,+∞)上恒成立．所以F(x)在(0,+∞)上递增，根据洛必达法则得，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，其中f (x)是f(x)的导函数，若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．【解析】已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。

word完整版本导数结合洛必达法则巧解高中高考压轴题

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。

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 ≥.。

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 bf xx 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 xx 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ln1()1xf xx x=++，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11x k k xf x xx x x x---+=+--.考虑函数()2lnh x x=+2(1)(1)k xx--(0)x>，则22(1)(1)2'()k x xh xx-++=.(i)当0k≤时，由222(1)(1)'()k x xh xx+--=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]-∞，. 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]-∞，. 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)xh 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)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.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； 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)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. 2010全国大纲理（22）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 xx x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->. 因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >，即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xx 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 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．（Ⅱ）应用洛必达法则和导数若0x =，则a R ∈；若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )x g x x x =+ 则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x 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 ≥.。

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。

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 →∞'='。

○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

（ 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.
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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.
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第二部分：泰勒展开式
整理课件
泰勒展开式
1. ex 1 x x2 x3
(k
1)(x2 1) 2x x2
.
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2.2011新课标理的常规解法
(i)当 k
0
时，由 h '(x)
k(x2
1) (x x2
1)2
知，当
x
1 时， h '(x)
0 .因为 h(1)
0
，
所以当
x
(0,1) 时，
h(x)
0
，可得
1
1 x
2
h(x)
0
；当
x (1, ) 时，
h(x)
0
，可
得
1 h(x) 0 ，从而当 x 0 且 x 1 时， f (x) ( ln x k ) 0 ，即 f (x) ln x k ；
1 x2
x 1 x
x 1 x
（ii）当 0 k 1时，由于当 x (1, 1 ) 时， (k 1)(x2 1) 2x 0，故 h '(x) 0 ，而 1 k
整理课件
2.2011新课标理的常规解法
注：分三种情况讨论：① k 0 ；② 0 k 1；③ k 1 不易想到. 尤其是② 0 k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例 x (1, 1 )
1 k
更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升.

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○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()xxx x g x e e x-++'=，令()()220xxh x xx x ee =-++>，则()1xxh x xee '=-+，()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 Q ()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Q 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.。