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
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2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第错误!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fx 和gx 满足下列条件：1 ()lim 0x af x →= 及()lim 0x ag x →=；2在点a 的去心内,fx 与gx 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fx 和gx 满足下列条件：1()lim 0x f x →∞= 及()lim 0x g x →∞=；20A∃,fx 和gx 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fx 和gx 满足下列条件：1 ()lim x af x →=∞及()lim x ag x →=∞； 2在点a 的去心内,fx 与gx 可导且g 'x≠0；3()()limx a f x l g 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： 错误!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;错误!洛必达法则可处理00,∞∞,0⋅∞,1∞,0∞,00,∞-∞型;错误!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;错误!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()1x f 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：10a =时,()1x f x e x =--,'()1x f 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 '()12x f x e ax =--由I 知1x e 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)x e x x >+≠可得1(0)x e 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()()220x xh x x x x e e =-++>,则()1xxh x x e e '=-+,()0xh x x e ''=>,知()h x '在()0,+∞上为增函数,()()00h x h ''>=；知()h x 在()0,+∞上为增函数,()()00h x h >=；()0g x '∴>,gx 在()0,+∞上为增函数; 由洛必达法则知,200011222lim lim 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：Ⅰ221(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 <,hx 递减;而(1)0h =故当(0,1)x ∈时, ()0h x >,可得21()01h x x >-； 当x ∈1,+∞时,hx<0,可得211x- hx>0 从而当x>0,且x ≠1时,fx-1ln -x x +x k >0,即fx>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-1x 2 +1+2x>0,故'h x>0,而h1=0,故当x ∈1,k -11时,hx>0,可得211x -hx<0,与题设矛盾; iii 设k ≥1.此时212x x +≥,2(1)(1)20k x x -++>⇒'h x>0,而h1=0,故当x ∈1,+∞时,hx>0,可得211x - hx<0,与题设矛盾;综合得,k 的取值范围为-∞,0原解在处理第II 时非常难想到,现利用洛必达法则处理如下：另解：II 由题设可得,当0,1x x >≠时,k<22ln 11x xx+-恒成立; 令g x= 22ln 11x xx +-0,1x x >≠,则()()()22221ln 121x x x g x x +-+'=⋅-, 再令()()221ln 1h x x x x =+-+0,1x x >≠,则()12ln h x x x x x '=+-,()212ln 1h x x x ''=+-,易知()212ln 1h x x x''=+-在()0,+∞上为增函数,且()10h ''=；故当(0,1)x ∈时,()0h x ''<,当x ∈1,+∞时,()0h x ''>；∴()h x '在()0,1上为减函数,在()1,+∞上为增函数；故()h x '>()1h '=0∴()h x 在()0,+∞上为增函数()1h =0∴当(0,1)x ∈时,()0h x <,当x ∈1,+∞时,()0h x > ∴当(0,1)x ∈时,()0g x '<,当x ∈1,+∞时,()0g x '>∴()g x 在()0,1上为减函数,在()1,+∞上为增函数由洛必达法则知()2111ln 1ln 12121210221lim limlim x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭ ∴0k ≤,即k 的取值范围为-∞,0规律总结：对恒成立问题中的求参数取值范围,参数与变量分离较易理解,但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦,利用洛必达法则可以较好的处理它的最值,是一种值得借鉴的方法;自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.解：应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x ->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2cos sin 2g x x x x =+-. 因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-，'''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x =<，因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====， 即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立. 通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足：① 可以分离变量；②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性； ③出现“”型式子.。
(完整版)洛必达法则巧解高考压轴题
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 ag 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 →'='。
00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 ag 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）xx x 1ln lim 0+→ (∞∞型) （2）lim x ®p 2sin 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 xb ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ， （1）用a 表示c b , （2）若x x f ln )(≥在[)+∞,1上恒成立，求a 的取值范围例题4.若不等式3sin ax x x ->在⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πx 是恒成立，求a 的取值范围 例题5.已知2)1()(ax e x x f x --=（1）若)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式（2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围强化训练1. 设函数x e x f -1)(-=（1）证明：当1->x 时，1)(+≥x x x f 。
洛必达法则巧解高考压轴题(好东西)
3.洛必达法则
虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方 法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂， 学生掌握起来非常困难.研究发现利用分离参数
①当
x
0
时，
a
R
；②当
x
0
时，
ex
1
x
ax2
等价于
a
ex
1 x2
x
.
记
g(x)
ex
1 x2
x
x
(0，+)
，则
g
'( x)
(x
2)ex x3
x
2
.
记 h(x) (x 2)ex x 2 x (0，+) ，则 h '(x) (x 1)ex 1，当 x (0，+) 时， h ''(x) xex 0 ，
理
当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，即 ln x 1 ln x k ， x 1 x x 1 x x 1 x
也即 k
x ln x x 1
1 x
x ln x x 1
2x ln x 1 x2
1，记
g(x)
2x ln x 1 x2
1，
x
0 ，且
x
1
则
g
'( x)
2( x 2
1 x
（Ⅰ）设 a 0 ，讨论 y f x 的单调性；
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 。
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 之樊仲川亿创作创作时间：二零二一年六月三十日第一部份：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）那时0x ≥, ()0f x ≥, 求a 的取值范围. （全国年夜纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：那时1x >-, ()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设那时0x ≥, ()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(0,)2x π∈恒成立, 求a 的取值范围第二部份：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 xx 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 xx 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=-；第三部份：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 af x Ag 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)那时0k ≤, 由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知, 那时1x ≠, '()0h x <.因为(1)0h =,所以那时(0,1)x ∈, ()0h x >, 可得21()01h x x ⋅>-；那时(1,)x ∈+∞, ()0h x <, 可得21()01h x x ⋅>-, 从而当0x >且1x ≠时, ln ()()01x kf x x x-+>-, 即ln ()1x kf x x x>+-；（ii ）那时01k <<, 由于那时1(1,)1x k∈-, 2(1)(1)20k x x -++>, 故'()0h x >, 而(1)0h =, 故那时1(1,)1x k∈-, ()0h x >, 可得21()01h x x ⋅<-, 与题设矛盾. （iii ）那时1k ≥, '()0h x >, 而(1)0h =, 故那时(1,)x ∈+∞, ()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 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 =, 因此那时(0,1)x ∈,()0h x <, 那时(1,)x ∈+∞, ()0h x >；那时(0,1)x ∈, '()0g x <, 那时(1,)x ∈+∞, '()0g x >, 所以()g x 在(0,1)上单调递加, 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→→→→+=+=+=+=---, 即那时1x →, ()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 =+-“那时=1x , 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）那时0x ≥, ()0f x ≥, 求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）那时0x ≥, ()0f x ≥, 即21x e x ax --≥.①那时0x =, a R ∈；②那时0x >, 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 =-+, 那时(0+)x ∈∞，, ''()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 >=, 因此那时(0+)x ∈∞，, 3()'()0h x g x x =>, 从而21()x e xg x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有,即那时0x →, 1()2g x →, 所以那时(0+)x ∈∞，, 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(0,)2x π∈恒成立, 求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数那时(0,)2x π∈, 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上单调递加, 且''()0g x <,所以'()g x 在(0,)2π上单调递加, 且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递加,且()0g x <, 故4()'()0g x f x x =<, 因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递加.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 →→→→→--=====, 即那时0x →, 1()6g x →, 即有1()6f x <.故16a ≥时, 不等式3sin x x ax >-对(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呈现“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）那时0x ≥, ()0f x ≥, 求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 那时0x ≥, ()0f x ≥, 即2(1)x x e ax -≥. ①那时0x =, a R ∈；②那时0x >, 2(1)x x e ax -≥等价于1x e 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→→→-===, 即那时0x →, ()1g x → 所以()1g x >, 即有1a ≤.综上所述, 当1a ≤, 0x ≥时, ()0f x ≥成立. （全国年夜纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：那时1x >-, ()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设那时0x ≥, ()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那时0a <, 若1x a>-, 则01x ax <+, ()1xf x ax ≤+不成立； ②那时0a ≥, 那时0x ≥, ()1x f x ax ≤+, 即11x xe 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 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 eg 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 →→→→-++====-+-+, 即那时0x →, 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, 那时(0,)x π∈, '()0h x <, ()h x 在(0,)π上单调递加, 且(0)0h =, 故'()0g x <, 所以()g x 在(0,)π上单调递加,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, 那时[,)x π∈+∞, sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+, 因此13a ≥.。
用洛必达定理来解决高考压轴题
用洛必达定理来解决高考压轴题一．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 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)()()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)()()lim x f x l g x →∞'='，那么 ()()lim x f x g x →∞=()()lim x 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 a f x l g x →'='， 那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg x →'='。
利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意： ○1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a+→，x a-→洛必达法则也成立。
○2洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。
○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错。
当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。
(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 。
- 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)。
洛必达法则巧解高考压轴题
————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期：
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 →'='。
00
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） 20
cos 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 ， （1）用a 表示
c b ,
（2）若x x f ln )(≥在[)+∞,1上恒成立，求a 的取值范围
例题4.若不等式3sin ax x x ->在⎪⎭
⎫ ⎝⎛∈2,
0πx 是恒成立，求a 的取值范围
例题5.已知2)1()(ax e x x f x --=
（1）若)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式
（2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围
强化训练
1. 设函数x e x f -1)(-=
（1）证明：当1->x 时，1)(+≥
x x x f 。
（2）当0≥x 时1
)(+≤
ax x x f 求a 的取值范围
2.设函数2()1x f 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
3．已知函数x
b 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。
4.若函数x
x x f cos 2sin )(+=， （1）求)(x f 的单调区间。
（2）对0≥∀x ，都有ax x f ≤)(，求a 的取值范围。