新高考数学二轮复习专题11 导数中洛必达法则的应用 (教师版)

专题11导数中洛必达法则的应用【方法总结】在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是最值分析法或参变分离法．用最值分析法常需要分类讨论，有时对参数进行讨论会很难．用参变分离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．出现“eq\f(0,0)”或“eq\f(∞,∞)”型的代数式，就没法求其最值．解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则．“eq\f(0,0)”或“eq\f(∞,∞)”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，洛必达法则法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))

f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且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．法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq\o(lim,\s\do4(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；(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．法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(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)与(m，＋∞)上可导，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)必达法则的功能是用于求极限值；(2)主要用于eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)两种类型，其他结构需转化才能应用；(3)未定式可以连续应用，已定式不能再用．计算下列各题(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)不适合条件，需转化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)为已定式，不能再用洛必达法则．【例题选讲】[例1](2011全国Ⅰ)已知函数f(x)＝eq\f(alnx,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(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范围．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\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)))．令函数h(x)＝2lnx＋eq\f((k－1)(x2－1),x)(x>0)，则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，当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减．而h(1)＝0，故当x∈(0，1)时，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＞0．从而当x＞0，且x≠1时，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的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝eq\f(1,1－k)>1，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(1，\f(1,1－k)))时，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＜0，与题设矛盾．③若k≥1，此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0即h′(x)＞0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得eq\f(1,1－x2)h(x)＜0，与题设矛盾．综上，k的取值范围为(－∞，0]．此方法在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：(2)方法二(参变分离法)由题设可得，当x>0，x1时，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，x≠1)，则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)，则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，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0．故当x∈(0，1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0．∴h′(x)在(0，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，又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)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知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的取值范围为(－∞，0]．[例2]解析方法一(最值分析法)f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因为x≥1，所以2lnx＋1≥1，则当a≤eq\f(1,2)时，f′(x)＝x(2lnx＋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(2lnx＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2lnx0＋1－2a＝0，x0＝SKIPIF1<0，则x∈[1，SKIPIF1<0)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，x∈(SKIPIF1<0，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，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．此时，f(x)≥0不成立．综上，a≤eq\f(1,2)．方法二(参变分离法)由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，当x>1时，a≤eq\f(x2lnx,x2－1)，令g(x)＝eq\f(x2lnx,x2－1)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(x(x2－1－2lnx),(x2－1)2)，因为x>1，则(x2－1－2lnx)′＝2x－eq\f(2,x)>0，故y＝x2－1－2lnx在(1，＋∞)上单调递增，则y＝x2－1－2lnx>0，故g′(x)＝eq\f(x(x2－1－2lnx),(x2－1)2)>0．所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．则g(x)>g(1)，由洛必达法则知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，则a≤eq\f(1,2)．[例3]已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．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)当1－a≥0，即a≤1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0．(2)当a>1时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝eq\f(x－1,x2)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f′(x)>f′(1)＝2－a．①若2－a≥0，即1<a≤2时，f′(x)>0，于是f(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f(x)>f(1)＝0．②若2－a<0，即a>2时，存在x0∈(1，＋∞)，使得当1<x<x0时，f′(x)<0，于是f(x)在(1，x0)上单调递减，所以f(x)<f(1)＝0，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－∞，2]．方法二(参变分离法)当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0⇔a<eq\f((x＋1)lnx,x－1)．令H(x)＝eq\f((x＋1)lnx,x－1)，则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，则K′(x)＝eq\f(x2－2x＋1,x2)>0，于是K(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以K(x)>K(1)＝0，于是H′(x)>0，从而H(x)在(1，＋∞)上单调递增．由洛必达法则，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的取值范围是(－∞，2]．[例4]已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．解析(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq\f(1,2)．(2)方法一(最值分析法)当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a．①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．②当a>1时，若0<x<lna，则φ′(x)<0，若x>lna，则φ′(x)>0．∴φ(x)在(0，lna)上单调递减，在(lna，＋∞)上单调递增，∴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，＋∞)上单调递减．∴g(a)<g(1)＝0与g(a)≥0矛盾，故a>1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．方法二(参变分离法)当x>0时，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，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知，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．故实数a的取值范围是(－∞，1]．【对点训练】1．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．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)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0．由题意，当x>0且x≠1时，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)恒成立等价于k<eq\f(xlnx,x＋1)＋1－eq\f(xlnx,x－1)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，记g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1，则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)))；又记h(x)＝lnx＋eq\f(1－x2,x2＋1)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(4x,1＋x22)＝eq\f(1－x22,x1＋x22)>0，所以，当x>0时，h′(x)≥0，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；即当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，＋