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○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) limfx0 及limgx0；

xax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)limxagx那么 limxafxgx=limxafxl。 gxxx法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)limfx0 及limgx0； (2)A0，f(x) 和g(x)在,A与A,上可导，且g'(x)≠0； fxl， gx (3)limxfxl。 那么 lim=limxgxxgx法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) limfx及limgx；

xaxafx (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)limxagxfxl。 那么 lim=limxagxxag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○

2洛必达法则可处理○

fxa，xa洛必达法则也成立。

000

，，0，1，，0，型。 0000

3在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，0，1，，0，型定式，否则滥○

0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f(x)e1xax。

（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 原解：（1）a0时，f(x)e1x，f'(x)e1.

当x(,0)时，f'(x)0；当x(0,)时，f'(x)0.故f(x)在(,0)单调减少，在(0,)单调增加

（II）f'(x)e12ax

由（I）知e1x，当且仅当x0时等号成立.故

xxxxx2f'(x)x2ax(12a)x，

1时，f'(x)0 (x0)，而f(0)0， 2从而当12a0，即a于是当x0时，f(x)0.

由e1x(x0)可得e

xx1x(x0).从而当a1时， 2f'(x)ex12a(ex1)ex(ex1)(ex2a)，

故当x(0,ln2a)时，f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln2a)时，f(x)0.

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x0时，f(x)0，对任意实数a,均在f(x)0；

当x0时，f(x)0等价于aexx1x2

x令gxexxx1x2(x>0),则g(x)xxe2ex2xx3，令hxxex2ex2x0，则

xhxxee1，hxxe0，

知hx在0,上为增函数，知hx在0,上为增函数，hxh00；hxh00；

xgx0，g(x)在0,上为增函数。

由洛必达法则知，

limx0exx1x21limelime，

2x02xx02xx故a

1

2

1。 2综上，知a的取值范围为,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2y30。 （Ⅰ）求a、b的值；

（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)lnxk，求k的取值范围。 x1x(原解：（Ⅰ）f'(x)x1lnx)bx (x1)2x2

f(1)1,1由于直线x2y30的斜率为，且过点(1,1)，故1即

2f'(1),2b1,a1

b,22

解得a1，b1。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)lnx1，所以 x1x

lnxk1(k1)(x21)f(x)()(2lnx)。 2x1x1xx(k1)(x21)(k1)(x21)2x(x0)，则h'(x)考虑函数h(x)2lnx。 2xxk(x21)(x1)2h'(x)0，（i）设k0，由h'(x)知，当x1时，h（x）递减。而h(1)0故当x(0,1)x2时， h(x)0，可得

1h(x)0； 21x1 h（x）>0 1x2lnxklnxk从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.

x1xx1x当x（1，+）时，h（x）<0，可得

（ii）设02244(k1)20，对称轴x=

而h（1）=0，故当x（1，

211'1当x（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,故h （x）>0,1k1k.

11）时，h（x）>0，可得h（x）<0,与题设矛盾。 21k1x'2（iii）设k1.此时x12x，(k1)(x1)2x0h（x）>0,而h（1）=0，故当x（1，+）

1 h（x）<0,与题设矛盾。 1x2 综合得，k的取值范围为（-，0]

时，h（x）>0，可得

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：

2xlnx1恒成立。 21x22x1lnxx12xlnx1(x0,x1),则gx2令g (x)= ， 2221x1x另解：（II）由题设可得，当x0,x1时，k<

再令hxx21lnxx21(x0,x1)，则hx2xlnx易知hx2lnx111x，hx2lnx12，xx1在0,上为增函数，且h10；故当x(0,1)时，hx0，当2xx（1，+）时，hx0；

hx在0,1上为减函数，在1,上为增函数；故hx>h1=0 hx在0,上为增函数

h1=0

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

gx在0,1上为减函数，在1,上为增函数

由洛必达法则知

limgx2limx1x1xlnx1lnx1121210 lim2x1x22x1k0，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3自编：若不等式sinxxax对于x(0,)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。 2

恒成立，求a的取值范围.

解：应用洛必达法则和导数

xsinx

当x(0,)时，原不等式等价于a. 32x

记f(x)xsinx，则f'(x)3sinxxcosx2x. x3x4记g(x)3sinxxcosx2x，则g'(x)2cosxxsinx2. 因为g''(x)xcosxsinxcosx(xtanx)， g'''(x)xsinx0，所以g''(x)在(0,)上单调递减，且g''(x)0， 2所以g'(x)在(0,)上单调递减，且g'(x)0.因此g(x)在(0,)上单调递减， 22g(x)xsinx0f(x)(0,)上单调递减. ，因此在x4x32且g(x)0，故f'(x)由洛必达法则有 limf(x)limx0x0xsinx1cosxsinxcosx1limlimlim， x0x06xx0x33x26611，即有f(x). 66即当x0时，g(x)故a13时，不等式sinxxax对于x(0,)恒成立. 62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. 0