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洛必达法则巧解高考数学压轴题


西藏教育

洛必达法则巧解高考数学压轴题
——函数与导数中的参数问题求解
唐伟

函数与导数是高中数学的重要内容。纵观近几 年的高考数学试题, 压轴题都是函数与导数应用的问 题, 其中求参数的取值范围是重点考查题型。在平常 教学中, 教师往往介绍利用变量分离法来求解。但部 分题型利用变量分离法处理时, 会出现 “0” 型

的代数 0 式, 而这是大学数学中的不定式问题, 解决这类问题 一、 不等式恒成立 (存在性) 问题 若在等式或不等式中出现两个变量, 其中一个变 量的范围已知, 另一个变量的范围为所求, 且容易通过 恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边, 则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。 二、 洛必达法则 (1) 及x lim g ( x) = 0; →a (3)x lim →a
f ′( x ) = l,

(Ⅰ) 求 a, b, c, d 的值 围。

(Ⅱ) 若 x≥- 2 时, , 求 f (x) ≤ kg(x)时, k 的取值范
b=2, c=2, d=2; 【解析】 (Ⅰ) 略a=4,

g(x) = 2ex (x + 1), (Ⅱ) 易得 f (x) = x2 + 4x + 2,

欲变量分 由 f (x) ≤ kg(x)得 k.2ex (x + 1) ≥ x2 + 4x + 2,

的有效方法就是洛必达法则。

离, 讨论如下: 易知k ∈ R (1) 若x = -1时,
2 4x + 2 , (2) 若 x ∈[-2, - 1) 时 , 有k ≤ x + 令 g(x) = 2ex (x + 1)

x2 + 4x + 2 则有k ≤ g(x) , min 2ex (x + 1)

又 g′(x) =
g(x)单调递增.

若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件: (2)在点 a 的去心邻域内, f(x) 与 g(x) 可导且g'(x)≠0;
g′( x)

-2ex x(x + 2)2 , 当 x ∈[-2, - 1) 时, g′(x) >0, [2ex (x + 1)]2

所以k ≤ e2 g(x) min=g(-2) = e2,

lim 那么 x →a

f ( x) f ′( x ) =x lim = l。 g ( x) → a g′( x)

x2 + 4x + 2 则有k ≥ g(x) , max 2ex (x + 1)

2 4x + 2 ,令 g(x) = (3) 若 x ∈[-1,0] ,有 k ≥ x + 2ex (x + 1)

又 g′(x) = 单调递增.

三、 解决思路

-2ex x(x + 2)2 , 当x ∈[-1,0]时, g′(x)>0,g(x) x 2 [2e (x + 1)]

例1 (2013 年全国卷 · 理) 已知函数 f(x)=x2+ax+ b, g(x) =ex(cx + d), 若曲线 y=f(x) 和曲线 y=g(x) 都过 点 P(0, 2), 且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2

x2 + 4x + 2 则有k ≥ g(x) , max 2ex (x + 1)

2 4x + 2 , (4) 若 x ∈ [ 0, + ∞) , 有 k≥ x + 令 g(x) = 2ex (x + 1)

g(x) max=g(0) = 1, 所以k ≥ 1

又 g′(x) =

-2ex x(x + 2)2 , 当 x ∈ [ 0, + ∞) 时, g′(x)>0, [2ex (x + 1)]2

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考试与复习
g(x)单调递增.

程为 x+2y-3=0.

f (x) = a ln x + b , 曲线 y = f(x)在点 (1,f (1) ) 处的切线方 x+1 x

例 2 (2011 年 全 国 卷 · 理 ) 已 知 函 数

综上所述, k的取值范围为[1,e2].

g(x) max=g(0) = 1, 所以k ≥ 1

例 3 (2010 年 全 国 卷 · 理 ) 设 函 数
f (x) = ex - 1 - x - ax2。

综上所述, k 的取值范围为 (-∞, 0]

求a的取值范围 (2) 若当x ≥ 0时 f (x) ≥ 0, 对 任 意 实 数 a, 均 有 (II)当 x = 0 时 ,f (x) = 0 ,
x -1 f (x) ≥ 0等价于a ≤ e - x 当x > 0时, x2 x - 1(x>0),则g′(x) = xex - 2ex + x + 2 , 令g ( x) = e - x x2 x3

求 f (x)的单调区间; (1) 若a = 0, 【解析】 (Ⅰ) 略

取值范围。

且 x ≠ 1时, 求k的 f(x) > 1nx + k , (Ⅱ) 如果当 x > 0, x-1 x 【解析】 (Ⅰ) 略

(Ⅰ) 求a、 b 的值;

f (x) ≥ 0;

2x ln x + 1恒成立。 1 - x2

(II)由 题 设 可 得 ,当 x > 0, x ≠ 1 时 ,k<
2x ln x + 1 ( 1 - x2




g′( x)

g

(x) =

x > 0, x ≠ 1),

h′( x) = xex - ex + 1, h″ ( x) = xex > 0,

h( x) = xex - 2ex + x + 2 ( x > 0 )







(x = 2?

2

h′( x) = 2x ln x + 1 - x , h″ ( x) = 2 ln x + 1 - 12 , 易 知 x x

再 令 h( x) = ( x2 + 1) ln x - x2 + 1 ( x > 0, x ≠ 1),则

+ 1) ln x - x2 + 1 , 2 (1 - x2)

h( x)在( 0, +∞)上为增函数, h( x) > h( 0 ) = 0; ∴ g′( x) > 0, g

知 h′( x) 在 ( 0, +∞) 上为增函数, h′( x) > h′( 0 ) = 0 ; 知

(x)在( 0, +∞)上为增函数。 由
+


+




+









x - 1 = lim ex = lim ex = 1 , lim e - x 故a ≤ 1 2 x→0 x → 0 2x x→0 2 2 2 x

h″ ( x) = 2 ln x + 1 - 12 在( 0, +∞)上为增函数, 且h″ (1) = 0; x

综上所述, a 的取值范围为? -∞, 1 ?。 2? è

又h′( x)>h′(1)=0

在(1, +∞)上为增函数; ∴h′( x)在( 0,1)上为减函数,
∴ h( x)在( 0, +∞)上为增函数, 又 ∵ h(1)=0


故当x ∈(0,1)时, h″ ( x) < 0, 当x ∈(1, +∞)时, h″ ( x) > 0;

总之, 对于函数与导数中的参数取值范围问 题, 可以将参数与变量分离 (注意讨论) , 转化为不 等式恒成立 (存在性) 问题, 然后转化为函数的最值 问题求解。如果分离出来的函数式的最值有点麻 烦, 则可以利用洛必达法则处理它的最值。这种方 法思路简单, 讨论直接, 可有效提高学生解决问题 的效率。

h( x) < 0, h( x) > 0 ∴ 当[x ∈(0,1)]时, 当x ∈(1, + ∞)时,


∵ 由洛必达法则知

∴g ( x)在( 0,1)上为减函数, 在(1, +∞)上为增函数 x ln x + 1 = 2 lim 1 + ln x + 1 lim g ( x) = 2 lim x→1 x→1 x → 1 -2x 1 - x2 1 ? ? =2× - +1=0 è 2?

当[x ∈(0,1)]时, g ( x) < 0, 当x ∈(1, + ∞)时, g ( x) > 0 ∴

作者单位: 拉萨市北京中学 责任编辑: 江长州

∴ k ? 0,

2014·7 期· 55 ·


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