新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題11 導(dǎo)數(shù)中洛必達(dá)法則的應(yīng)用 (教師版)

專題11導(dǎo)數(shù)中洛必達(dá)法則的應(yīng)用【方法總結(jié)】在解決不等式恒(能)成立，求參數(shù)的取值范圍這一類問題時，最常用的方法是最值分析法或參變分離法．用最值分析法常需要分類討論，有時對參數(shù)進(jìn)行討論會很難．用參變分離法在求分離后函數(shù)的最值(值域)時會有些麻煩，如最值、極值在無意義點處，或趨于無窮．出現(xiàn)“eq\f(0,0)”或“eq\f(∞,∞)”型的代數(shù)式，就沒法求其最值．解決此類問題的有效方法就是利用洛必達(dá)法則．“eq\f(0,0)”或“eq\f(∞,∞)”型的代數(shù)式，是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問題，洛必達(dá)法則法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))

f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在點a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A，那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在點a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A，那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．法則3若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)eq\o(lim,\s\do4(x→∞))f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do4(x→∞))g(x)＝0；(2)?m≠0，f(x)和g(x)在(－∞，m)與(m，＋∞)上可導(dǎo)，且g′(x)≠0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→∞))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．那么eq\o(lim,\s\do4(x→∞))eq\f(f(x),g(x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→∞))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．注意：(1)必達(dá)法則的功能是用于求極限值；(2)主要用于eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)兩種類型，其他結(jié)構(gòu)需轉(zhuǎn)化才能應(yīng)用；(3)未定式可以連續(xù)應(yīng)用，已定式不能再用．計算下列各題(1)eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(sinx,x)；(2)eq\o(lim,\s\do4(x→0))xlnx；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→1))(eq\f(1,x－1)－eq\f(1,lnx))；(4)eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x3－x2－x＋1,x3－3x＋2)．解析(1)eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(sinx,x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f((sinx)′,x′)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(cosx,1)＝1；(2)不適合條件，需轉(zhuǎn)化eq\o(lim,\s\do4(x→0))xlnx＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(lnx,eq\f(1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(eq\f(1,x),－eq\f(1,x2))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))(－x)＝0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→1))(eq\f(1,x－1)－eq\f(1,lnx))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(lnx－x＋1,(x－1)lnx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(eq\f(1,x)－1,lnx＋eq\f(x－1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(eq\f(1,x)－1,lnx＋1－eq\f(1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(－eq\f(1,x2),eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2))＝－eq\f(1,2)；(4)eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x3－x2－x＋1,x3－3x＋2)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(3x2－2x－1,3x2－3)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(6x－2,6x)＝eq\f(2,3)．注意：eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(6x－2,6x)為已定式，不能再用洛必達(dá)法則．【例題選講】[例1](2011全國Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．(1)求a，b的值；(2)如果當(dāng)x>0，且x≠1時，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范圍．解析(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),(x＋1)2)－eq\f(b,x2)．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(1，1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)＝1，,f′(1)＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)方法一(最值分析法)由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，所以f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f((k－1)(x2－1),x)))．令函數(shù)h(x)＝2lnx＋eq\f((k－1)(x2－1),x)(x>0)，則h′(x)＝eq\f((k－1)(x2＋1)＋2x,x2)．①若k≤0，由h′(x)＝eq\f(k(x2＋1)－(x－1)2,x2)知，當(dāng)x≠1時，h′(x)＜0，h(x)遞減．而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0．從而當(dāng)x＞0，且x≠1時，f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)．②若0＜k＜1．由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的圖象開口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，對稱軸x＝eq\f(1,1－k)>1，所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,1－k)))時，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，故h′(x)>0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,1－k)))時，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＜0，與題設(shè)矛盾．③若k≥1，此時(k－1)(x2＋1)＋2x>0即h′(x)＞0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＜0，與題設(shè)矛盾．綜上，k的取值范圍為(－∞，0]．此方法在處理第(2)問時非常難想到，現(xiàn)利用洛必達(dá)法則處理如下：(2)方法二(參變分離法)由題設(shè)可得，當(dāng)x>0，x1時，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，x≠1)，則g′(x)＝2·eq\f((x2＋1)lnx－x2＋1,(1－x2)2)，再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x>0，x≠1)，則h′(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x，h″(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)，易知h″(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h″(1)＝0．故當(dāng)x∈(0，1)時，h″(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h″(x)>0．∴h′(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又h(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，∴當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，∴g(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．由洛必達(dá)法則知eq\o(lim,\s\do4(x→1))g(x)＝2eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(xlnx,1－x2)＋1＝2eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(1＋lnx,－2x)＋1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0．∴k≤0，即k的取值范圍為(－∞，0]．[例2]解析方法一(最值分析法)f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因為x≥1，所以2lnx＋1≥1，則當(dāng)a≤eq\f(1,2)時，f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)≥0，此時f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝0，此時f(x)≥0恒成立，所以a≤eq\f(1,2)；當(dāng)a>eq\f(1,2)時，由f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2lnx0＋1－2a＝0，x0＝SKIPIF1<0，則x∈[1，SKIPIF1<0)時，f′(x)<0，則f(x)單調(diào)遞減，x∈(SKIPIF1<0，＋∞)時，f′(x)>0，則f(x)單調(diào)遞增，f(x)min＝f(SKIPIF1<0)＝(SKIPIF1<0)2·eq\f(2a－1,2)－a[(SKIPIF1<0)2－1]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－eq\f(e2a－1,2)＝eq\f(e·2a－e2a,2e)<0．此時，f(x)≥0不成立．綜上，a≤eq\f(1,2)．方法二(參變分離法)由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，當(dāng)x＝1時，不等式成立，當(dāng)x>1時，a≤eq\f(x2lnx,x2－1)，令g(x)＝eq\f(x2lnx,x2－1)(x>1)，則g′(x)＝eq\f(x(x2－1－2lnx),(x2－1)2)，因為x>1，則(x2－1－2lnx)′＝2x－eq\f(2,x)>0，故y＝x2－1－2lnx在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，則y＝x2－1－2lnx>0，故g′(x)＝eq\f(x(x2－1－2lnx),(x2－1)2)>0．所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．則g(x)>g(1)，由洛必達(dá)法則知eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(2xlnx＋x,2x)＝eq\f(1,2)．所以由a≤eq\f(x2lnx,x2－1)恒成立，則a≤eq\f(1,2)．[例3]已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍．解析方法一(最值分析法)由f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，得f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)＋1－a．(1)當(dāng)1－a≥0，即a≤1時，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(1)＝0．(2)當(dāng)a>1時，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝eq\f(x－1,x2)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是f′(x)>f′(1)＝2－a．①若2－a≥0，即1<a≤2時，f′(x)>0，于是f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是f(x)>f(1)＝0．②若2－a<0，即a>2時，存在x0∈(1，＋∞)，使得當(dāng)1<x<x0時，f′(x)<0，于是f(x)在(1，x0)上單調(diào)遞減，所以f(x)<f(1)＝0，不符合題意．綜上所述，a的取值范圍是(－∞，2]．方法二(參變分離法)當(dāng)x∈(1，＋∞)時，f(x)>0?a<eq\f((x＋1)lnx,x－1)．令H(x)＝eq\f((x＋1)lnx,x－1)，則H′(x)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)＋lnx))(x－1)－(x＋1)lnx,(x－1)2)＝eq\f(x－\f(1,x)－2lnx,(x－1)2)，令K(x)＝x－eq\f(1,x)－2lnx，則K′(x)＝eq\f(x2－2x＋1,x2)>0，于是K(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以K(x)>K(1)＝0，于是H′(x)>0，從而H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．由洛必達(dá)法則，可得eq\o(lim,\s\do4(x→1＋))eq\f((x＋1)lnx,x－1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1＋))eq\f(((x＋1)lnx)′,(x－1)′)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1＋))eq\f(1＋\f(1,x)＋lnx,1)＝2，于是a≤2，所以a的取值范圍是(－∞，2]．[例4]已知函數(shù)f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．(1)若f(x)在x＝－1處有極值，求a的值．(2)當(dāng)x>0時，f(x)≥0，求實數(shù)a的取值范圍．解析(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依題意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq\f(1,2)．(2)方法一(最值分析法)當(dāng)x>0時，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，則φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a．①當(dāng)a≤1時，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件．②當(dāng)a>1時，若0<x<lna，則φ′(x)<0，若x>lna，則φ′(x)>0．∴φ(x)在(0，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0．令g(a)＝a－1－alna(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna<0，∴g(a)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減．∴g(a)<g(1)＝0與g(a)≥0矛盾，故a>1不滿足條件，綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．方法二(參變分離法)當(dāng)x>0時，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤eq\f(ex－1,x)恒成立，令h(x)＝eq\f(ex－1,x)(x>0)，∴h′(x)＝eq\f(ex(x－1)＋1,x2)，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．由洛必達(dá)法則知，eq\o(lim,\s\do4(x→0))h(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))ex＝1，∴a≤1．故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．【對點訓(xùn)練】1．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若對任意x>0都有f(x)>ax成立，求實數(shù)a的取值范圍．1．解析方法一(最值分析法)令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴l(xiāng)n(x＋1)>0．由題意，當(dāng)x>0且x≠1時，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立等價于k<eq\f(xlnx,x＋1)＋1－eq\f(xlnx,x－1)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，記g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，則g′(x)＝eq\f(2x2＋1lnx＋21－x2,1－x22)＝eq\f(2x2＋1,1－x22)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lnx＋\f(1－x2,x2＋1)))；又記h(x)＝lnx＋eq\f(1－x2,x2＋1)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4x,1＋x22)＝eq\f(1－x22,x1＋x22)>0，所以，當(dāng)x>0時，h′(x)≥0，h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且h(1)＝0，因此，當(dāng)x∈(0，1)時，h(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，h(x)>0；即當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0；所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋