洛必达法则巧解高考压轴题

合集下载

教师与学霸专用：高中数学洛必达法则与泰勒公式在解高考题中的应用

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题64808

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!!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)!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 ax af xg 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 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 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 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，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.（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 ≥.。

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。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题1

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; ﻫ (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 →'='。

ﻫ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 →∞=； ﻫ (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 →∞'='。

ﻫ法则3 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 →=∞； ﻫ （2)在点ａ的去心邻域内,ｆ(x) 与g(x) 可导且g ＇(x)≠０； ﻫ(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: 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。

洛必达法则巧解高考数学压轴题_函数与导数中的参数问题求解_唐伟

x2 + 4x + 2 则有k ≥ g(x) ， max 2ex (x + 1)
2 4x + 2 ， (4) 若 x ∈ [ 0， + ∞），有 k≥ x + 令 g(x) = 2ex (x + 1)
g(x) max=g(0) = 1，所以k ≥ 1
又 g′(x) =
ห้องสมุดไป่ตู้
-2ex x(x + 2)2 ，当 x ∈ [ 0， + ∞）时， g′(x)>0, [2ex (x + 1)]2
又 g′(x) = 单调递增.
三、解决思路
-2ex x(x + 2)2 ，当x ∈[-1，0]时， g′(x)>0,g(x) x 2 [2e (x + 1)]
例1 （2013 年全国卷 · 理）已知函数 f(x)＝x2＋ax＋ b， g(x) ＝ex(cx ＋ d)，若曲线 y＝f(x) 和曲线 y＝g(x) 都过点 P(0， 2)，且在点 P 处有相同的切线 y＝4x+2
· 54 ·
考试与复习
g(x)单调递增.
程为 x+2y-3=0.
f (x) = a ln x + b ，曲线 y = f(x)在点（1,f （1））处的切线方 x+1 x
例 2 （2011 年全国卷 · 理）已知函数
综上所述， k的取值范围为[1,e2].
g(x) max=g(0) = 1，所以k ≥ 1
h( x) = xex - 2ex + x + 2 ( x > 0 )
，
则
则
(x = 2∙

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)()()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)()()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 af x lg x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()limx a f x l g x →'='。

○2洛必达法则可处理00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。

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

Company number：【0089WT-8898YT-W8CCB-BUUT-202108】
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) lim0xafx 及lim0xagx；
(2)在点a的去心内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)limxafxlgx，

那么 limxafxgx=


limxafxlgx

。 00型

法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) limxafx及limxagx；
(2)在点a的去心内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)limxafxlgx，

那么 limxafxgx=


limxafxlgx

。 型

注意：
○

1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，xa，xa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

xx1ln
lim

0
(




型)
（2）
lim
x®
p
2

sinx-1
cosx
(
0

0
型)

（3）
2
0coslnlimxxx

(
0
0
型)

（4）
xxxlnlim (

型)

变式练习: 求极限（1）
xxx)1ln(lim0 (2)axaxax

sinsin
lim

(3)xeexxxsinlim0 (4)
2
2
)2(sinlnlimxxx






例题2。已知函数
Rmxexmxf
x,)1()(2
（1）当1m时，求)(xf在1,2上的最小值
（2）若
)()2(
'2
xfxmx
在0,上恒成立，求m的取值范围

例题3.已知函数
)0(,)(ac

b
axxf
的图像在点)1(,1f处的切线方程为1xy，

（1）用a表示cb,
（2）若xxfln)(在,1上恒成立，求a的取值范围

例题4.若不等式
3
sinaxxx
在2,0x是恒成立，求a的取值范围

例题5.已知
2)1()(axexxfx


（1）若)(xf在1x时有极值，求函数)(xf的解析式
（2）当0x时，0)(xf，求a的取值范围
强化训练
1. 设函数xexf-1)(
（1）证明：当1x时，
1)(x

x
xf
。

（2）当0x时
1)(ax

x
xf
求a的取值范围

2.设函数2()1xfxexax。
（1）若0a，求()fx的单调区间；
（2）若当0x时()0fx，求a的取值范围
3．已知函数xbxxaxf1ln)(，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为
230xy
。

（Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围。
4.若函数xxxfcos2sin)(，
（1）求)(xf的单调区间。
（2）对0x，都有axxf)(，求a的取值范围