高考导数(洛必达法则).pdf

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1、。第二部分：泰勒展开式xx2x3xnxn11.ex1ex,其中(01)；1!2!3!n!(n1)!x2x3xnxn112.ln(1x)x(1)n1R,其中R(1)n()n1；2!3!n!nn(n1)!1xx3x5x2k1x2k13.sinxx(1)k1R，其中R(1)kcosx；3!5!(2k1)!nn(2k1)!x2x4x2k2x2k4.cosx1(1)k1R其中R(1)kcosx；2!4!(2k2)!nn(2k)!第三部分：新课标高考命题趋势及方法许多省市的高考

2、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0能解决这部分问题的原因是出现了”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0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f(x)、g(x)满足：（1）lim

3、f(x)limg(x)0；（2）在U(a)内，f(x)和g(x)都存在，且g(x)0；xaxaf(x)f(x)f(x)（3）limA（A可为实数，也可以是）.则limlimA.g(x)g(x)g(x)xaxaxaalnxb（2011新）例：已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x2y30.x1xlnxk（Ⅰ）求a、b的值；（Ⅱ）如果当x0，且x1时，f(x)，求k的取值范围.x1x（Ⅰ）略解得a1，b1.（Ⅱ）方法一：分类讨论、假设反证法lnx1lnxk1(k1)(x21)由（Ⅰ

4、）知f(x)，所以f(x)()(2lnx).x1xx1x1x2x(k1)(x21)(k1)(x21)2x考虑函数h(x)2lnx(x0)，则h'(x).xx2k(x21)(x1)2(i)当k0时，由h'(x)知，当x1时，h'(x)0.因为h(1)0，x21所以当x(0,1)时，h(x)0，可得h(x)0；当x(1,)时，h(x)0，可得1x2-可编辑修改-。1lnxklnxkh(x)0，从而当x0且x1时，f(x)()0，即f(x)；1x2x1xx1x11（ii）当0k1时，由于

5、当x(1,)时，(k1)(x21)2x0，故h(')x0，而h1()0，故当x(1,)1k1k1时，h(x)0，可得h(x)0，与题设矛盾.1x21（iii）当k1时，h'(x)0，而h(1)0，故当x(1,)时，h(x)0，可得h(x)0，与题设矛盾.1x2综上可得，k的取值范围为(，0].注：分三种情况讨论：①k0；②0k1；③k1不易想到.尤其是②0k1时，许多考生都停留在此1层面，举反例x(1,)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1klnxklnx1lnxk便通

6、过训练也很难提升.当x0，且x1时，f(x)，即，x1xx1xx1xxlnx1xlnx2xlnx2xlnx也即k1，记g(x)1，x0，且x1x1xx11x21x22(x21)lnx2(1x2)2(x21)1x2则g'(x)=(lnx)，(1x2)2(1x2)2x211x214x(1x2)2记h(x)lnx，则h'(x)+=0，x21x(1+x2)2x(1+x2)2从而h(x)在(0,)上单调递增，且h(1)0，因此当x(0,1)时，h(x)0，当x(1,)时，h(x)0；当x

7、(0,1)时，g'(x)0，当x(1,)时，g'(x)0，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2xlnx2xlnx2lnx2limg(x)lim(1)1lim1lim0，x11x2x11x2x12xx1即当x1时，g(x)0，即当x0，且x1时，g(x)0.因为kg(x)恒成立，所以k0.综上所述，当lnxkx0，且x1时，f(x)成立，k的取值范围为(，0].x1x2xlnx注：本题