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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○步,由不等式恒成立来求参数 2 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) lim f ? x ? ? 0 及 lim g ? x ? ? 0 ;

>x? a x? a

2 ○洛必达法则可处理

0 0



? ?

, 0 ? ? ,1 , ? , 0 , ? ? ? 型。
0
0

?

3 ○在着手求极限以前,首先要检查是否满足

0

0 ? 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。



?

, 0 ? ? ,1 , ? , 0 , ? ? ? 型定式,
0
0

?

二.高考题处理 1.(2010 年全国新课标理)设函数 f ( x ) ? e ? 1 ? x ? ax 。
x 2

(2)在点 a 的去心邻域内,f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0; (3) lim
f ?? x? g ?? x? ?l, f ?? x? g ?? x?

(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
?l。

x? a

那么 lim

f ?x? g ?x?

x? a

= lim

x? a

原解: (1) a ? 0 时, f ( x ) ? e ? 1 ? x , f '( x ) ? e ? 1 .
x x

法则 2 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件:(1) lim f ? x ? ? 0 及 lim g ? x ? ? 0 ;
x? ? x? ?

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

(2) ? A ? 0 ,f(x) 和 g(x)在 ? ?? , A ? 与 ? A , ?? ? 上可导,且 g'(x)≠0; (3) lim
f ?? x? g ?? x? ? l, f ?? x? g ?? x?

(II) f '( x ) ? e ? 1 ? 2 ax
x

x? ?

那么 lim

f ?x? g ?x?

由(I)知 e ? 1 ? x ,当且仅当 x ? 0 时等号成立.故
x

x? ?

= lim

x? ?

? l。

f '( x ) ? x ? 2 ax ? (1 ? 2 a ) x ,

法则 3 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件:(1) lim f ? x ? ? ? 及 lim g ? x ? ? ? ;
x? a x? a

从而当 1 ? 2 a ? 0 ,即 a ?

1 2

时, f '( x ) ? 0 ( x ? 0) ,而 f (0) ? 0 ,

(2)在点 a 的去心邻域内,f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x)≠0; (3) lim
f ?? x? g ?? x? ?l, f ?? x? g ?? x?

于是当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 . 由 e ? 1 ? x ( x ? 0) 可得 e
x ?x

x? a

? 1 ? x ( x ? 0) .从而当 a ?
?x x x

1 2

时,

那么 lim

f ?x? g ?x?

x? a

= lim

x? a

?l。

f '( x ) ? e ? 1 ? 2 a ( e
x

?x

? 1) ? e ( e ? 1)( e ? 2 a ) ,

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 ?

故当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f '( x ) ? 0 ,而 f (0) ? 0 ,于是当 x ? (0, ln 2 a ) 时, f ( x ) ? 0 .
1? ? 综合得 a 的取值范围为 ? ?? , ? 2? ?

a

?

,x ?

a

?

洛必达法则也成立。

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 ;

e 当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 等价于 a ?

g ?x? ? e
x x
x

x

? x ?1

? b ? 1, ? ?a 1 ? ?b ? ? , ?2 2

解得 a ? 1 , b ? 1 。

x
? x ?1

2

(Ⅱ)由(Ⅰ)知 f ( x ) ? 则
g ?( x ) ? x e ? 2e ? x ? 2
x x

ln x x ?1

?

1 x

,所以

x

2

(x>0),

x
0 ? x ?2 ? ,则 h ? ? x ? ? x e
x x

3




f ( x) ? (

ln x x ?1

?

k x

)?

1 1? x
2
2

(2 ln x ?

( k ? 1)( x ? 1)
2

x

)。

h ? x ? ? x e ? 2e ? x ?

? e ? 1 , h ?? ? x ? ? x e ? 0 ,
x

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。

考虑函数 h ( x ) ? 2 ln x ?

( k ? 1)( x ? 1) x
2 2

( x ? 0) ,则 h '( x ) ?

( k ? 1)( x ? 1) ? 2 x
2

x

2



(i)设 k ? 0 ,由 h '( x ) ?

k ( x ? 1) ? ( x ? 1) x
2

知,当 x ? 1 时, h '( x ) ? 0 ,h(x)递减。而 h (1) ? 0

由洛必达法则知, lim
x? 0
?

e

x

? x ?1

x

2

?

lim 2 x ? lim
x? 0
?

e

x

e
2

x

?

1 2

, 故当 x ? (0,1) 时, h ( x ) ? 0 ,可得

x? 0

?

1 1? x
2

h( x) ? 0 ; 1

故a ?

1 2

当 x ? (1,+ ? )时,h(x)<0,可得

1? ? 综上,知 a 的取值范围为 ? ?? , ? 。 2? ?

h(x)>0 2 1? x ln x k ln x k 从而当 x>0,且 x ? 1 时,f(x)-( + )>0,即 f(x)> + . x ?1 x x ?1 x
x ) 2 ( ii ) 设 0<k<1. 由 于 ( k ? 1 ) ( ? 1 ? x = ( k ? 1) x ? 2 x ? k ? 1 的 图 像 开 口 向 下 , 且
2 2

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 ? 2 y ? 3 ? 0 。 (Ⅰ)求 a 、 b 的值; (Ⅱ)如果当 x ? 0 ,且 x ? 1 时, f ( x ) ?
ln x x ?1 ? k x

? ? 4 ?4 k (

?1) ?, 0对称轴 x=
2

,求 k 的取值范围。 而 h(1)=0,故当 x ? (1,
1

1 ' ? 1 当 x ?(1, ) (k-1) 2 +1) 时, (x +2x>0,故 h (x) >0, 1? k 1? k . 1

?(
原解: (Ⅰ) f '( x ) ?

x ?1

1? k

)时,h(x)>0,可得

1 1? x
2

h(x)<0,

? ln x ) b x ? 2 2 ( x ? 1) x

与题设矛盾。
2 (iii)设 k ? 1.此时 x ? 1 ? 2 x , ( k ? 1)( x ? 1) ? 2 x ? 0 ? h (x)>0,而 h(1)=0,故当 x?

2

'

? f (1) ? 1, 1 ? 由于直线 x ? 2 y ? 3 ? 0 的斜率为 ? ,且过点 (1,1) ,故 ? 1 即 2 ? f '(1) ? ? , ? 2

(1,+ ? )时,h(x)>0,可得

h(x)<0,与题设矛盾。 2 1? x 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: 2 x ln x ? 1 恒成立。 另解: (II)由题设可得,当 x ? 0, x ? 1 时,k< 2 1? x

1

解:应用洛必达法则和导数

令 g (x)=

2 x ln x 1? x
2

? 1 ( x ? 0, x ? 1 ),则 g ? ? x ? ? 2 ?

?x

2

? 1 ? ln x ? x ? 1
2

?1 ? x
1 x
2

2

?

2



当 x ? (0,

?
2

) 时,原不等式等价于 a ?

x ? sin x x
3

.

再 令

h ? x ? ? ? x ? 1 ? ln x ? x ? 1 (
2 2

x ? 0, x ? 1

) , 则

h??

?x? 2

1 lx n ? x x

?, x

记 f ( x) ?

x ? sin x x
3

,则 f '( x ) ?

3 sin x ? x cos x ? 2 x x
4

.

h ?? ? x ? ? 2 ln x ? 1 ?

1 x
2

,易知 h ?? ? x ? ? 2 ln x ? 1 ?

在 ? 0, ?? ? 上为增函数,且 h ?? ?1? ? 0 ;故

记 g ( x ) ? 3 sin x ? x cos x ? 2 x ,则 g '( x ) ? 2 cos x ? x sin x ? 2 . 因为 g ''( x ) ? x cos x ? sin x ? cos x ( x ? tan x ) ,

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 ? 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

g '''( x ) ? ? x sin x ? 0 ,所以 g ''( x ) 在 (0,

?
2

) 上单调递减,且 g ''( x ) ? 0 ,

所以 g '( x ) 在 (0,

?
2

) 上单调递减,且 g '( x ) ? 0 .因此 g ( x ) 在 (0,
x ? sin x x
3

?
2

) 上单调递减,

且 g ( x ) ? 0 ,故 f '( x ) ?
由洛必达法则有
lim f ( x ) ? lim
x? 0

g ( x) x
4

? 0 ,因此 f ( x ) ?

在 (0,

?
2

) 上单调递减.

x ? sin x x
3

x? 0

? lim

1 ? cos x 3x
2

x? 0

? lim

sin x 6x

x? 0

? lim

cos x 6

x? 0

?

1 6



? 由洛必达法则知 lim g ? x ? ? 2 lim
x ?1 x ?1

x ln x 1? x
2

? 1 ? 2 lim
x ?1

1 ? ln x ?2 x

? 1? ?1 ? 2??? ? ?1 ? 0 ? 2?

即当 x ? 0 时, g ( x ) ?

1 6

,即有 f ( x ) ?

1 6

.

? k ? 0 ,即 k 的取值范围为(- ? ,0]

故a ?

1 6

时,不等式 sin x ? x ? ax 对于 x ? (0,
3

?
2

) 恒成立.

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。

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; 0 ③出现“ ”型式子. 0

自编:若不等式 sin x ? x ? ax 对于 x ? (0,
3

?
2

)

恒成立,求 a 的取值范围.


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