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所属成套资源：【高考二轮】新高考版高考数学二轮复习课件
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新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题1 培优点1 洛必达法则课件PPT
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这是一份新高考版高考数学二轮复习（新高考版） 第1部分 专题突破 专题1 培优点1 洛必达法则课件PPT，共37页。PPT课件主要包含了培优点1洛必达法则，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决能成立或恒成立问题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现 可以考虑使用洛必达法则.
法则1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;
法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
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.
利用洛必达法则求 型最值
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.
方法一 f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)，因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
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，
则x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
方法二 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，a∈R，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，则y＝x2－1－2ln x>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增.则g(x)>g(1)，由洛必达法则知
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.
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.
当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；
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.
利用洛必达法则求 型最值
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.
依题意，ax－a－xln x≥0恒成立，即a(x－1)≥xln x恒成立，又x－1<0，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴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.
∴φ(x)>0，故a≤0，综上，实数a的取值范围是(－∞，0].
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，
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.
当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，即2ax3＋x>x3－a，即a(2x3＋1)>x3－x，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
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；
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，f(x)0时，ax2
∵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，
∴g(x)>1，故a≤1，∴实数a的取值范围是(－∞，1].
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
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，
第二轮复习的首要任务是把整个高中基础知识有机地结合在一起，构建出高中数学知识的结构图。下面，小编给大家带来高考数学二轮复习策略，效果是十分显著的哦！1、明确模拟练习的目的。检测知识的全面性，更是训练书写规范，表述准确的过程。2、查漏补缺，以“错”纠错。查漏补缺的过程也就是反思的过程，逐渐实现保强攻弱的目标。3、严格有规律地进行限时训练。平时如考试，并在速度体验中提高正确率。4、保证常规题型的坚持训练。做到百无一失，可适当拓展高考中难点的训练。5、注重题后反思总结。及时处理问题，争取“问题不过夜”。6、重视每次模拟考试的临考前状态的调整及考后心理的调整。以平和的心态面对高考。
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决能成立或恒成立问题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现 可以考虑使用洛必达法则.
法则1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;
法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
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.
利用洛必达法则求 型最值
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.
方法一 f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)，因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
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，
则x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
方法二 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，a∈R，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，则y＝x2－1－2ln x>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增.则g(x)>g(1)，由洛必达法则知
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.
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.
当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；
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.
利用洛必达法则求 型最值
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.
依题意，ax－a－xln x≥0恒成立，即a(x－1)≥xln x恒成立，又x－1<0，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴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.
∴φ(x)>0，故a≤0，综上，实数a的取值范围是(－∞，0].
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，
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.
当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，即2ax3＋x>x3－a，即a(2x3＋1)>x3－x，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
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；
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，f(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，
∴g(x)>1，故a≤1，∴实数a的取值范围是(－∞，1].
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
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，
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