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) 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； (3)limxafxl， gxfxl。 那么 lim=limxagxxagxf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；

xx (2)A0，f(x) 和g(x)在,A与A,上可导，且g'(x)≠0；

fxl， (3)limxgx那么 limxfxgx=limxfxl。 gxxa法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) limfx及limgx；

xa (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l， g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○成立。

fxa，xa洛必达法则也

000，，0，1，，0，型。 00003在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，0○10，型02洛必达法则可处理○

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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

xxxx2xf'(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

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令

gxxexx1xx2(x>0),则

g(x)xxe2ex2xxxx3，

x令

hxxe2exxxee，则h0x21，hxxe0，

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

hxh00；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

12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 22(x1)x

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)。

x1x1x2x

解：应用洛必 Go the distance

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

x2当x(0,2)时记f(x)x记g(x)3sin因为g''(x)h(1)0故当x(0,1)时， h(x)0，可得

当x（1，+）时，h（x）<0，可得

1h(x)0； 21xg'''(x)xsi1 h（x）>0 1x2lnxklnxk从而当x>0,且x1时，f（x）-（+）>0，即f（x）>+.

x1xx1x（ii）设02所以g'(x)在2且g(x)0，44(k1)20，对称轴x=

'111当x（1，）时，（k-1）（x2 +1）+2x>0,1k1k.

11）时，h（x）>0，可得h21k1x'故h （x）>0,而h（1）=0，故当x（1，（x）<0,与题设矛盾。

2（iii）设k1.此时x12x，(k1)(x1)2x0h（x）>0,而h（1）=0，

2故当x（1，+）时，h（x）>0，可得

1 h（x）<0,与题设矛盾。 1x2 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：

2xlnx1恒成立。 21xx21lnxx2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<

22再令hxx1lnxx1(x0,x1)，则hx21xlnxx，xhx2lnx111hx2lnx1，易知在0,上为增函数，且22xxh10；故当x(0,1)时，hx0，当x（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

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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2limxlnx1x212lim1lnx121x1x1x12x210 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sinxxax3对于x(0,2)恒成立，求a的取值范围.

由洛必达法则有limx0f(x)limx0即当x0时，故a16时，不通过以上例① 可以分②用导数可③出现“00