导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

戴有刚2011年12月20日导数结合洛必达法则巧解高考压轴题——高考专项研究第一部分：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11axxfxex.（Ⅰ）设0a，讨论yfx的单调性；（Ⅱ）若对任意0,1x恒有1fx，求a的取值范围.3.2007全国1理设函数()eexxfx．（Ⅰ）证明：()fx的导数()2fx≥；（Ⅱ）若对所有0x≥都有()fxax≥，求a的取值范围．4.2008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．5.2008辽宁理设函数ln()lnln(1)1xfxxxx.⑴求()fx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()fxa…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)(xf=21xexax.（Ⅰ）若0a，求)(xf的单调区间;（Ⅱ）若当x≥0时)(xf≥0，求a的取值范围.7.2010新课标文已知函数2()(1)xfxxeax.（Ⅰ）若()fx在1x时有极值，求函数()fx的解析式；（Ⅱ）当0x时，()0fx，求a的取值范围.8.2010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.9.2011新课标理已知函数ln()1axbfxxx，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.10.自编自编：若不等式3sinxxax对于(0,)2x恒成立，求a的取值范围.第二部分：泰勒展开式泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!nnxxxxxxxeenn其中(01)；2.231ln(1)(1),2!3!!nnnxxxxxRn其中111(1)()(1)!1nnnnxRnx；泰勒展开式3.35211sin(1)3!5!(21)!kknxxxxxRk其中21(1)cos(21)!kknxRxk；4.24221cos1(1)2!4!(22)!kknxxxxRk其中2(1)cos(2)!kknxRxk；第三部分：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.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.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00”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.第四部分：洛必达法则及其解法1.洛必达法则洛必达法则：设函数()fx、()gx满足：（1）lim()lim()0xaxafxgx；（2）在()Ua内，()fx和()gx都存在，且()0gx；（3）()lim()xafxAgx（A可为实数，也可以是）.则()()limlim()()xaxafxfxAgxgx.2.2011新课标理的常规解法已知函数ln()1axbfxxx，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.（Ⅰ）略解得1a，1b.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知ln1()1xfxxx，所以22ln1(1)(1)()()(2ln)11xkkxfxxxxxx.考虑函数()2lnhxx2(1)(1)kxx(0)x，则22(1)(1)2'()kxxhxx.2.2011新课标理的常规解法(i)当0k时，由222(1)(1)'()kxxhxx知，当1x时，'()0hx.因为(1)0h，所以当(0,1)x时，()0hx，可得21()01hxx；当(1,)x时，()0hx，可得21()01hxx，从而当0x且1x时，ln()()01xkfxxx，即ln()1xkfxxx；（ii）当01k时，由于当1(1,)1xk时，2(1)(1)20kxx，故'()0hx，而(1)0h，故当1(1,)1xk时，()0hx，可得21()01hxx，与题设矛盾.（iii）当1k时，'()0hx，而(1)0h，故当(1,)x时，()0hx，可得21()01hxx，与题设矛盾.综上可得，k的取值范围为(0]，.2.2011新课标理的常规解法注：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,)1xk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.3.运用洛必达和导数解2011年新课标理当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，即ln1ln11xxkxxxx，也即2ln1ln2ln1111xxxxxxkxxxx，记22ln()11xxgxx，0x，且1x则2222222222(1)ln2(1)2(1)1'()=(ln)(1)(1)1xxxxxgxxxxx，记221()ln1xhxxx，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)xxhxxxxx，从而()hx在(0,)上单调递增，且(1)0h，因此当(0,1)x时，()0hx，当(1,)x时，()0hx；当(0,1)x时，'()0gx，当(1,)x时，'()0gx，所以()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由洛必达法则有2211112ln2ln2ln2lim()lim(1)1lim1lim0112xxxxxxxxxgxxxx，即当1x时，()0gx，即当0x，且1x时，()0gx.因为()kgx恒成立，所以0k.综上所述，当0x，且1x时，ln()1xkfxxx成立，k的取值范围为(0]，.3.运用洛必达和导数解2011年新课标理注：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()11xxgxx求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x时，函数()gx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.3.运用洛必达和导数解2011年新课标理4.运用洛必达和导数解2010新课标理设函数2()1xfxexax.（Ⅰ）若0a，求()fx的单调区间；（Ⅱ）当0x时，()0fx，求a的取值范围.应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x时，()0fx，即21xexax.①当0x时，aR；②当0x时，21xexax等价于21xexax.记21()xexgxx(0+)x，，则3(2)2'()xxexgxx.记()(2)2xhxxex(0+)x，，则'()(1)1xhxxe，当(0+)x，时，''()0xhxxe，所以'()(1)1xhxxe在(0+)，上单调递增，且'()'(0)0hxh，所以()(2)2xhxxex在(0+)，上单调递增，且()(0)0hxh，因此当(0+)x，时，3()'()0hxgxx，从而21()xexgxx在(0+)，上单调递增.4.运用洛必达和导数解2010新课标理由洛必达法则有，20000111lim()limlimlim222xxxxxxxexeegxxx即当0x时，1()2gx，所以当(0+)x，时，所以1()2gx，因此12a.综上所述，当12a且0x时，()0fx成立.4.运用洛必达和导数解2010新课标理自编：若不等式3sinxxax对于(0,)2x恒成立，求a的取值范围.5.运用洛必达和导数解自编题解：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.5.运用洛必达和导数解自编题由洛必达法则有3200000sin1cossincos1lim()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.5.运用洛必达和导数解自编题6.运用洛必达和导数解2010年新课标文2010海南宁夏文（21）已知函数2()(1)xfxxeax.（Ⅰ）若()fx在1x时有极值，求函数()fx的解析式；（Ⅱ）当0x时，()0fx，求a的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x时，()0fx，即2(1)xxeax.①当0x时，aR；②当0x时，2(1)xxeax等价于1xeax，也即1xeax.记1()xegxx，(0,)x，则(1)1'()xxegxx.记()(1)1xhxxe，(0,)x，则'()0xhxxe，因此()(1)1xhxxe在(0,)上单调递增，且()(0)0hxh，所以()'()0hxgxx，从而1()xegxx在(0,)上单调递增.6.运用洛必达和导数解2010年新课标文由洛必达法则有0001lim()limlim11xxxxxeegxx，即当0x时，()1gx所以()1gx，即有1a.综上所述，当1a，0x时，()0fx成立.6.运用洛必达和导数解2010年新课标文2010全国大纲理（22）设函数()1xfxe.（Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx；（Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，求a的取