新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 培优点1　洛必达法则（含解析）

培优点1洛必达法则“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eq\f(0,0)型或eq\f(∞,∞)型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：(1)eq\o(lim,\s\do6(x→a))f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do6(x→a))g(x)＝0;(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;(3)eq\o(lim,\s\do6(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝k，那么eq\o(lim,\s\do6(x→a))eq\f(fx,gx)＝eq\o(lim,\s\do6(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝k.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)eq\o(lim,\s\do6(x→a))f(x)＝∞及eq\o(lim,\s\do6(x→a))g(x)＝∞；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;(3)eq\o(lim,\s\do6(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝k，那么eq\o(lim,\s\do6(x→a))eq\f(fx,gx)＝eq\o(lim,\s\do6(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝k.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．2．洛必达法则可处理eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞型求最值问题．考点一利用洛必达法则求eq\f(0,0)型最值例1已知函数f(x)＝x2lnx－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．解方法一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)符合题意；当a>eq\f(1,2)时，由f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)＝0，得x0＝SKIPIF1<0，则x∈SKIPIF1<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈SKIPIF1<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝SKIPIF1<0＝SKIPIF1<0·eq\f(2a－1,2)－aSKIPIF1<0＝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).方法二由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，a∈R，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(xx2－1－2lnx,x2－12)，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(xx2－1－2lnx,x2－12)>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\do6(x→1))eq\f(x2lnx,x2－1)＝eq\o(lim,\s\do6(x→1))eq\f(2xlnx＋x,2x)＝eq\f(1,2).所以由a≤eq\f(x2lnx,x2－1)恒成立，得a≤eq\f(1,2).规律方法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．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)，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．由洛必达法则知SKIPIF1<0eq\f(ex－x－1,x2)＝SKIPIF1<0eq\f(ex－1,2x)＝SKIPIF1<0eq\f(ex,2)＝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\co1(－∞，\f(1,2))).考点二利用洛必达法则求eq\f(∞,∞)型最值例2已知函数f(x)＝ax－a－xlnx．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解依题意，ax－a－xlnx≥0恒成立，即a(x－1)≥xlnx恒成立，又x－1<0，∴a≤eq\f(xlnx,x－1)恒成立，令φ(x)＝eq\f(xlnx,x－1)，x∈(0,1)，∴φ′(x)＝eq\f(x－1－lnx,x－12)，令g(x)＝x－1－lnx，x∈(0,1)，∴g′(x)＝1－eq\f(1,x)<0，∴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．由洛必达法则知eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(xlnx,x－1)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(lnx,\f(x－1,x))＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(lnx,1－\f(1,x))＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(\f(1,x),\f(1,x2))＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))x＝0，∴φ(x)>0，故a≤0，综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．规律方法对于不常见的类型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必达法则求极限，一般先通过转换，化成eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)型求极限．跟踪演练2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．解当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，即2ax3＋x>x3－a，即a(2x3＋1)>x3－x，即a>eq\f(x3－x,2x3＋1)恒成立，令φ(x)＝eq\f(x3－x,2x3＋1)(x>1)，∴φ′(x)＝eq\f(4x3＋3x2－1,2x3＋12)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知SKIPIF1<0φ(x)＝SKIPIF1<0eq\f(x3－x,2x3＋1)＝SKIPIF1<0eq\f(3x2－1,6x2)＝SKIPIF1<0eq\f(6x,12x)＝eq\f(1,2)，∴φ(x)<eq\f(1,2)，故a≥eq\f(1,2).专题强化练1．(2022·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ax2－xcosx＋sinx.(1)若a＝1，讨论f(x)的单调性；(2)当x>0时，f(x)<xex－2x＋sinx，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝x2－xcosx＋sinx，x∈R，f′(x)＝2x＋xsinx＝x(2＋sinx)．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，有f(x)<xex－2x＋sinx恒成立，即x>0时，ax2<xex＋xcosx－2x恒成立，即a<eq\f(ex＋cosx－2,x)恒成立．令g(x)＝eq\f(ex＋cosx－2,x)，x>0，∴g′(x)＝eq\f(x－1ex－xsinx－cosx＋2,x2)，令φ(x)＝(x－1)ex－xsinx－cosx＋2，x>0，φ′(x)＝xex－xcosx＝x(ex－cosx)．∵x>0，∴ex>1≥cosx，∴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，∵由洛必达法则知eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex＋cosx－2,x)＝eq\o(lim,\s\do6(x→0))eq\f(ex－sinx,1)＝1，∴g(x)>1，故a≤1，∴实数a的取值范围是(－∞，1]．2．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(1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),x＋12)－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(f1＝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a＝1，b＝1.(2)由题设可得，当x>0，且x≠1时，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，且x≠1)，则g′(x)＝2·eq\f(x2＋1lnx－x2＋1,1－x22)，再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x>0，且x≠1)，则h′(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x，令φ(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x(x>0，且x≠1)，则φ′(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)，易知φ′(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(1)＝0，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，∴当x∈(0,1