导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

合集下载

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题之欧阳治创编

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．（全国1理）已知函数()11axx f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围. （全国1理）设函数()e e x x f x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．（辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.（新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；（Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2.231ln(1)(1),2!3!!nn n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k nx x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn 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 a x a f x g x →→==；（2）在()Ua 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠；（3）()lim ()x af x Ag x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()lim lim ()()x a x af x f x Ag x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x--(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=.(i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x kf x x x -+>-，即ln ()1x k f x x x>+-；（ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-，也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x 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 x g x x=+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21x e x ax --≥等价于21x e x a x --≤.记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x-++=. 记()(2)2x h x x e x =-++(0+)x ∈∞，，则'()(1)1x h x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，即当x →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“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)xx 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 xxe e a xe x-+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x-+=-，则2222221'()=(2)()()x x x xx x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x xh x e x e -=--+，则'()2x xh x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->.因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >，即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增.由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时，1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数，()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数若0x =，则a R ∈；若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减，而000sin cos 1lim ()lim lim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此1a ≥.。

(完整word版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

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；

洛必达法则巧解高考压轴题(好东西)

许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型.这类题目容易让学生想到用分离参数的方法，一部分题用这种方法很凑效，另一部分题在高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论和假设反证的方法.
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；

(完整版)利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) lim f xx a0及 l im g x 0 ；x a⑵在点 a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x) K ;(3) f x liml ,那么x ag xf x f xlim -=lim l 。

x ag xx ag xf x f x lim =lim l 。

x ag x x a 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 —x 换成 X — +x, X — -X, x a , x a 洛必达法则也成立。

2. 洛必达法则可处理°，—, 0, 1 ,,Q °,型。

3. 在着手求极限以前，首先要检查是否满足 0 , — , 0 , 1 , ° , 0° , 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。

f(x) 和g(x)在，A 与 A,上可导，且g'(x)工0 ;⑶limx l ,那么xgxf x f xlim =lim l 。

x g x x g x法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f x及 lim g x(2)在点x ax aa 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x) K ;f (3) limxl ，那么x ag x0 及［im g x 0 ; (2) Af 0，和g(x)满足下列条件：⑴lim f xx法则2若函数f(x)二.高考题处理1.(2010年全国新课标理)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 0，对任意实数a,均在f(x) 0 ；当x 0时，f(x) 0等价于2 . ( 2011年全国新课标理)已知函数，曲线y f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为 x 2y3 0。

(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之欧阳音创编

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．（全国1理）已知函数()11axx f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围. （全国1理）设函数()e e x x f x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．（辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.（新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. （全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；（Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2.231ln(1)(1),2!3!!nn n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++；3.35211sin (1)3!5!(21)!k k nx x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn 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 a x a f x g x →→==；（2）在()Ua 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠；（3）()lim ()x af x Ag x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()lim lim ()()x a x af x f x Ag x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x--(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=.(i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x kf x x x -+>-，即ln ()1x k f x x x>+-；（ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，.注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1(1,)1x k∈-更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-，也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x 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 x g x x=+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---.（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21x e x ax --≥等价于21x e x a x --≤.记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++(0+)x ∈∞，，则'()(1)1x h x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，即当x →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)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01xax <+，()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 xxe 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 xh x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->.因此，'()2x xh 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0011lim ()limlim lim 122x x x x xx x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时，1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数，()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数若0x =，则a R ∈；若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+.记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减，而000sin cos 1lim ()lim lim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此1a ≥.。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
——高考专项研究
戴有刚
2011年12月20 日
第一部分：历届导数高考压轴题
1.2006年全国2理
2.2006全国1理
3.2007全国1理
4.2008全国2理
5.2008辽宁理
6.2010新课标理
7.2010新课标文
8.2010全国大纲理
9.2011新课标理
5.运用洛必达和导数解自编题
6.运用洛必达和导数解2010年新课标文
6.运用洛必达和导数解2010年新课标文
6.运用洛必达和导数解2010年新课标文
7.运用洛必达和导数解2010年大纲理
7.运用洛必达和导数解2010年大纲理
7.运用洛必达和导数解2010年大纲理
8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
10.自编
第二部分：泰勒展开式
泰勒展开式
泰勒展开式
பைடு நூலகம்
第三部分：新课标高考命题趋势及方法
1. 新课标高考命题趋势
2.分类讨论和假设反证
3.洛必达法则
第四部分：洛必达法则及其解法
1.洛必达法则
2.2011新课标理的常规解法
2.2011新课标理的常规解法
2.2011新课标理的常规解法
8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
8.运用洛必达和导数解2008年全国2理
3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
3.运用洛必达和导数解2011年新课标理
4.运用洛必达和导数解2010新课标理
4.运用洛必达和导数解2010新课标理
4.运用洛必达和导数解2010新课标理

（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．。

(完整版)洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='．法则2.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞；(2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='．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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，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．3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。

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，数a 的取值围．（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 的取值围．（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 的取值围.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值围第二部分：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 ，()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.（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 ≥.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数分离出来.然后对分离出来的函数求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当时，函数值没有意义”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 .
（Ⅰ）若，求的单调区间；
综上所述，当且时，成立.
例题：若不等式对于恒成立，求的取值范围.
应用洛必达法则和导数
当时，原不等式等价于 .
记，则 .
记，则 .
因为，
，所以在上单调递减，且，
所以在上单调递减，且 .因此在上单调递减，
且，故，因此在上单调递减.
由洛必达法则有
，
即当时，，即有 .
，从而当且时，，即；
（ii）当时，由于当时，，故，而，故当时，，可得，与题设矛盾.
（iii）当时，，而，故当时，，可得，与题设矛盾.综上可得，的取值范围为 .
注：分三种情况讨论：① ；② ；③ 不易想到.尤其是② 时，许多考生都停留在此层面，举反例更难想到.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.
，即有，所以 .综上所述，的取值范围是 .
（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．
解：（Ⅰ）．
当（）时，，即；
当（）时，，即．
因此在每一个区间（）是增函数，
在每一个区间（）是减函数．
解：（Ⅰ）略
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数
故时，不等式对于恒成立.
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“ ”型式子.
（海南宁夏文）
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.
解：（Ⅰ）略
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数
（ Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围.
例题：若不等式对于恒成立，求的取值范围
第二部分：泰勒展开式
1. 其中；
2. 其中；
3. ，其中；
4. ，其中；
第三部分：洛必达法则及其解法
洛必达法则：设函数、满足：
（1）；
（2）在，和都存在，且；
（3）（可为实数，也可以是）.
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.
（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.
（新课标理）设函数 = .
（Ⅰ）若，求的单调区间;
洛必达法则解法
当，且时，，即，
也即，记，，且
则，
记，则，
从而在上单调递增，且，因此当时，，当时，；当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增.
由洛必达法则有
，
即当时，，即当，且时， .
因为恒成立，所以 .综上所述，当，且时，成立，的取值范围为 .
当时，，即 .
①当时，；
②当时，等价于，也即 .
记，，则 .
记，，则，因此在上单调递增，且，所以，从而在上单调递增.
由洛必达法则有
，
即当时，
所以，即有 .
综上所述，当，时，成立.
（全国大纲理）设函数 .
（Ⅰ）证明：当时，；
（Ⅱ）设当时，，求的取值范围.
解：（Ⅰ）略
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数
由题设，此时 .
①当时，若，则，不成立；
②当时，当时，，即；
若，则；
若，则等价于，即 .
记，则 .
记，则， .
因此，在上单调递增，且，所以，
即在上单调递增，且，所以 .
因此，所以在上单调递增.
由洛必达法则有
，即当时，
若，则；
若，则等价于，即
则 .
记，
因此，当时，，在上单调递减，且，故，所以在上单调递减，
而 .
另一方面，当时，，因此 .
（Ⅱ）当时，，求的取值范围.
应用洛必达法则和导数
（Ⅱ）当时，，即 .
①当时，；②当时，等价于 .
记，则 .
记，则，当时，，所以在上单调递增，且，所以在上单调递增，且，因此当时，，从而在上单调递增.
由洛必达法则有，
即当时，，所以当时，所以，因此 .
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
（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；
（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 .
（Ⅰ）求、的值；