導(dǎo)數(shù)結(jié)合洛必達(dá)法則巧解高考?jí)狠S題40269,DOC

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取值范圍;若不存在,試說明理由.(新課標(biāo)理)設(shè)函數(shù)f(x)ex-1-x-ax2⑵是否存在實(shí)數(shù)⑵是否存在實(shí)數(shù)a使得關(guān)于x的不等式f(x)…a的解集為(0,+8)若存在求a的第一部分：歷屆導(dǎo)數(shù)高考?jí)狠S題全國理)設(shè)函數(shù))=+) +,若對(duì)所有的三0,都有)三成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.(全國理)已知函數(shù)f(x)=匕xe-ax-x(I)設(shè)a>0，討論y=f(x)的單調(diào)性；(II)若對(duì)任意xe(0,1)恒有f(x)>1,求a的取值范圍(全國理)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-e-x.(I)證明：f(x)的導(dǎo)數(shù)f(x)三2；(II)若對(duì)所有x三0都有f(x)三ax，求a的取值范圍.(全國理)設(shè)函數(shù)f(x)=S1nx.+cosx(I)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(II)如果對(duì)任何x20，都有f(x)/ax，求a的取值范圍.(遼寧理)設(shè)函數(shù)f(x)=nx--lnx+ln(x+1)1+x⑴求f(x)的單調(diào)區(qū)間和極值

(I)若a=0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間(II)若當(dāng)三0時(shí)f(x)三0,求的取值范圍(新課標(biāo)文)已知函數(shù)f(x)=x(ex-1)-ax2(I)若f(x)在x=-1時(shí)有極值，求函數(shù)f(x)的解析式；(II)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍(全國大綱理)設(shè)函數(shù)f(x)=1-e-x(I)證明：當(dāng)x>-1時(shí)，f(x)>—；x+1(II)設(shè)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)< ，求a的取值范圍ax+1(新課標(biāo)理)已知函數(shù)f(x)=也x+b,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程x+1x為x+2y-3=0(I)求a、b的值；(II)如果當(dāng)x>0,且x豐1時(shí)，f(x)>lnx+k,求k的取值范圍x-1x兀例題：若不等式sinx>x-ax3對(duì)于xe(0,—)恒成立，求a的取值范圍2第二部分：泰勒展開式

ex=1+x x2 x3一+—+——+1!2!3!xn xn+1+一+ eex,其中(0<。<1);n!(n+1)!(I)略解得a=ex=1+x x2 x3一+—+——+1!2!3!xn xn+1+一+ eex,其中(0<。<1);n!(n+1)!(I)略解得a=1,b=1(II)方法一：分類討論、假設(shè)反證法.(1+x)=xx2 x3 xn—+—— +(—1)n-1—+R,其中R2! 3! n! nn=(-1)nxn+1 1 ( )n+1(n+1)!1+exlnx1 lnxk1 (k-1)(x2-1)由(1)知f(x)=——+-，所以f(x)-( +—)= (2lnx+ -)x+1x x-1x1-x2 xsinx=xx3 x5———+———3!5!+(-1)k-1x2k-1(2k-1)!x2x4... x2k-2 x2kcosx=1--+ -+(-1)k-1 +R,其中R=(-1)k cosex；2!4! (2k-2)! n n(2k)!第三部分：洛必達(dá)法則及其解法洛必達(dá)法則：設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)滿足：()limf(x)=limg(x)=0；xfa xfa()在U(a)內(nèi)，f(x)和g，(x)都存在，且gf(x)中0；o()limf(x)=A(A可為實(shí)數(shù)，也可以是±s)x-ag'(x)則lim3=limf(x)=Axfag(x)xrag(x)(新課標(biāo)理)已知函數(shù)f(x)=也x+-,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方x+1x程為x+2y-3=0(I)求a、b的值；(I)如果當(dāng)x>0，且x中1時(shí)，f(x)>lnx+-,求k的取值范圍x-1x常規(guī)解法考慮函數(shù)h(x)=2lnx+*-1)(x2-1)(x>0)，則h，(x)=*-1)(x2+1)+2xx x2當(dāng)k<0時(shí)，由h<x)=k(x2+1)-(x-1)2知，當(dāng)x中1時(shí)，hXx)<0因?yàn)閔(1)=0,x2所以當(dāng)x￡(0,1)時(shí)，h(x)>0,可得一-—?h(x)>0；當(dāng)xG(1,+8)時(shí)，h(x)<0,1-x2可得—i—?h(x)>0,從而當(dāng)x>0且x本1時(shí)，f(x)-(^nx+—)>0,即f(x)>nx+^_；1-x2 x-1x x-1x(i當(dāng)0<k<1時(shí)，由于當(dāng)xG(1,，)時(shí)，(k-1)(x2+1)+2x>0，故h'(x)>0,1-k1 1而h(1)=0，故當(dāng)xG(1,——)時(shí)，h(x)>0，可得 ?h(x)<0，與題設(shè)矛盾1-k 1-x2( )當(dāng)k>1時(shí)，h<x)>0,而h(1)=0,故當(dāng)xg(1,+8)時(shí)，h(x)>0,可得'?h(x)<0,與題設(shè)矛盾綜上可得，k的取值范圍為(-8,0]1-x2注：分三種情況討論：①k<0；②0<k<1；③k>1不易想到尤其是②0<k<1時(shí)，許多考生都停留在此層面，舉反例xG(1,，)更難想到而這方面根1-k據(jù)不同題型涉及的解法也不相同,這是高中階段公認(rèn)的難點(diǎn),即便通過訓(xùn)練也很難提升.洛必達(dá)法則解法

TOC\o"1-5"\h\zlnx k lnx 1 lnx k當(dāng)X>0，且X豐1時(shí)，f(x)> +-,即+-> +-,X-1 X X+1 X X-1 Xxlnx1 xlnx 2xlnx 2xlnx也即k< +-- = +1,記g(X)= +1,X>0，且X豐1X+1X X-1 1-X2 1-X2.新課標(biāo)理)設(shè)函數(shù)f(x)=eX-1-X-aX2則g1(X)=2(x2+1)lnx+2(1-x2) 2(x2+1)(1-X2)則g1(X)=2(x2+1)lnx+2(1-x2) 2(x2+1)(1-X2)2(1-X2)21-X2(lnx+ ),X2+11-X2 1 -4X (1一X2)2記h(x)=lnx+ ，貝Ih(x)=—+ = >0,X2+1 X(1+X2)2 X(1+X2)2從而h(X)在(0,+8)上單調(diào)遞增，且h⑴=0,因此當(dāng)X€(0,1)時(shí)，h(X)<0,X€(1,+8)時(shí)，h(X)>0；當(dāng)XG(0,1)時(shí)，g'(X)<0,當(dāng)X€(1,+8)時(shí)，g'(X)>0,所以g(X)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+8)上單調(diào)遞增由洛必達(dá)法則有l(wèi)img(x)=lim(X-^1即當(dāng)2xlnx 2xlnx 4_2lnx+2八 +1)=1+lim =1+lim =0,1-X2 X-11-X2 X-1 -2XX-1時(shí)，g(X)-0，即當(dāng)X>0,且X中1時(shí)，g(X)>0因?yàn)閗<g(x)恒成立，所以k<0綜上所述，當(dāng)X>0,且X豐1時(shí)，f(X)>上+-X-1X成立，k的取值范圍為(-8,0]注：本題由已知很容易想到用分離變量的方法把參數(shù)k分離出來然后對(duì)分離出來的函數(shù)g(X)=沙二+1求導(dǎo)，研究其單調(diào)性、極值此時(shí)遇到了“當(dāng)X=1時(shí)，1-X2函數(shù)g(X)值沒有意義”這一問題，很多考生會(huì)陷入困境如果考前對(duì)優(yōu)秀的學(xué)生講洛必達(dá)法則的應(yīng)用,再通過強(qiáng)化訓(xùn)練就能掌握解決此類難題的這一有效方法(II)當(dāng)X>0時(shí)，f(X)>0，求a的取值范圍應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)(II)當(dāng)X>0時(shí)，f(X)>0,即ex-1-x>ax2ex1x①當(dāng)x=0時(shí)，a€R;②當(dāng)x>0時(shí)，ex-1-x>ax2等價(jià)于a<e x2記g(X)=ex_1_xX€(0,+8),則Ig'(X)=(—_2)ex+x+2X2 X3記h(x)=(x-2)ex+x+2x€(0,+8),則h'(x戶(x-1e+,1當(dāng)x€(O+o時(shí)，h"(—芋xe>0所以h'(x)=(x-1)e—+1在(0,+o)上單調(diào)遞增，且h'(x)>h'(0)二0,所以h(X)= (X- 2)e + X+ 在 (0,+8)上單調(diào)遞增，且h(x)> h(0主0因此當(dāng)X€(Q+O時(shí)，g'(X)=hx>0，從而g(X)=ex-1一x在(0,+8)上單調(diào)遞增X3 X2由洛必達(dá)法則有，1 1 1即當(dāng)Xf0時(shí)，g(X)——,所以當(dāng)X€(0,+8)時(shí)，所以g(X)>-,因此a<-2 2 2一, 一綜上所述，當(dāng)a<1且—>0時(shí)，f(—)>0成立兀例題：若不等式sinx>x-ax3對(duì)于—€(0,—)恒成立，求a的取值范圍2xx3應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)當(dāng)xe(0,3時(shí)，原不等式等價(jià)于a>xzsinx2 x3「“、x—sinx 3sinx—xcosx—2x記f(x)= ，則f'(x)= 記g(x)=3sinx—xcosx—2x，貝|g'(x)=2cosx+xsinx—2因?yàn)間"(x)=xcosx—sinx=cosx(x—tanx),g"1(x)=—xsinx<0，所以g"(x)在(0,—)上單調(diào)遞減，且g"(x)<0,^2一. — ..、 — 所以g'(x)在(0,—)上單調(diào)遞減，且g'(x)<0因此g(x)在(0,—)上單調(diào)遞減，TOC\o"1-5"\h\z^2 ^2且g(x)<0，故1(x)=g(x)<0，因此f(x)=x—sinx在(0,—)上單調(diào)遞減x4 x3 2由洛必達(dá)法則有x—sinxi1—cosxsinxccosx1limf(x)=lim =lim =lim =lim =一,x-0 x-0 x3 x-03x2 x-06x x-06 61即當(dāng)x—0時(shí)，g(x)——，即有f(x)<6,, 1一一心卜. ?丁「—、一,、、故a>時(shí)，不等式sinx>x—ax3對(duì)于xe(0,一)恒成立62通過以上例題的分析，我們不難發(fā)現(xiàn)應(yīng)用洛必達(dá)法則解決的試題應(yīng)滿足：①可以分離變量；②用導(dǎo)數(shù)可以確定分離變量后一端新函數(shù)的單調(diào)性；③出現(xiàn)“0”型式子

0(海南寧夏文)已知函數(shù)f(x)=x(ex—1)—ax2(I)若f(x)在x=-1時(shí)有極值，求函數(shù)f(x)的解析式；(II)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍解：(I)略(II)應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>0,即x(ex—1)>ax2①當(dāng)x=0時(shí)，aeR；ex—1②當(dāng)x>0時(shí)，x(ex—1)>ax2等價(jià)于ex—1>ax，也即a< xTOC\o"1-5"\h\z記g(x)=ex_1,xe(0,+8),貝I」g'(x)=(x1)ex+1x x記h(x)=(x—1)ex+1,xe(0,+8),貝|h'(x)=xe>0,因此h(x)=(x—1)x+在(0,+8)上單調(diào)遞增，且h(x)>h(0)=0,所以g'(x)=蛆)>0,從而g(x)=七1在x x(0,+8)上單調(diào)遞增由洛必達(dá)法則有ex1 exlimg(x)=lim =lim=1,x-0 x-0x x-01即當(dāng)x—0時(shí)，g(x)—1

所以g(X)〉1,即有a<1綜上所述，當(dāng)a<1,X>0時(shí)，f(X)>0成立由洛必達(dá)法則有xex-ex+1 xex ex+xex 1limg(x)=lim =lim =lim =—,即當(dāng)x―0時(shí)，X-0 X-0xex-X X-0ex+xex-1 x-02ex+xex 2(I)證明：當(dāng)(I)證明：當(dāng)X>-1時(shí)，f(X)>X ；X+1，求a的取值范圍(全國大綱理)設(shè)函數(shù)f(x)=1-e-x(II)設(shè)當(dāng)X>0時(shí)，f(x)<，-ax+1解：(I)略(II)應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)11 1g(x)——，即有g(shù)(x)>—,所以a<-綜上所述，a的取值范圍是(-8,—]2 2 2(全國理)設(shè)函數(shù)f(x)=SinX.+cosx(I)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(II)如果對(duì)任何X20，都有f(X)/ax，求a的取值范圍.①當(dāng)a<①當(dāng)a<0時(shí)，若x>-—,a②當(dāng)a>0時(shí)，當(dāng)X>0時(shí)，若X=0，則IaeR；解：(I)f(x)=(2+cosx)2(2+cosx)2由題設(shè)X>0，此時(shí)f(X)>0則」<0,f(x)<,不成立;TOC\o"1-5"\h\zax+1 ax+1f(x)< ，即1-e-x< ；ax+1 ax+1x kk/人丁1—e-x, 1 xex—ex+1若x>0，貝I」1-e-X< 等價(jià)于 < ,即a< ax+1 x ax+1 xex-x(2+cosx)cosx-sinx(-sinx) 2cosx+1TOC\o"1-5"\h\z.2n 2n, ., 1當(dāng)2kn--<x<2kn+一(keZ)時(shí)，cosx>——,即f(x)>0；3 3 2.. 2n 4n. ., 1當(dāng)2kn+一<x<2kn+ (keZ)時(shí)，cosx<—-,即f(x)<0.3 22 2n 2n\因此f(X)在每一個(gè)區(qū)間2kn-竺,2kn+竺(keZ)是增函數(shù)，

I3 3Jxex-xex-ex+1xex-x則g'(x)=e2x一x2ex-2ex+1 ex = (ex—x2-2+e-x)(xex-x)2 (xex-x)2記h(x)=ex-x2-2+e-x