例析洛必达法则在解高考导数题中的运用

例析洛必达法则在解高考导数题中的运用

2014年全国各地的高考试题对函数的综合运用的考查，几乎都跟恒成立问题与有解问题有关，这类考题又无一例外地以求参数的求值范围的为问题。一般地，解决这类问题的方式有两种：其一是选主元法，即把已知范围的字母当作的主元，待求范围的字母看作常数，直接对这个含参数的函数进行分类讨论研究来解决，但一般显得比较复杂；其二是将含参数的方程(或不等式)经过变形，将参数分离出来，使方程(或不等式)的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数无关的主元函数，通过对主元函数的值域（或确界）的研究来讨论原方程(或不等式)的解的情况．这种处理方式称为“分离参数法”，用它进行解决这类问题的的最大优点是把所蕴涵的函数关系由隐变显，避免分类讨论的麻烦，所以往往显得非常简捷、有效，因此也是教师与学生所喜爱的一种方法。笔者发现一个奇怪的现象是许多高考试题采用分离参数法求解入手容易, 思路简单, 但皆因中途函数在某点处的极限难以求出以至解答半途而废, 笔者研究后发现这些极限均为00

型, 无法按常规方法约掉零因子, 但若借助高等数学洛必达法则便能迎刃而解。笔者以2014年陕西四川两道高考压轴试题某一问的求解为例展示它的应用。

1.洛必达法则的内容

当x a →时，()f x 及()g x 都趋于零（或无穷大）；在点a 的去心邻域内()f x '及()g x '都存在，且()0g x '≠；()()lim lim ()()

x a x a f x f x g x g x →→'='. 这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，叫洛必达法则。使用时注意两点:①使用前要检查函数 极限是否满足00或∞∞

型；②洛比达法则可连续使用多次. 2.高考试题运用举例

例1 （2014年陕西高考理科数学第21 题）设函数

()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数.

（1）11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++=

=∈，求()n g x 的表达式； （2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；

（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明. 解：（2）已知()()f x ag x ≥恒成立，即ln(1)1ax x x

+≥

+恒成立.①当0x =时，原不等式显然成立，此时a R ∈;②当0x >时，01x x >+，则有(1)ln(1)(0)x x a x x

++≤>， 设(1)ln(1)()(0)x x h x x x ++=>，则[]min ()a h x ≤，2

ln(1)()x x h x x -+'∴= 令()ln(1)x x x ϕ=-+，则()h x '与()x ϕ同号.()01x x x ϕ'=>+，

所以函数()x ϕ在(0,)+∞为增函数，所以()(0)0x ϕϕ>=，所以()0h x '>，

所以函数()h x 在(0,)+∞为增函数，所以

[]min 0

00(1)ln(1)[(1)ln(1)]ln(1)1()(0)lim lim lim 11x x x x x x x x h x h x x →→→'++++++→===='， 所以此时1a ≤，因为()()f x ag x ≥在0x ≥恒成立，所以综上可得a 的取值范围是(,1]-∞ 评析：此种解法关键是分离参数，把问题转化为不含参数的函数通过多次求导来求最值，然后利用洛必达法则可轻松获解． 当然，解题过程中的一些细节问题的处理应引起重视． 对比考题所给标准答案可知，此种方法思路非常清晰，学生更容易掌握.

例2 （2014年四川高考理科数学第21 题）已知函数2

()1x f x e ax bx =---，其中,a b R ∈， 2.71828e =为自然对数的底数.

（1）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值；

（2）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，求a 的取值范围

解：（2）(1)0f =1b e a ∴=--∴函数()f x 在区间(0,1)内有零点⇔2(e 1)1x e x a x x ---=-在(0,1)上有解.设2(e 1)1()(01)x e x h x x x x

---=<<- 222(e e 1)()(21)(e e 1)()()x x x x x x x h x x x ------+-'∴=-2222(1)(e 1)21()

x x e x e x x x x -++-+-=- 设2()(e 1)21(01)x r x e x x x =+-+-<<，()e 2(e 1)20x r x x '=+-+>恒成立 ()r x ∴在(0,1)单调递增. ()0,r x ∴>即()0h x '>

()h x ∴在(0,1)单调递增. (0)(1)h a h ∴<< 由洛必达法则知：22000(e 1)1[(e 1)1]1(0)lim lim lim 2()21x x x x x x e x e x e e h e x x x x x →→→'-------+====-'

--- 22111(e 1)1[(e 1)1]1(1)lim lim lim 1()21

x x x x x x e x e x e e h x x x x x →→→'-------+===='--- 21e a ∴-<< 综上可知，a 的取值范围是(2,1)e -

评析：从原函数()f x 入手.将()f x 在区间(0,1)内有零点问题等价转化为方程在(0,1)上有解问题，再参变量分离，构造新函数处理有解问题.其中利用洛必达法则求出函数的端点极限值.