导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
第一部分:历届导数高考压轴题
(全国2理)设函数f (x )=(x +1)ln(x +1),若对所有的x ≥0,都有f (x )≥ax 成立,求实数a 的取值范围.
(全国1理)已知函数()11ax
x f x e x -+=-.
(Ⅰ)设0a >,讨论()y f x =的单调性; (Ⅱ)若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >,求a 的取值范围.
(全国1理)设函数()e e x x f x -=-. (Ⅰ)证明:()f x 的导数()2f x '≥; (Ⅱ)若对所有0x ≥都有()f x ax ≥,求a 的取值范围.
(全国2理)设函数sin ()2cos x
f x x
=
+.
(Ⅰ)求()f x 的单调区间;
(Ⅱ)如果对任何0x ≥,都有()f x ax ≤,求a 的取值范围.
(辽宁理)设函数ln ()ln ln(1)1x
f x x x x
=
-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;
⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式
()
f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值
范围;若不存在,试说明理由.
(新课标理)设函数)(x f =21x e x ax ---. (Ⅰ)若0=a ,求)(x f 的单调区间;
(Ⅱ)若当x ≥0时)(x f ≥0,求a 的取值范围. (新课标文)已知函数2()(1)x f x x e ax =--.
(Ⅰ)若()f x 在1x =-时有极值,求函数()f x 的解析式;
(Ⅱ)当0x ≥时,()0f x ≥,求a 的取值范围. (全国大纲理)设函数()1x f x e -=-. (Ⅰ)证明:当1x >-时,()1
x
f x x ≥+; (Ⅱ)设当0x ≥时,()1
x
f x ax ≤+,求a 的取值范围.
(新课标理)已知函数ln ()1a x b
f x x x
=
++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.
(Ⅰ)求a 、b 的值;
(Ⅱ)如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k
f x x x
>+-,求k 的取值范围.
例题:若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π
∈恒
成立,求a 的取值范围
第二部分:泰勒展开式
1.23
11,1!2!3!
!(1)!
n n x
x x x x x x e e n n θ+=++++
+++其中(01)θ<<;
2. 23
1
ln(1)(1)
,2!3!
!
n
n n x x x x x R n -+=-+-
+-+其中11
1(1)
()(1)!1n n
n n x R n x θ++=-++; 3.35
21
1
sin (1)
3!5!
(21)!
k k n x x x x x R k --=-+-
+-+-,
其中21
(1)
cos (21)!
k k
n x R x k θ+=-+;
4. 24
22
1
cos 1(1)
2!4!
(22)!
k k n x x x x R k --=-+-
+-+-,
其中2(1)
cos (2)!
k
k
n x R x k θ=-; 第三部分:洛必达法则及其解法
洛必达法则:设函数()f x 、()g x 满足: (1)lim ()lim ()0x a
x a
f x
g x →→==;
(2)在()U a 内,()f x '和()g x '都存在,且
()0g x '≠;
(3)()
lim
()
x a f x A g x →'='
(A 可为实数,也可以是±∞). 则()()
lim lim ()()
x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.(新课标理)已知函数ln ()1a x b
f x x x
=
++,曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为
230x y +-=.
(Ⅰ)求a 、b 的值;
(Ⅱ)如果当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k
f x x x
>+-,求k 的取值范围. 常规解法
(Ⅰ)略解得1a =,1b =.
(Ⅱ)方法一:分类讨论、假设反证法 由(Ⅰ)知
ln 1
()1x f x x x
=+
+,所以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22
2
(1)(1)'()k x x h x x +--=知,
当1x ≠时,'()0h x <.因为(1)0h =, 所以当(0,1)x ∈时,()0h x >,可得
2
1
()01h x x
?>-;当(1,)x ∈+∞时,()0h x <,可得
2
1
()01h x x
?>-,从而当0x >且1x ≠时,ln ()()01x k f x x x -+>-,即ln ()1x k
f x x x
>+-;
(ii )当01k <<时,由于当1
(1,)1x k ∈-时,
2(1)(1)20k x x -++>,故'()0h x >,而(1)0h =,
故当1
(1,
)1x k
∈-时,()0h x >,可得2
1
()01h x x ?<-,与题设矛盾. (iii )当1k ≥时, '()0h x >,而(1)0h =,故当(1,)x ∈+∞时,()0h x >,可得
2
1
()01h x x ?<-,与题设矛盾.综上可得,k 的取值范围为
(0]-∞,.
注:分三种情况讨论:①0k ≤;②01k <<;③1k ≥不易想到.尤其是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 k
x x x x
+>++-, 也即2
ln 1ln 2ln 1111x x x x x x
k x x x x <+-=++--,记
2
2ln ()11x x g x x =+-,0x >,且1x ≠
则
2222
2222
22(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1
x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+, 记
2
2
1()ln 1
x h x x x -=++,
则
22
2222
14(1)'()+=0(1+)(1+)
x x h x x x x x --=>, 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增,且(1)0h =,因此当(0,1)x ∈时,()0h x <,当(1,)x ∈+∞时,()0h x >;
当(0,1)x ∈时,'()0g x <,当(1,)x ∈+∞时,'()0g x >,所以()g x 在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有
2211112ln 2ln 2ln 2
lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x
x x →→→→+=+=+=+=---,
即当1x →时,()0g x →,
即当0x >,且1x ≠时,()0g x >.
因为()k g x <恒成立,所以0k ≤.综上所述,当
0x >,且1x ≠时,ln ()1x k
f x x x
>+-成立,k 的取值范围为(0]-∞,.
注:本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 分离出来.然后对分离出来的函数
2
2ln ()11x x
g x x =
+-求导,研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时,函数()g x 值没有意义”这一问题,很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用,再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.
2.(新课标理)设函数2()1x f x e x ax =---.
(Ⅰ)若0a =,求()f x 的单调区间; (Ⅱ)当0x ≥时,()0f x ≥,求a 的取值范围.
应用洛必达法则和导数
(Ⅱ)当0x ≥时,()0f x ≥,即21x e x ax --≥. ①当0x =时,a R ∈;②当0x >时,
2
1x
e x ax --≥等价于2
1x e x
a x
--≤. 记
2
1()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2
1()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
()2
g x →
,所以当(0+)x ∈∞,时,所以1()2g x >,因此1
2
a ≤.
综上所述,当1
2
a ≤且0x ≥时,()0f x ≥成立.
例题:若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π
∈恒
成立,求a 的取值范围.
应用洛必达法则和导数
当(0,)2x π
∈时,原不等式等价于3
sin x x
a x
->
. 记
3
sin ()x x f x x -=
,
则
4
3sin cos 2'()x x x x
f x x --=.
记
()3sin cos 2g x x x x x =--,则'()2cos sin 2g x x x x =+-.
因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-,
'''()sin 0g x x x =-<,所以''()g x 在(0,)2π
上单调
递减,且''()0g x <,
所以'()g x 在(0,)2π
上单调递减,且'()0g x <.因
此()g x 在(0,)2π
上单调递减,
且()0g x <,故4
()
'()0g x f x x =
<,因此3
sin ()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,)2
x π
∈恒成立.
通过以上例题的分析,我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足:
① 可以分离变量;
②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性;
③出现“0
”型式子.
(海南宁夏文)
已知函数2()(1)x f x x e ax =--.
(Ⅰ)若()f x 在1x =-时有极值,求函数()f x 的解析式;
(Ⅱ)当0x ≥时,()0f x ≥,求a 的取值范围. 解:(Ⅰ)略
(Ⅱ)应用洛必达法则和导数
当0x ≥时,()0f x ≥,即2(1)x x e ax -≥. ①当0x =时,a R ∈;
②当0x >时,2(1)x x e ax -≥等价于1x e ax -≥,
也即1
x e a x
-≤.
记
1()x e g x x
-=
,(0,)x ∈+∞,则
(1)1
'()x x e g x x
-+=.
记
()(1)1x h x x e =-+,(0,)x ∈+∞,则
'()0x h x xe =>,因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)
+∞上单调递增,且()(0)0h x h >=,所以
()
'()0h x g x x =>,从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增.
由洛必达法则有
0001lim ()lim lim 11x x
x x x e e g x x
→→→-===, 即当0x →时,()1g x → 所以()1g x >,即有1a ≤.
综上所述,当1a ≤,0x ≥时,()0f x ≥成立.
(全国大纲理)设函数()1x f x e -=-. (Ⅰ)证明:当1x >-时,()1
x
f x x ≥+; (Ⅱ)设当0x ≥时,()1
x
f x ax ≤
+,求a 的取值范围.
解:(Ⅰ)略
(Ⅱ)应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥,此时()0f x ≥. ①当0a <时,若1x a >-
,则01
x ax <+,()1
x
f x ax ≤
+不成立; ②当0a ≥时,当0x ≥时,()1
x
f x ax ≤
+,即11
x x
e ax --≤
+; 若0x =,则a R ∈; 若0x >,则11
x x e ax --≤
+等价于
111x e x ax --≤+,即1
x x x xe e a xe x
-+≤-. 记1
()x x x
xe e g x xe x -+=-,则22222
21'()=(2)()()
x x x x
x x
x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--.
记2()2x x h x e x e -=--+,则'()2x x h x e x e -=--,''()+20x x h x e e -=->.
因此,'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞,上单调递增,且'(0)0h =,所以'()0h x >,
即()h x 在(0)+∞,
上单调递增,且(0)0h =,所以()0h x >.
因此2
'()=
()0()x
x e g x h x xe x >-,所以()g x 在(0)+∞,上单调递增.
由洛必达法则有
00001lim ()lim lim lim 12x x x x x
x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe
→→→→-++====-+-+,即当0x →时,
1()2g x →,即有1
()2
g x >,所以12a ≤.综上所
述,a 的取值范围是1
(,]2
-∞.
(全国2理)设函数sin ()2cos x
f x x =+.
(Ⅰ)求()f x 的单调区间;
(Ⅱ)如果对任何0x ≥,都有()f x ax ≤,求a 的取值范围. 解:
(
Ⅰ
)
22
(2cos )cos sin (sin )2cos 1
()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'=
=
++. 当2π2π
2π2π33k x k -
<<+
(k ∈Z )时,1
cos 2x >-,即()0f x '>; 当2π4π
2π2π33k x k +<<+
(k ∈Z )时,1cos 2
x <-,即()0f x '<. 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ??-+ ??
?,(k ∈Z )是增函数,
()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ?
?++ ??
?,(k ∈Z )是减函数. 解:(Ⅰ)略
(Ⅱ)应用洛必达法则和导数 若0x =,则a R ∈;
若0x >,则
sin 2cos x
ax x
≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥
+,即sin ()(2cos )
x
g x x x =+
则22
2cos 2sin sin cos '()(2cos )
x x x x x x
g x x x --+=
+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+, 因此,当(0,)x π∈时,'()0h x <,()h x 在(0,)π上单调递减,且(0)0h =,故'()0g x <,所以()g x 在(0,)π上单调递减, 而
0sin cos 1
lim ()lim
lim (2cos )2+cos sin 3
x x x x x g x x x x x x →→→===
+-.
另一方面,当[,)x π∈+∞时,
sin 111()(2cos )3x g x x x x π=
≤≤<+,因此1
3
a ≥.
洛必达法则巧解高考压轴题
洛必达法则巧解高考压 轴题 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.
洛必达法则巧解高考压轴题 洛必达法则: 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件: (1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x a g x →=; (2)在点a 的去心邻域内,f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0; (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 →'='。 0 0型 法则2 若函数f(x) 和g(x)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,f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0; (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 →'='。 ∞ ∞型 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。 典例剖析 例题1。 求极限 (1)x x x 1ln lim 0 +→ (∞∞型) (2)lim x ?p 2 sin x -1cos x (00型) (3) 20cos ln lim x x x → (00 型) (4)x x x ln lim +∞ → (∞∞型) 变式练习: 求极限(1)x x x )1ln(lim 0+→ (2)a x a x a x --→sin sin lim (3)x e e x x x sin lim 0-→- (4)22 )2(sin ln lim x x x -→ππ 例题2。 已知函数R m x e x m x f x ∈+-=,)1()(2 (1)当1-=m 时,求)(x f 在[]1,2-上的最小值 (2)若)()2('2x f x m x >++在()0,∞-上恒成立,求m 的取值范围 例题3.已知函数)0(,)(>++ =a c x b ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ,
导数压轴题处理专题讲解
导数压轴题处理专题讲解(上) 专题一双变量同构式(含拉格朗日中值定理)..................................................... - 2 -专题二分离参数与分类讨论处理恒成立(含洛必达法则).................................... - 4 -专题三导数与零点问题(如何取点) .................................................................. - 7 -专题四隐零点问题整体代换.............................................................................. - 13 -专题五极值点偏移 ........................................................................................... - 18 -专题六导数处理数列求和不等式....................................................................... - 25 -
专题一 双变量同构式(含拉格朗日中值定理) 例1. 已知(1)讨论的单调性 (2)设,求证:例2. 已知函数,。(1)讨论函数的单调性;w.w.w.k.s.5.u.c.o.m (2)证明:若,则对任意x ,x ,x x ,有 。 例3. 设函数. (1)当(为自然对数的底数)时,求的最小值; (2)讨论函数零点的个数; (3)若对任意恒成立,求的取值范围. ()()21ln 1f x a x ax =+++()f x 2a ≤-()()()121212 ,0,,4x x f x f x x x ?∈+∞-≥-()2 1(1)ln 2 f x x ax a x = -+-1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212 ()() 1f x f x x x ->--()ln ,m f x x m R x =+ ∈m e =e ()f x ()'()3 x g x f x = -()() 0, 1f b f a b a b a ->><-m