(完整)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) lim0xafx 及lim0xagx； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)limxafxlgx， 那么 limxafxgx=limxafxlgx。 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)lim0xfx 及lim0xgx； (2)0A，f(x) 和g(x)在,A与,A上可导，且g'(x)≠0； (3)limxfxlgx， 那么 limxfxgx=limxfxlgx。 法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) limxafx及limxagx； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)limxafxlgx， 那么 limxafxgx=limxafxlgx。 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→-∞，xa，xa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．高考题处理

1.(2010年全国新课标理)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
原解：（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.
当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在
(0,)
单调增加

（II）'()12xfxeax
由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故
'()2(12)fxxaxax
，

从而当120a，即12a时，'()0 (0)fxx，而(0)0f，
于是当0x时，()0fx.
由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，
'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea
，

故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.

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，()0fx，对任意实数a,均在()0fx； 当0x时，()0fx等价于21xxaex 令21xxgxex(x>0),则322()xxxxgxeex，令220xxhxxxxee，则1xxhxxee，0xhxxe， 知hx在0,上为增函数，00hxh；知hx在0,上为增函数，00hxh；0gx，g(x)在0,上为增函数。 由洛必达法则知，200011222limlimlimxxxxxxxxeeex， 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()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。 原解：（Ⅰ）221(ln)'()(1)xxbxfxxx 由于直线230xy的斜率为12，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2ff即 1,1,22bab 解得1a，1b。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln1f()1xxxx，所以
2
2
ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx




。

考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx。
（i）设0k，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx，h（x）递减。而
(1)0h
故当(0,1)x时， ()0hx，可得21()01hxx；
当x（1，+）时，h（x）<0，可得211x h（x）>0
从而当x>0,且x1时，f（x）-（1lnxx+xk）>0，即f（x）>1lnxx+xk.
（ii）设02
44(1)0k

，对称轴x=111k.当x（1，k11）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故'h （x）>0,

而h（1）=0，故当x（1，k11）时，h（x）>0，可得211xh（x）<0,
与题设矛盾。
（iii）设k1.此时212xx，2(1)(1)20kxx'h（x）>0,而h（1）=0，故当x


（1，+）时，h（x）>0，可得211x h（x）<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0,1xx时，k<22ln11xxx恒成立。
令g (x)= 22ln11xxx(0,1xx),则22221ln121xxxgxx，
再令221ln1hxxxx(0,1xx)，则12lnhxxxxx，
212ln1hxxx，易知
2

1

2ln1hxxx
在0,上为增函数，且10h；故

当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx；

hx在0,1上为减函数，在1,上为增函数；故hx>
1h

=0


hx在
0,
上为增函数


1h
=0


当(0,1)x时，0hx，当x（1，+）时，0hx


当(0,1)x时，0gx，当x（1，+）时，0gx


gx在0,1上为减函数，在
1,
上为增函数

由洛必达法则知2111ln1ln12121210221limlimlimxxxxxxgxxx

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3sinxxax对于
(0,)2x
恒成立，求a的取值范围.

解：应用洛必达法则和导数
当(0,)2x时，原不等式等价于3sinxxax.

记3sin()xxfxx，则43sincos2'()xxxxfxx.
记()3sincos2gxxxxx，则'()2cossin2gxxxx.
因为''()cossincos(tan)gxxxxxxx，

'''()sin0gxxx，所以''()gx在(0,)2上单调递减，且''()0gx
，

所以'()gx在(0,)2上单调递减，且'()0gx.因此()gx在(0,)2上单调递减，
且()0gx，故4()'()0gxfxx，因此3sin()xxfxx在(0,)2上单调递减.
由洛必达法则有
32
00000sin1cossincos1lim()limlimlimlim3666xxxxxxxxxxfxxxx



，

即当0x时，1()6gx，即有1()6fx.
故16a时，不等式3sinxxax对于(0,)2x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.