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    微专题40 洛必达法则-2024年高考数学二轮微专题系列

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    微专题40 洛必达法则-2024年高考数学二轮微专题系列

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    这是一份微专题40 洛必达法则-2024年高考数学二轮微专题系列,共12页。
    洛必达法则
    (1)eq \f(0,0)型
    若函数f(x)和g(x)满足下列条件:
    ①eq^\(lim,\s\d4(x→a))f(x)=0及eq^\(lim,\s\d4(x→a))g(x)=0;
    ②在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
    ③eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′(x),g′(x))=A,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))=A.
    (2)eq \f(∞,∞)型
    若函数f(x)和g(x)满足下列条件:
    ①eq^\(lim,\s\d4(x→a))f(x)=∞及eq^\(lim,\s\d4(x→a))g(x)=∞;
    ②在点a的某去心邻域内,f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
    ③eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′(x),g′(x))=A,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))=A.
    注意:高中阶段能使用洛必达法则的题目一般都能使用分类讨论,但分类讨论难度较大,所以可采用分参求最值的方式,一般大题中对使用洛必达法则的赋分可能因标准不同而不同.
    近些年高考函数与导数经常考查利用不等式恒成立求参数范围,此类问题主要采用分类讨论求最值和参变分离求最值,由于含参讨论比较困难,因此学生更多选择参变分离来处理.但有时分离后的函数的最值会在无意义点处或者趋近于无穷大,此时利用洛必达法则可达到事半功倍的效果.
    例1 已知函数f(x)=eq \f(ln x,x+1)+eq \f(1,x),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 法一(参变量分离、洛必达法则)
    当x>0且x≠1时,f(x)>eq \f(ln x,x-1)+eq \f(k,x),
    即eq \f(ln x,x+1)+eq \f(1,x)>eq \f(ln x,x-1)+eq \f(k,x),
    也即k0且x≠1,
    则g′(x)=eq \f(2(x2+1)ln x+2(1-x2),(1-x2)2)=eq \f(2(x2+1),(1-x2)2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x+\f(1-x2,x2+1))).
    记h(x)=ln x+eq \f(1-x2,x2+1),
    则h′(x)=eq \f(1,x)+eq \f(-4x,(1+x2)2)=eq \f((1-x2)2,x(1+x2)2)>0,
    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,
    故当x∈(0,1)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eq^\(lim,\s\d4(x→1))g(x)=eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x,1-x2)+1))
    =1+eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(2xln x,1-x2)=1+eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(2ln x+2,-2x)=0,
    即当x→1时,g(x)→0,
    即当x>0且x≠1时,g(x)>0.
    因为k0),
    则h′(x)=eq \f((k-1)(x2+1)+2x,x2).
    ①当k≤0时,
    由h′(x)=eq \f(k(x2+1)-(x-1)2,x2)知,
    当x≠1时,h′(x)0,
    可得eq \f(1,1-x2)·h(x)>0;
    当x∈(1,+∞)时,h(x)0,
    从而当x>0且x≠1时,f(x)-eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x-1)+\f(k,x)))>0,
    即f(x)>eq \f(ln x,x-1)+eq \f(k,x).
    ②当01,g(1)=2k>0,
    所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,1-k)))时,
    (k-1)(x2+1)+2x>0,
    故h′(x)>0,而h(1)=0,
    故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(1,1-k)))时,h(x)>0,
    可得eq \f(1,1-x2)·h(x)0,而h(1)=0,
    故当x∈(1,+∞)时,h(x)>0,
    可得eq \f(1,1-x2)·h(x)g(x).
    (1)解 f′(x)=eq \f(ex(x+a)-ex,(x+a)2)=eq \f(ex(x+a-1),(x+a)2),
    由题意f′(0)=eq \f(a-1,a2)=0,
    ∴a=1,f(x)=eq \f(ex,x+1),f′(x)=eq \f(xex,(x+1)2),f(1)=eq \f(e,2),f′(1)=eq \f(e,4),
    ∴f(x)在(1,f(1))处的切线方程为
    y-eq \f(e,2)=eq \f(e,4)(x-1),即y=eq \f(e,4)(x+1).
    (2)证明 令h(x)=eq \f(ex,x+1)-eq \f(e,4)(x+1),x>1,
    h′(x)=eq \f(xex,(x+1)2)-eq \f(e,4),h″(x)=eq \f((x2+1)ex,(x+1)3)>0,
    所以h′(x)在(1,+∞)上单调递增,h′(x)>h′(1)=0,
    所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,h(x)>h(1)=0,
    故eq \f(ex,x+1)>eq \f(e,4)(x+1).
    再令t(x)=eq \f(e,4)(x+1)-eq \f(x-1,ln x)-eq \f(e-2,2),x∈(1,+∞),
    t′(x)=eq \f(e,4)-eq \f(ln x+\f(1,x)-1,(ln x)2)
    =eq \f(e(ln x)2-4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x+\f(1,x)-1)),4(ln x)2).
    令m(x)=e(ln x)2-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x+\f(1,x)-1)),x∈(1,+∞),
    则m′(x)=2eln x·eq \f(1,x)-4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)-\f(1,x2)))=eq \f(2exln x-4x+4,x2).
    令n(x)=2exln x-4x+4,x∈(1,+∞),
    则n′(x)=2e(ln x+1)-4=2eln x+2e-4>0,
    则n(x)在(1,+∞)上单调递增,n(x)>n(1)=0,
    ∴m′(x)>0,则m(x)在(1,+∞)上单调递增,m(x)>m(1)=0.
    ∴t′(x)>0,则t(x)在(1,+∞)上单调递增,
    ∵t(1)不存在,由洛必达法则,得
    eq^\(,\s\d4(x→1))eq \f(x-1,ln x)=eq^\(,\s\d4(x→1))eq \f((x-1)′,(ln x)′)=eq^\(,\s\d4(x→1))eq \f(1,\f(1,x))=1,
    ∴t(1)→0,∵t(x)>t(1),∴t(x)>0,
    ∴eq \f(e,4)(x+1)>eq \f(x-1,ln x)+eq \f(e-2,2).
    综上,对∀x∈(1,+∞),f(x)>g(x).
    训练1 设函数f(x)=1-e-x,当x≥0时,f(x)≤eq \f(x,ax+1),求a的取值范围.
    解 (1)若x=0,a∈R;
    (2)若x>0,当a-eq \f(1,a),则eq \f(x,ax+1)0),
    则g′(x)=eq \f(e2x-x2ex-2ex+1,x2(ex-1)2).
    令h(x)=e2x-x2ex-2ex+1,
    则h′(x)=2e2x-2xex-x2ex-2ex=ex(2ex-2x-x2-2).
    再令m(x)=2ex-2x-x2-2,
    则m′(x)=2ex-2-2x=2(ex-x-1),
    易得当x>0时,m′(x)>0,即m(x)在(0,+∞)上单调递增,
    ∴m(x)>m(0)=0,
    ∴h′(x)>0,即h(x)在(0,+∞)上单调递增,
    ∴h(x)>h(0)=0,
    ∴g′(x)>0,即g(x)在(0,+∞)上单调递增,
    连续两次使用洛必达法则,得
    eq^\(lim,\s\d4(x→0))g(x)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(xex,xex+ex-1)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(xex+ex,xex+2ex)=eq \f(1,2),
    故g(x)>eq \f(1,2)(x>0).
    故当0≤a≤eq \f(1,2),x≥0时,1-e-x≤eq \f(x,ax+1)恒成立,
    综上,a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2))).
    训练2 若不等式sin x>x-ax3对于x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))恒成立,求a的取值范围.
    解 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))时,原不等式等价于a>eq \f(x-sin x,x3),
    记f(x)=eq \f(x-sin x,x3),
    则f′(x)=eq \f(3sin x-xcs x-2x,x4),
    记g(x)=3sin x-xcs x-2x,
    则g′(x)=2cs x+xsin x-2,
    ∵g″(x)=-2sin x+sin x+xcs x=xcs x-sin x,
    g(x)=-xsin x<0,
    所以g″(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减,且g″(x)<g″(0)=0,
    所以g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减,且g′(x)<g′(0)=0.
    因此g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减,且g(x)<g′(0)=0,故f′(x)=eq \f(g(x),x4)<0,
    因此f(x)=eq \f(x-sin x,x3)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))上单调递减,
    由洛必达法则有:
    eq^\(lim,\s\d4(x→0))f(x)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(x-sin x,x3)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(1-cs x,3x2)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(sin x,6x)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(cs x,6)=eq \f(1,6),
    即当x→0时,f(x)→eq \f(1,6),即有f(x)<eq \f(1,6),
    故当a≥eq \f(1,6)时,不等式sin x>x-ax3对于x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(π,2)))恒成立.
    一、基本技能练
    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)(x>0),
    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,+∞)上为增函数,且当x→0时,h′(x)→0,∴h′(x)>0,
    ∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,且当x→0时,h(x)→0,∴h(x)>0,
    ∴g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数.
    由洛必达法则知eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex-x-1,x2)=eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex-1,2x)=eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex,2)=eq \f(1,2),
    故g(x)>eq \f(1,2),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))).
    2.已知函数f(x)=x(ex-1)-ax2.当x≥0时,f(x)≥0,求实数a的取值范围.
    解 当x≥0时,f(x)≥0,即x(ex-1)-ax2≥0.
    ①当x=0时,a∈R;
    ②当x>0时,x(ex-1)-ax2≥0等价于ex-1≥ax,也即a≤eq \f(ex-1,x).
    记g(x)=eq \f(ex-1,x),x∈(0,+∞),
    则g′(x)=eq \f((x-1)ex+1,x2).
    记h(x)=(x-1)ex+1,x∈(0,+∞),
    则h′(x)=xex>0,
    因此h(x)在(0,+∞)上单调递增,
    且h(x)>h(0)=0,
    所以g′(x)=eq \f(h(x),x2)>0,
    从而g(x)=eq \f(ex-1,x)在(0,+∞)上单调递增.
    由洛必达法则有
    g(x)=eq \f(ex-1,x)=eq \f(ex,1)=1,
    即当x→0时,g(x)→1,
    所以g(x)>1,即有a≤1.
    综上所述,实数a的取值范围是(-∞,1].
    3.已知函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对任意x>0都有f(x)>ax成立,求实数a的取值范围.
    解 法一 令φ(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x>0),
    则φ′(x)=ln(x+1)+1-a,
    ∵x>0,
    ∴ln(x+1)>0.
    (1)当1-a≥0,即a≤1时,φ′(x)>0,
    ∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
    又φ(0)=0,
    ∴φ(x)>0恒成立,故a≤1满足题意.
    (2)当1-a1时,
    令φ′(x)=0,得x=ea-1-1,
    ∴x∈(0,ea-1-1)时,φ′(x)0,
    ∴φ(x)在(0,ea-1-1)上单调递减,
    在(ea-1-1,+∞)上单调递增,
    ∴φ(x)min=φ(ea-1-1)0恒成立矛盾,故a>1不满足题意.
    综上,实数a的取值范围是(-∞,1].
    法二 x∈(0,+∞)时,(x+1)ln(x+1)>ax恒成立,
    即a0),
    ∴g′(x)=eq \f(x-ln(x+1),x2).
    令k(x)=x-ln(x+1)(x>0),
    ∴k′(x)=1-eq \f(1,x+1)=eq \f(x,x+1)>0,
    ∴k(x)在(0,+∞)上单调递增,
    ∴k(x)>k(0)=0,
    ∴当x>0时,x-ln(x+1)>0恒成立,
    ∴g′(x)>0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增,由洛必达法则知
    eq^\(lim,\s\d4(x→0))g(x)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f((x+1)ln(x+1),x)=eq^\(lim,\s\d4(x→0))[ln(x+1)+1]=1,∴g(x)>1,∴a≤1,
    故实数a的取值范围是(-∞,1].
    二、创新拓展练
    4.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 法一 由f(x)=x2ln x-a(x2-1)≥0,
    当x=1时,不等式成立,
    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h(x)=x2-1-2ln x在(1,+∞)上单调递增,则h(x)>h(1)=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,
    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).
    综上,实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-∞,\f(1,2))).
    法二 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);
    当a>eq \f(1,2)时,
    由f′(x)=x(2ln x+1-2a)=0,
    得x=x0,且2ln x0+1-2a=0,x0=eeq \f(2a-1,2),
    则x∈[1,eeq \f(2a-1,2))时,f′(x)0,
    则f(x)单调递增,所以f(x)min=f(eeq \f(2a-1,2))eq \f(1,2)不满足题意.
    综上,实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-∞,\f(1,2))).

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