3.4导数结合洛必达法则巧解高考压轴题讲解
(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；
(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 f (x )=0及lim g (x )=0；x →a x →a(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 )f (x )f '(x )0那么lim =lim =l 。
型x →a g (x )x →a g '(x )0法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f (x )=∞及lim g (x )=∞；x →a x →a(2)在点a 的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g'(x)≠0；f '(x )=l ，(3)lim x →a g '(x )那么lim x →a f (x )g (x )=lim x →a f '(x )∞=l 。
型g '(x )∞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∞ln x (型)lim （1）+1∞x →0x（2）lim p 0sin x -1(型)0cos x x 2ln cos x 0(型)2x 0ln x∞lim (型)（4）x →+∞x ∞lim （3）x →0变式练习:求极限（1）lim ln(1+x )sin x -sin alim x →0x →a x x -a(2)e x -e -x ln sin xlim lim π(π-2x )2x →0sin x (3)(4)x →2例题2。
已知函数f (x )=m (x -1)e +x ,m ∈R x 2（1）当m =-1时，求f (x )在[-2,1]上的最小值（2）若x +(m +2)x >f (x )在(-∞,0)上恒成立，求m 的取值范围2'例题3.已知函数f (x )=ax +（1）用a 表示b ,cb +c ,(a >0)的图像在点(1,f (1))处的切线方程为y =x -1，x（2）若f (x )≥ln x 在[1,+∞)上恒成立，求a 的取值范围例题4.若不等式sin x >x -ax 在x ∈ 0,例题5.已知f (x )=x (e -1)-ax （1）若f (x )在x =-1时有极值，求函数f (x )的解析式（2）当x ≥0时，f (x )≥0，求a 的取值范围强化训练1.设函数f (x )=1-e （1）证明：当x >-1时，f (x )≥（2）当x ≥0时f (x )≤x 3⎛⎝π⎫⎪是恒成立，求a 的取值范围2⎭x 2-xx 。
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 。
(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 。
3.4导数结合洛必达法则巧解高考压轴题讲解PPT教学课件
运用洛必达和导数解2010新课标理
10
运用洛必达和导数解2010新课标理
11
2011新课标理
已 知 函 数 f (x) a ln x b ， 曲 线 y f (x) 在 点 x 1 x
(1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 .
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，
－t 在[0，π]上是减函数，f(t)≤f(0)＝0，所以 sin t＜t(0＜t＜π)，令 t
＝2x，则 sin 2x＜2x0＜x＜π2，所以 2sin xcosx＜2x，所以
π sin xcosx＜x.当 k＜1 时，ksinxcosx＜x，故必要性成立；当 x＝3时，ksin
π
上单调递减，在 (1, ) 上单调递增.
13
运用洛必达和导数解2011年新课标理
由洛必达法则有
lim
x1
g(x)
lim(
x1
2x ln x 1 x2
1)
1
lim
x1
2x ln x 1 x2
1
lim
x1
2ln x 2x
2
0
，
即当 x 1时， g(x) 0 ，即当 x 0 ，且 x 1时， g(x) 0 .
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ， 求 k 的取值范围.
3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。
6
作业 P5(2)(2015·福建卷)“对任意 x∈0，π2 ，ksinxcosx＜x”
导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题
导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题第一部分：历届导数高考压轴题1.2006年全国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．2.2006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.3.2007全国1理设函数()e e x xf 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． 4.2008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．5.2008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.6.2010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7.2010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. 8.2010全国大纲理设函数()1x f 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. 9.2011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. 10.自编自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.第二部分：新课标高考命题趋势及方法1. 新课标高考命题趋势近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化，坚持了稳中求改、稳中创新的原则，充分发挥数学作为基础学科的作用，既重视考查中学数学基础知识的掌握程度，又注重考查进入高校继续学习的潜能。
导数结合洛必达法则巧解全国高考压轴题
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)1x h 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()1x f 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11x x 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 ≥.。
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2.分类讨论和假设反证
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.
运用法则时应注意： 1将上面公式中的x→a,换成x→∞,x→+∞，x→-∞， x ，a x a 洛必达法则也成立。
0
2洛必达法则可处理 0 ， ，0 （取倒数）， 0 ， 0 0 （取对数），（通分）型。
3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。
作业 P5(2)(2015·福建卷)“对任意 x∈0，π2 ，ksinxcosx＜x”
洛必达法则：设函数 f (x) 、 g(x) 满足：
（1） lim f (x) lim g(x) 0 ；
xa
xa
（2）在U o(a) 内，f (x) 和 g(x) 都存在，且 g(x) 0 ；
（3） lim f (x) A （ A 可为实数，也可以是 ）. xa g(x)
则 lim f (x) lim f (x) A . xa g(x) xa g(x)
第一部分：新课标高考命题趋势及方法
1. 新课标高考命题趋势
近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化， 坚持了稳中求改、稳中创新的原则，充分发挥数学 作为基础学科的作用，既重视考查中学数学基础知 识的掌握程度，又注重考查进入高校继续学习的潜 能。为此，高考数学试题常与大学数学知识有机接 轨，以高等数学为背景的命题形式成为了热点.
是“k＜1”的( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充分必要条件
D.既不充分也不必要条件
解析 (2)令 f(t)＝sin t－t，则 f′(t)＝cost－1≤0 恒成立，所以 f(t)＝sin t
－t 在[0，π]上是减函数，f(t)≤f(0)＝0，所以 sin t＜t(0＜t＜π)，令 t
时，h(x) 0 ；当 x (0,1) 时，g '(x) 0 ，当 x (1, ) 时，g '(x) 0 ，所以 g(x) 在 (0,1)
上单调递减，在 (1, ) 上单调递增.
运用洛必达和导数解2011年新课标理
由洛必达法则有
lim
x1
g(x)
lim(
x1
2x ln x 1 x2
1)
1
lim
x 1 x （Ⅰ）略解得 a 1， b 1.
（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法
由（Ⅰ）知
f(x)ຫໍສະໝຸດ ln x x 11 x
，所以
f
(x) ( ln x x 1
k) x
1 1 x2
(2 ln
x
(k
1)(x2 x
1))
.
考虑函数 h(x)
2 ln
x
(k
1)( x 2 x
1)
(x
0) ，则 h '(x)
2016年武昌元月调考：
第三部分：历届导数高考题
运用洛必达和导数解2010新课标理
设函数 f (x) ex 1 x ax2 .
（Ⅰ）若 a 0 ，求 f (x) 的单调区间； （Ⅱ）当 x 0 时， f (x) 0 ，求 a 的取值范围.
运用洛必达和导数解2010新课标理
运用洛必达和导数解2010新课标理
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
的方法不能解决这部分问题的原因是出现了“ 0 ” 0
型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题， 解决这类问题的有效方法就是洛必达法则.
第二部分：洛必达法则及其解法
＝2x，则 sin 2x＜2x0＜x＜π2，所以 2sin xcosx＜2x，所以
π sin xcosx＜x.当 k＜1 时，ksinxcosx＜x，故必要性成立；当 x＝3时，ksin
π
2x＜2x 可化为 k＜
2×3 4 ＝
2π
3π 4 9 ，而
93π＞43，取
k＝43，不等式成立，
sin 3
但此时 k＞1，故充分性不成立.
运用洛必达和导数解2011年新课标理
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
x1
2x ln x 1 x2
1
lim
x1
2ln x 2x
2
0
，
即当 x 1时， g(x) 0 ，即当 x 0 ，且 x 1时， g(x) 0 .
因为 k g(x) 恒成立，所以 k 0 .综上所述，当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k 成立， k 的取值范围为 (，0] .
2011新课标理
已 知 函 数 f (x) a ln x b ， 曲 线 y f (x) 在 点 x 1 x
(1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 .
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ 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.
x 1 x
2011新课标理的常规解法
已知函数 f (x) a ln x b ，曲线 y f (x) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 x 2 y 3 0 . x 1 x
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ， 求 k 的取值范围.
(k
1)(x2 1) x2
2x
.
2011新课标理的常规解法
(i)当 k
0 时，由 h '(x)
k(x2
1) (x x2
0 ，且
x
1
则
g
'( x)
2( x 2
1) ln x 2(1 (1 x2 )2
x2)
=
2(x2 1) (1 x2 )2
(ln
x
1 x2
x2
) 1
，
记 h(x)
ln
x
1 x2
x2 1
，则
h
'(
x)
1 x
4x + (1+x2 )2
=
(1 x2 )2 x(1+x2 )2
0，
从而 h(x) 在 (0, ) 上单调递增，且 h(1) 0 ，因此当 x (0,1) 时，h(x) 0 ，当 x (1, )