新高考数学二轮复习专题一培优点1洛必达法则学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一培优点1洛必达法则学案，共9页。


法则1
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝0及eq \(lim,\s\d4(x→a)) g(x)＝0;
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝k，
那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(fx,gx)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝k.
法则2
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝∞及eq \(lim,\s\d4(x→a)) g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝k，
那么eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(fx,gx)＝eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′x,g′x)＝k.
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．洛必达法则可处理eq \f(0,0)，eq \f(∞,∞)，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞型求最值问题．
考点一 利用洛必达法则求eq \f(0,0)型最值
例1 已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R.若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 方法一 f′(x)＝2xln x＋x－2ax
＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
则当a≤eq \f(1,2)时，f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)≥0，
此时f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，此时f(x)≥0恒成立，
所以a≤eq \f(1,2)符合题意；当a>eq \f(1,2)时，
由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，得x0＝，
则x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min＝f
＝
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－eq \f(e2a－1,2)
＝eq \f(e·2a－e2a,2e)<0.此时，f(x)≥0不成立．
综上，a≤eq \f(1,2).
方法二 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，a∈R，
当x>1时，a≤eq \f(x2ln x,x2－1)，
令g(x)＝eq \f(x2ln x,x2－1)(x>1)，
则g′(x)＝eq \f(xx2－1－2ln x,x2－12)，
因为x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－eq \f(2,x)>0，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，
则y＝x2－1－2ln x>0，
故g′(x)＝eq \f(xx2－1－2ln x,x2－12)>0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
则g(x)>g(1)，由洛必达法则知
eq \(lim,\s\d4(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝eq \(lim,\s\d4(x→1)) eq \f(2xln x＋x,2x)＝eq \f(1,2).
所以由a≤eq \f(x2ln x,x2－1)恒成立，得a≤eq \f(1,2).
规律方法 对函数不等式恒成立求参数取值范围时，采用分类讨论、假设反证法．若采取参数与分离变量的方法，在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义点处，或趋于无穷，此时，利用洛必达法则即可求解．洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．
跟踪演练1 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 当x＝0时，f(x)＝0，
对任意实数a都有f(x)≥0；
当x>0时，由f(x)≥0得a≤eq \f(ex－1－x,x2)，
设g(x)＝eq \f(ex－1－x,x2)，
则g′(x)＝eq \f(xex－2ex＋x＋2,x3)，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知
故a≤eq \f(1,2).
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
考点二 利用洛必达法则求eq \f(∞,∞)型最值
例2 已知函数f(x)＝ax－a－xln x．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 依题意，ax－a－xln x≥0恒成立，
即a(x－1)≥xln x恒成立，
又x－1<0，
∴a≤eq \f(xln x,x－1)恒成立，
令φ(x)＝eq \f(xln x,x－1)，x∈(0,1)，
∴φ′(x)＝eq \f(x－1－ln x,x－12)，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝1－eq \f(1,x)<0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(x)>g(1)＝0，
∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增．
由洛必达法则知eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(xln x,x－1)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ln x,\f(x－1,x))＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ln x,1－\f(1,x))
＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(\f(1,x),\f(1,x2))＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) x＝0，
∴φ(x)>0，故a≤0，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．
规律方法 对于不常见的类型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必达法则求极限，一般先通过转换，化成eq \f(0,0)，eq \f(∞,∞)型求极限．
跟踪演练2 已知函数f(x)＝2ax3＋x.若x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围．
解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，
即2ax3＋x>x3－a，
即a(2x3＋1)>x3－x，
即a>eq \f(x3－x,2x3＋1)恒成立，
令φ(x)＝eq \f(x3－x,2x3＋1)(x>1)，
∴φ′(x)＝eq \f(4x3＋3x2－1,2x3＋12)>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知
eq \(lim,\s\d4(x→＋∞)) φ(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \f(x3－x,2x3＋1)＝eq \(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \f(3x2－1,6x2)＝
eq \(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \f(6x,12x)＝eq \f(1,2)，
∴φ(x)专题强化练
1．(2022·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ax2－xcs x＋sin x.
(1)若a＝1，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)解 (1)当a＝1时，
f(x)＝x2－xcs x＋sin x，x∈R，
f′(x)＝2x＋xsin x＝x(2＋sin x)．
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当x>0时，有f(x)即x>0时，ax2即a令g(x)＝eq \f(ex＋cs x－2,x)，x>0，
∴g′(x)＝eq \f(x－1ex－xsin x－cs x＋2,x2)，
令φ(x)＝(x－1)ex－xsin x－cs x＋2，x>0，
φ′(x)＝xex－xcs x＝x(ex－cs x)．
∵x>0，∴ex>1≥cs x，∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴g′(x)>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵由洛必达法则知
eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex＋cs x－2,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0)) eq \f(ex－sin x,1)＝1，
∴g(x)>1，故a≤1，
∴实数a的取值范围是(－∞，1]．
2．已知函数f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，求k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x)－ln x)),x＋12)－eq \f(b,x2)，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq \f(1,2)，且过点(1,1)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝1，,f′1＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))
解得a＝1，b＝1.
(2)由题设可得，当x>0，且x≠1时，k令g(x)＝eq \f(2xln x,1－x2)＋1(x>0，且x≠1)，
则g′(x)＝2·eq \f(x2＋1ln x－x2＋1,1－x22)，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋eq \f(1,x)－x，
令φ(x)＝2xln x＋eq \f(1,x)－x(x>0，且x≠1)，
则φ′(x)＝2ln x＋1－eq \f(1,x2)，
易知φ′(x)＝2ln x＋1－eq \f(1,x2)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(1)＝0，故当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0；
∴h′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∵由洛必达法则知eq \(lim,\s\d4(x→1)) g(x)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(lim,\s\d4(x→1)) \f(xln x,1－x2)))＋1
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\(lim,\s\d4(x→1)) \f(1＋ln x,－2x)))＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝0，
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．