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(x0),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22ln1(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x0,且x1时，f（x）-（1lnxx+xk）0，即f（x）1lnxx+xk.（ii）设0k1.由于2(1)(1)2kxx=2(1)21kxxk的图像开口向下，且244(1)0k，对称轴x=111k.当x（1，k11）时，（k-1）（x2+1）+2x0,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，k22ln11xxx恒成立。令g(x)=22ln11xxx(0,1xx),则22221ln121xxxgxx，再令221ln1hxxxx(0,1xx)，则12lnhxxxxx，212ln1hxxx，易知212ln1hxxx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.