2023高考数学二轮专题 微专题43 导数与三角函数的交汇问题

这是一份2023高考数学二轮专题 微专题43 导数与三角函数的交汇问题，共10页。
微专题44　洛必达法则洛必达法则(1)型若函数f(x)和g(x)满足下列条件：①f(x)＝0及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；③＝A，那么＝＝A.(2)型若函数f(x)和g(x)满足下列条件：①f(x)＝∞及g(x)＝∞；②在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；③＝A，那么＝＝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)＝＋，如果当x>0且x≠1时，f(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)>＋，即＋>＋，也即k<＋1－＝＋1，记g(x)＝＋1，x>0且x≠1，则g′(x)＝＝·.记h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝＋＝>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，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，故当x∈(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g(x)＝＝1＋＝1＋＝0，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，k的取值范围为(－∞，0].法二(分类讨论、反证法)由f(x)＝＋，得f(x)－＝.令h(x)＝2ln x＋(x>0)，则h′(x)＝.①当k≤0时，由h′(x)＝知，当x≠1时，h′(x)<0.因为h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)>0，可得·h(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得·h(x)>0，从而当x>0且x≠1时，f(x)－>0，即f(x)>＋.②当0<k<1时，由于g(x)＝(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，g(1)＝2k>0，所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得·h(x)<0，与题设矛盾.③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.综上可得，k的取值范围为(－∞，0].例2 设函数f(x)＝(常数a∈R)，在x＝0处取得极小值，g(x)＝＋(e为自然对数的底数).(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)求证：对∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x).(1)解　f′(x)＝＝，由题意f′(0)＝＝0，∴a＝1，f(x)＝，f′(x)＝，f(1)＝，f′(1)＝，∴f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－＝(x－1)，即y＝(x＋1).(2)证明　令h(x)＝－(x＋1)，x>1，h′(x)＝－，h″(x)＝>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>(x＋1).再令t(x)＝(x＋1)－－，x∈(1，＋∞)，t′(x)＝－＝.令m(x)＝e(ln x)2－4，x∈(1，＋∞)，则m′(x)＝2eln x·－4＝.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＝＝＝1，∴t(1)→0，∵t(x)>t(1)，∴t(x)>0，∴(x＋1)>＋.综上，又∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x).训练1 设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围.解　(1)若x＝0，a∈R；(2)若x>0，当a<0时，若x>－，则<0，f(x)≤不成立.当a≥0时，由f(x)≤，得a≤，设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝.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g(x)＝＝＝，故g(x)>(x>0).故当0≤a≤，x≥0时，1－e－x≤恒成立，综上，a的取值范围是.训练2 若不等式sin x＞x－ax3对于x∈恒成立，求a的取值范围.解　当x∈时，原不等式等价于a＞，记f(x)＝，则f′(x)＝，记g(x)＝3sin x－xcos x－2x，则g′(x)＝2cos x＋xsin x－2，∵g″(x)＝－2sin x＋sin x＋xcos x＝xcos x－sin x，g(x)＝－xsin x＜0，所以g″(x)在上单调递减，且g″(x)＜g″(0)＝0，所以g′(x)在上单调递减，且g′(x)＜g′(0)＝0.因此g(x)在上单调递减，且g(x)＜g(0)＝0，故f′(x)＝＜0，因此f(x)＝在上单调递减，由洛必达法则有：f(x)＝＝＝＝＝，即当x→0时，f(x)→，即有f(x)＜，故当a≥时，不等式sin x＞x－ax3对于x∈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≤，设g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，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＝＝＝，故g(x)>，故a≤.综上，实数a的取值范围是.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≤.记g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝.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)＝>0，从而g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增.由洛必达法则有g(x)＝ ＝＝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－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；x∈(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)<φ(0)＝0与φ(x)>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a<恒成立.令g(x)＝(x>0)，∴g′(x)＝.令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k′(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g(x)＝＝[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≤，令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，因为x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－>0，故h(x)＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，则h(x)>h(1)＝0，故g′(x)＝>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知＝＝.所以由a≤恒成立，得a≤.综上，实数a的取值范围是.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≤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≤；当a>时，由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2ln x0＋1－2a＝0，x0＝e，则x∈[1，e)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(e)<f(1)＝0，与f(x)≥0恒成立矛盾，故a>不满足题意.综上，实数a的取值范围是.