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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(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．（全国1理）已知函数()11axx f x e x -+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性； （Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围.（全国1理）设函数()e e xxf x -=-． （Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥； （Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．（辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1x f x x x x =-+++.⑴求()f x 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()f x a …的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.（新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---.（Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间; （Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围.（新课标文）已知函数2()(1)xf x x ea x=--. （Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 例题：若不等式3s i nx x a x >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围 第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n x x x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2.231ln(1)(1),2!3!!nn n x x xx x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k nx x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn xR x k θ+=-+； 4.24221cos 1(1)2!4!(22)!k k nx x x x R k --=-+-+-+-，其中2(1)cos (2)!kkn x R x k θ=-； 第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足： （1）lim ()lim ()0x ax af xg x →→==；（2）在()U a 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）()lim()x af x Ag x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()limlim ()()x ax a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=.（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知l n 1()1x f x x x=++，所以22l n 1(1)(1()()(2l n11x k k x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()h x x =+2(1)(k x x--(x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=.(i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅>-；当(1,x ∈+∞时，()0h x <，可得 21()01h x x⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x kf x x x>+-；（ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，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,)1x k∈-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.洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，即l n 1l n 11x x kx x x x+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x xk x x x x <+-=++--，记22ln ()11x x g x x =+-，0x >，且1x ≠则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+，记221()ln 1x h x x x -=++，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>，从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+---，即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-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 ()11x xg x x=+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 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.2.（新课标理）设函数2()1xf x e x a x =---.（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x a x--≥. ①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21xe x a x --≥等价于21x e xa x --≤.记21()x e xg x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=.记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x x e =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x--=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤. 综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin c o'()x x x x f x x --=.记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2co g xx x x=+-.因为''g x =-， '''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x=<，因此3s i n ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有3200000sin 1cos sin cos 1lim ()lim lim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====，即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3s i n x x a x >-对于(0,)2x π∈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“0”型式子.（海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥. ①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)xx ea x -≥等价于1xe a x -≥，也即1x e a x-≤.记1()x e g x x -=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x-+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0xh x x e =>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===， 即当0x →时，()1g x → 所以()1g x >，即有1a ≤.综上所述，当1a ≤，0x ≥时，()0f x ≥成立.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，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()0f x ≥.①当0a <时，若1x a >-，则01xax <+，()1xf x ax ≤+不成立；②当0a ≥时，当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11x xe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x-+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x-+=-，则2222221'()=(2)()()x x x x x xx x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--.记2()2x x h x e x e -=--+，则'()x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->.因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >， 即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xxe g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时，1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x =+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<．因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 若0x =，则a R ∈；若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x x g x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+， 因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减，而0sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。
洛必达法则巧解高考压轴题 洛必达法则：法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0；(3)()()lim x a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。
00型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x ag x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0；(3)()()lim x a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='。
∞∞型 注意： ○1将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则 也成立。
○2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。
典例剖析例题1。
求极限（1）xx x 1ln lim 0+→ (∞∞型) （2）lim x ®p 2sin x -1cos x (00型) （3） 20cos ln limx x x → (00型) （4）x x x ln lim +∞→ (∞∞型) 变式练习: 求极限（1）x x x )1ln(lim 0+→ (2)a x a x a x --→sin sin lim (3)x e e x x x sin lim 0-→- (4)22)2(sin ln lim x x x -→ππ 例题2。
已知函数R m x e x m x f x ∈+-=,)1()(2（1）当1-=m 时，求)(x f 在[]1,2-上的最小值（2）若)()2('2x f x m x >++在()0,∞-上恒成立，求m 的取值范围 例题 3.已知函数)0(,)(>++=a c xb ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ， （1）用a 表示c b ,（2）若x x f ln )(≥在[)+∞,1上恒成立，求a 的取值范围例题4.若不等式3sin ax x x ->在⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πx 是恒成立，求a 的取值范围 例题5.已知2)1()(ax e x x f x --=（1）若)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式（2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围强化训练1. 设函数x e x f -1)(-=（1）证明：当1->x 时，1)(+≥x x x f 。
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 法则2.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x a g x →=∞；(2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g x →=()()lim x a f x l g x →'='． 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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，曲线()y f x =在点))1(,1(f 处的切线方程为230x y +-=．（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围．3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。
函数凹凸性在解题中的应用
王强芳;魏远金
【期刊名称】《上海中学数学》
【年(卷),期】2007(000)011
【摘要】@@ 某市模拟考试中,将06年四川省高考理22题改编得如下一道题目:rn已知函数f(x)=x2+2x+a lnx.(1)若f(x)在区间(0,1]上恒为单调函数,求实数a 的取值范围;(2)当t≥1时,不等式f(2t-1)≥2f(t)-3恒成立,求实数a的范围.
【总页数】3页(P31-33)
【作者】王强芳;魏远金
【作者单位】530021,广西南宁市第三中学;530021,广西南宁市第三中学
【正文语种】中文
【中图分类】O1
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1.函数的凹凸性与洛比达法则在高考导数压轴题中的应用 [J], 俞松;
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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(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，数a 的取值围．（全国1理）已知函数()11axx f x e x -+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值围.（全国1理）设函数()e e x x f x -=-． （Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值围．（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值围．（理）设函数ln ()ln ln(1)1xf x x x x=-+++. ⑴求()f x 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()f x a 的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值围;若不存在,试说明理由.（新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间; （Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值围.（新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值围.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值围.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值围.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值围第二部分：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2. 231ln(1)(1),2!3!!n n n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n x θ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+-，其中2(1)cos (2)!kk n x R x k θ=-；第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：设函数()f x 、()g x 满足： （1）lim ()lim ()0x ax af xg x →→==；（2）在()U a ，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠； （3）()lim()x a f x A g x →'=' （A 可为实数，也可以是±∞）.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='.1.（新课标理）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值围. 常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x =++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)当0k ≤时，由222(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得21()01h x x⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x kf x x x>+-； （ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当1(1,)1x k∈-时，()0h x >，可得21()01h x x ⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得21()01h x x⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值围为(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,)1x k∈-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.洛必达法则解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x xg x x =+-，0x >，且1x ≠则2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+， 记221()ln 1x h x x x -=++，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>， 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增. 由洛必达法则有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()lim(1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x→→→→+=+=+=+=---，即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立，所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-成立，k 的取值围为(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 ()11x xg x x=+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 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.2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21xe x ax --≥等价于21x e xa x--≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1x h x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法则有，20000111lim ()lim lim lim 222x x x x x x x e x e e g x x x →→→→---==== 即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤. 综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立.例题：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x ->. 记3sin ()x x f x x -=，则43sin cos 2'()x x x xf x x --=. 记()3sin cos 2g x x x x x =--，则'()2cos sin 2g x x x x =+-.因为''()cos sin cos (tan )g x x x x x x x =-=-，'''()sin 0g x x x =-<，所以''()g x 在(0,)2π上单调递减，且''()0g x <，所以'()g x 在(0,)2π上单调递减，且'()0g x <.因此()g x 在(0,)2π上单调递减，且()0g x <，故4()'()0g x f x x =<，因此3sin ()x x f x x -=在(0,)2π上单调递减. 由洛必达法则有3200000sin 1cos sin cos 1lim ()lim lim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→--=====， 即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <.故16a ≥时，不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈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.（文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值围.解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥. ①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)xx e ax -≥等价于1xe ax -≥，也即1x e a x-≤.记1()x e g x x-=，(0,)x ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x h x xe =>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法则有0001lim ()lim lim 11x xx x x e e g x x→→→-===， 即当0x →时，()1g x → 所以()1g x >，即有1a ≤.综上所述，当1a ≤，0x ≥时，()0f x ≥成立.（全国大纲理）设函数()1x f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值围. 解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥，此时()0f x ≥.①当0a <时，若1x a >-，则01x ax <+，()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；若0x =，则a R ∈；若0x >，则11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x -+≤-. 记1()x x xxe e g x xe x-+=-，则2222221'()=(2)()()x x x x x x x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，''()+20x x h x e e -=->. 因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >， 即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.因此2'()=()0()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法则有000011lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时， 1()2g x →，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值围是1(,]2-∞.（全国2理）设函数sin ()2cos xf x x=+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值围． 解：（Ⅰ）22(2cos )cos sin (sin )2cos 1()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．当2π2π2π2π33k x k -<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x >-，即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2x <-，即()0f x '<． 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是减函数．解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数sin ()2cos xf x ax x=≤+若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )x g x x x =+ 则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x x g x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，2'()2cos 2sin 2cos cos212sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x x x x x x x x =---+=--+=-=-因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减， 而00sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。
导数结合洛必达规律巧解高考压轴题之公保含烟创作
一．洛必达规律： 规律1.
及
；
(2)在
去心邻域
(3)
，那么
=
． 规律2.若
列条件：
；
(2)
应用洛必达规律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
○2
○3
足三个前提条件时，就不能用洛必达规律，这时称洛必达规律不
适
用
，应
从
另
外途
径
求
极限
．
○4若条件契合，洛必达规律可延续屡次使用，直到求出极限为止．
二．高考例题解说
1.
2.
5.
a的取值范围．
总结：通过以上例题的剖析，我们不难发现应用洛必达规律解决的问题应满足：
1．能够别离变量；
2．用导数能够确定别离变量后另一侧所得新函数的单调性；
3．.。
函数的凹凸性与洛比达法则在高考导数压轴题中的应用南昌外国语学校 梁懿涛导数题是高考数学压轴题中最赏见的形式，其涉及到函数的构造、不等式的解法、导数的运算、应用（极值与单调性）以及恒成立等诸多方面的内容，综合考察学生的抽象思维能力、逻辑推理与判断能力、运算能力、 化归能力，以及函数与方程、分类与整合、转化与化归等数学思想，对学生有极高的要求．而命题人由于教材内容的限制，给出的答案往往出人意料，显得太巧妙，太艰涩难懂，所以在高考有限的答题时间内，并不具有现实可操作性。
如果利用函数的凹凸性与洛比达法则，则可以起化巧为拙，以拙胜巧之奇效！先了解以下内容（限于篇幅，不作阐述与证明）：定义1．函数()f x 的导数的导数(如果可导)叫做函数()f x 的二阶导数, 记作y ''、()f x ''．类似地, 二阶导数的导数叫做三阶导数, 三阶导数的导数叫做四阶导数．一般地,，(n -1)阶导数的导数叫做n 阶导数，分别记作y '''、(4)y ⋅ ⋅ ⋅ ，()n y ．定义2．定义在区间I 的函数()f x ，对I 上中任意的1x 、2x 12x x ≠和任意的(0,1)λ∈，若都有12[(1)]f x x λ+-<12()(1)()f x f x λ+-，则称()f x 是I 上的凹函数；若都有12[(1)]f x x λ+->12()(1)()f x f x λ+-，则称()f x 是I 上的凸函数．如2x y =是凹函数，2log y x =是凸函数．定理1．如果函数()f x 在区间I 上二阶可导，则()f x 在区间I 上是凹函数的充要条件是()0f x ''≥； ()f x 在区间I 上是凸函数的充要条件是()0f x ''≤．定理2．若函数()f x 和()g x 满足：（i ）00lim ()lim ()0x x x x f x g x →→==（或∞）；（ii ）在点0x 的空心邻域00()u x 内两者可导，且()0g x '≠；（iii ）0()lim ()x x f x A g x →'='（A 可以是实数，也可以是±∞），则0()lim ()x x f x g x →= 0()lim ()x x f x A g x →'='． 这种以导数为工具研究不定式（00或∞∞型）的极限的方法，称为洛比达法则． 再用以上定理解下列高考压轴题： 例1．（2011年高考全国数学新课标卷（理）21） 已知函数ln ()1a x b f x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=． （Ⅰ）求a 、b 的值； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，求k 的取值范围． 解：（Ⅰ）1a =，1b =．ln 1()1x f x x x=++．（过程略） （Ⅱ）因为当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，所以22ln 11x x k x <--对0,1x x >≠恒成立． 令22ln ()11x x x x ϕ=--，2222ln (1)1()2(1)x x x x x ϕ++-'=-，令22()ln (1)1,(0,)h x x x x x =++-∈+∞， 1()2ln h x x x x x '=-+，21()12ln h x x x ''=-+，322()0h x x x'''=+>，所以()h x ''在(0,)+∞内单调递增，因为(1)0h ''=，所以(0,1)x ∈时，()0h x ''<，()h x '单调递减，(1,)x ∈+∞时，()0h x ''>，()h x '单调递增，所以()(1)0h x h ''≥=，从而()h x 在(0,)+∞内单调递增，因为(1)0h =，所以(0,1)x ∈时，()0h x <，()0x ϕ'<，()x ϕ单调递减，(1,)x ∈+∞时，()0h x >，()0x ϕ'>，()x ϕ单调递增． 因为22222111112ln 12ln (12ln )22ln 2lim ()lim(1)lim lim lim 011(1)2x x x x x x x x x x x x x x x x x x x xϕ→→→→→'------=-===='---，从而 ()0x ϕ>，从而所求0k ≤．例2．（2010年高考全国数学大纲卷（理）22）设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x >-1时，()1x f x x ≥+；（Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． 解：（Ⅰ）证明略；（Ⅱ）（i ）当0x =时，0001a ≤⋅+，a R ∈． （ii ）当0x >时，()010f x e >-=，10ax ∴+>恒成立，0a ∴≥，从而0x >时，()1x f x ax ≤+11x x ax e -⇔+≤-对0x >恒成立(1)11x x a x e ⇔-+≤-对0x >恒成立， 考虑函数()1x x g x e =-，2(1)1()(1)x x x e g x e -+'=--，令()(1)1x x x e ϕ=-+，()0x x xe ϕ'=>，()x ϕ在(0,)+∞单调递增，()(0)0x ϕϕ>=，()0g x '∴<，即()g x 在(0,)+∞单调递减． 3[(2)2]()(1)x x x e x e x g x e -++''=-，令()(2)2x x x e x φ=-++，()(1)1x x x e φ'=-+，()0x x xe φ''=>，()x φ'在(0,)+∞单调递增，()(0)0x φφ''>=，()x φ在(0,)+∞单调递增，()(0)0x φφ>=，()0g x ''>，所以()g x 在(0,)+∞上是凹函数．又0000()1lim ()lim lim lim 11(1)x x x x x x x x x g x e e e→→→→'===='--，所以如图所示，()g x 在(0,)+∞内的图像是一条单调递减且凹的曲线．因为直线:(1)1y a x =-+过定点(0,1)，由题意知直线恒在曲线()g x 的下方。
在“函数凹凸性”视角下的若干数学高考题
徐蕊
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2011(000)017
【摘要】高等数学中，凹凸性是函数的另一个重要性质．以函数凹凸性为背景的试题已多次出现在高考中．学习中若能适当、适度了解函数的凹凸性知识，会使同学们更深刻地理解函数的概念，更感性地认识函数的内涵．
【总页数】2页(P15-16)
【作者】徐蕊
【作者单位】山东省胶州市实验中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1."整体观"视角下的函数教学实践r——以"一次函数与方程(组)、不等式"教学为例 [J], 夏红兰
2.导函数视角下函数零点问题的判定 [J], 唐勇
3.函数性质的教学要基于整体视角下的设计——以二次函数y=ax^2的图像和性质为例 [J], 张安军;蒋华灵
4.新课程背景下高等数学趣味性教学策略探究
——以函数的凹凸性为例 [J], 岳霞霞
5.4321:核心素养视角下函数问题解决策略--以“二次函数”问题解决为例 [J], 徐菊萍
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函数的凸性在高中数学中的应用
赵起超
【期刊名称】《数学学习与研究：教研版》
【年(卷),期】2015(000)010
【摘要】函数的凸凹性主要用于数学分析中,在高中数学课本中,这一概念虽未曾出现,但近几年来与函数凸凹性相关的题目频繁出现在全国各地高考试题中.本文就函数凸凹性在高考题中的应用做初步探讨,包括不等式的证明,求极值的题目,使学生对相关知识有一个更全面、更系统、更深刻的了解.
【总页数】1页(P136-136)
【作者】赵起超
【作者单位】内蒙古包头市包钢一中数学组,014010
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.函数凹凸性与拐点在高中数学中的应用
2.函数凹凸性与拐点在高中数学中的应用
3.一元函数的凹凸性在证明不等式中的应用
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5.函数凸性在证明级数发散中的应用
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函数的凹凸性在高考中的应用教学目的: ①了解函数的凹凸性，掌握增量法解决凹凸曲线问题。
②培养学生探索创新能力，鼓励学生进行研究型学习。
教学重点：掌握增量法解决凹凸曲线问题教学难点：函数的凹凸性定义及图像特征教学过程：一、课题导入1.展示崇仁县第二中学20XX届高三第一次月考试题12得分统计表2.组织学生现场解答月考试题12并进行得分统计，以引出课题———题目：一高为Ｈ、满缸水量为Ｖ的鱼缸的截面如图1所示，其底部碰了一个小洞，满缸水从洞中流出．若鱼缸水深为ｈ时水的体积为Ｖ，则函数Ｖ＝ｆ（ｈ）的大致图象可能是图2中的（）．（选自《中学数学教学参考》20XX年第1～2合期）的《试题集绵》．函数凹凸性问题是近几年高考与平时训练中的一种新题型．这种题情景新颖、背景公平，能考查学生的创新能力和潜在的数学素质，体现“高考命题范围遵循教学大纲，又不拘泥于教学大纲”的改革精神．但由于函数曲线的凹凸性在中学教材中既没有明确的定义，又没有作专门的研究，因此，就多数学生而言，对这类凹凸性曲线问题往往束手无策；而教师的“导数”理解又不能被学生所接受．所以，对这类非常规性问题作一探索，并引导学生去得到一般性的解法，无疑对学生数学素质的提高和创新精神的培养以及在迅速准确解答高考中出现此类的试题都是十分重要的。
二、新课讲授1、凹凸函数定义及几何特征图1 图2⑴引出凹凸函数的定义：如图3根据单调函数的图像特征可知：函数)(1x f 与)(2x f 都是增函数。
但是)(1x f 与)(2x f 递增方式不同。
不同在哪儿？把形如)(1x f 的增长方式的函数称为凹函数，而形如)(2x f 的增长方式的函数称为凸函数。
⑵凹凸函数定义（根据同济大学数学教研室主编《高等数学》第201页）：设函数f 为定义在区间I 上的函数，若对（a ，b ）上任意两点1x 、2x ，恒有：（1）1212()()()22x x f x f x f ++<，则称f 为（a ，b ）上的凹函数； （2）1212()()()22x x f x f x f ++>，则称f 为（a ，b ）上的凸函数。
