高考导数(洛必达法则)

第二部分：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；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.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.（2011新）例：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.(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]，.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.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]，.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.例（2010新）：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.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.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.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：（Ⅱ）应用洛必达法则和导数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.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.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的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数由题设0x，此时()0fx.①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立；②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax；若0x，则aR；若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex.记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex.记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee.因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx，即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx.因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增.由洛必达法则有000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时，1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2.（2008）例：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．解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx．当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；当2π4π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx．因此()fx在每一个区间2π2π2π2π33kk，（kZ）是增函数，()fx在每一个区间2π4π2π2π33kk，（kZ）是减函数．（Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin()2cosxfxaxx若0x，则aR；若0x，则sin2cosxaxx等价于sin(2cos)xaxx，即sin()(2cos)xgxxx则222cos2sinsincos'()(2cos)xxxxxxgxxx.记()2cos2sinsincoshxxxxxxx，2'()2cos2sin2coscos212sincos212sin2sin2sin(sin)hxxxxxxxxxxxxxxx因此，当(0,)x时，'()0hx，()hx在(0,)上单调递减，且(0)0h，故'()0gx，所以()gx在(0,)上单调递减，而000sincos1lim()limlim(2cos)2+cossin3xxxxxgxxxxxx.另一方面，当[,)x时，sin111()(2cos)