洛比塔法則與高中數(shù)學(xué)老師版

1、 limag (x)(A可為實(shí)數(shù)，也可以是/).貝!J limf(x)=limg(x) x a3a.g (x)【熱身練習(xí)】ln x lim x j二 x求lim飛一1x 1 , x -1(3)求 lim 2 x _1一x >1 x 3x 4解:(1)lim X lim 以x j - - x x y- - x(2)(3)x -1x2 3x-4=limx 1 2x 3利用洛必達(dá)法則巧解高 中數(shù)學(xué)一.定理內(nèi)容洛必達(dá)法則：設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)滿足:(1) lim f(x) =lim g(x) =0 (或也o)； x ax a y(2)在 U：1(a)內(nèi)，(x)和 g，(x)都存在，且 gx)

2、#0；二.定理應(yīng)用 例1、(06年全國(guó)卷II理第20題)設(shè)函數(shù)f(x)=(x+1)ln(x+1)。若對(duì)所有的x20,都有f(x)至ax 成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍 解：當(dāng)x=0時(shí)，顯然成立，則ae R當(dāng)x>0時(shí)，不等式f(x)之a(chǎn)x成立即為awfx)：(X+1)1n(X+1)。xX令 g(x)=(X+1)1n(X+1),對(duì) g(x)求導(dǎo)得 g，(x)=XTn(2X+1) XX1 X令 h(x) =xln(x+1),貝 u h'(x)=1 => 0X> 0),二 h(x)在(0,y )上為增函數(shù)X 1 X 1h(x) >h(0) =0 ,所以 g'(x) =

3、 X 1nf1>0 ,所以 g(x)在(0,8 )上是增函數(shù) cxf (x) (x 1)ln(x 1) ln(x 1)1limlim1- =lim -=1, 所以 aW1。X0 xx-0xX01'綜合上述所知：a -1例3、(06年重慶卷理第20題)已知函數(shù)f (x) =(x2+bx+c)ex ,其中b,cwR為常數(shù)。(I) 若b2>4(c1),討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(II) (II)若b2W4(c1),且 1物2C=4,試證:-6<b<2(2011新)例：已知函數(shù)f(x)=an+9 ,曲線y= f(x)在點(diǎn)(1,f(1)處的切線方程為x + 2y 3=0.

4、 x 1 x(I )求a、b的值； (n )如果當(dāng)x>0 ,且x#1時(shí)，f (x)>n+-,求k的取值范圍. x -1 x(I)略解得a=1, b=1. (II)方法一：分類討論、假設(shè)反證法/I _I2/、，2/、由(I)知 f(x)=gj,所以 f(x).(g+K)=<(2inx+(k-1)(x 一1). x 1 xx -1 x 1 xx22考慮函數(shù) h(x)=21n x+(k-1)(x -1)(x>0),則 h,(x) = (k1)(x2 1) 2x.xx2 2(i) 當(dāng) kW0 時(shí)，由 h'(x)="ML知，當(dāng) x#1 時(shí)，h'(x)&l

5、t;0.因?yàn)?h(1)=0 ,x所以當(dāng) xw(0,1)時(shí)，h(x)A0,可得1.h(x)>0；當(dāng) xw(1,y)時(shí)，h(x)<0,可得 1 - x-2-Y h(x) >0 ,從而當(dāng) x A0且 x#1 時(shí)，f (x)_(JnA 十與 A0 ,即 f(x)>n+-；1 -xx -1 xx -1 x(ii )當(dāng) 0<k<1 時(shí)，由于當(dāng) x1,)時(shí)，(k -1)(x2 +1) + 2x>0,故 h'(x)0,而 h(1) = 0,故當(dāng) 1 -kx1,)時(shí)，h(x)>0,可得一l,h(x)<0,與題設(shè)矛盾.1 -k1 -x1 (iii )當(dāng)

6、 k，時(shí)，h'(x)>0,而 h(1)=0,故當(dāng) xw(1, )時(shí)，h(x)>0,可得2h(x)<0,與題1 f x設(shè)矛盾.綜上可得，k的取值范圍為(*,0.注：分三種情況討論：k<0;0<k<1;k*不易想到.尤其是0<k<1時(shí)，許多考生都停留在此層面，舉反例x1,)更難想到.而這方面根據(jù)不同題型涉及的解法也不相 1 -k同，這是高中階段公認(rèn)的難點(diǎn)，即便通過(guò)訓(xùn)練也很難提升. 當(dāng)x>0,且x#1時(shí)，f(x)g k,即叱.1 .JnA.K,x T x x 1 x x -1 x xln x 1 xln x 2x in x2x in x也

7、RP k <+=-+1 ,己 g(x)=-+1 , x>0, 且 x#1x 1xx -11 -x1 -x則 g'(x)=2(x2 1)ln x 2(1 -x2) 2(x2 1)22(1-x )22(1 -x )1-x2.(ln x+),x21.22 2記 h(x)Tnx 十二貝 "h'(x)=J = x>0'從而h(x)在(0,y)上單調(diào)遞增，且h(1)=0 ,因此當(dāng)xw(0,1)時(shí)，h(x) <0 ,當(dāng)xw Q注)時(shí)，h(x)0;當(dāng)xw(0,1)時(shí)，g'(x)<0,當(dāng)xw(1,收)時(shí)，g'(x)>0,所以g

8、(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,收)上單 調(diào)遞增.由洛必達(dá)法則有,2xln x ,、 ， 2xIn x , 2ln x 2 - lim g (x) =lim( 2- +1) =1 +lim2- =1 +lim= 0 ,x 1 x 1 1 -x2x 1 1 -x2 x 1-2x即當(dāng)xt1時(shí)，g(x)T0,即當(dāng)x>0,且x#1時(shí)，g(x) A0.因?yàn)閗<g(x)恒成立，所以kM0.綜上所述，當(dāng)x>0,且x#1時(shí)，f(x) >Jn上+K成立，k的取值范圍為S,0.x -1 x注：本題由已知很容易想到用分離變量的方法把參數(shù)k分離出來(lái).然后對(duì)分離出來(lái)的函數(shù)g(x)=&quo

9、t;x+1求導(dǎo)，研究其單調(diào)性、極值.此時(shí)遇到了 “當(dāng)x=1時(shí)，函數(shù)g(x)值沒(méi)有意義”1 -x這一問(wèn)題，很多考生會(huì)陷入困境.如果考前對(duì)優(yōu)秀的學(xué)生講洛必達(dá)法則的應(yīng)用，再通過(guò)強(qiáng)化 訓(xùn)練就能掌握解決此類難題的這一有效方法 例(2010新)：設(shè)函數(shù) f (x) =ex-1-x-ax2.f(x)之0,求a的取值范圍.應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)(H )當(dāng)x之0時(shí),f(x) >0,即 ex-1-x>ax2.(I )若a=0 ,求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(H )當(dāng)x之0時(shí),x d V當(dāng)x=0時(shí)，aWR;當(dāng)x>0時(shí)，ex1x至ax2等價(jià)于a W2(x-2)ex x 2xex -1 -xI己g(x)=2

10、x=(0,+g),貝U g'(x) = x記 h(x) =(x-2)ex+x+2 xW(0,+°°),則 h'(x) =(x-1)ex+1 ,當(dāng) xW(0,+°°)時(shí)，h''(x) = xex > 0 ,所以 h'(x) =(x-1)ex+1 在(0,+切上單調(diào)遞增，且 h'(x)>h'(0)=0 ,所以 h(x) = (x-2)ex+x + 2 在(0,舟)上單調(diào)遞增，且 h(x) >h(0) =0 ,因此當(dāng) xw(0,+°o)日寸，g '(x) =-h(x)

11、> 0 ,從而 g(x) = e - 1一 x 在(0 ,+笛)上 xx單調(diào)遞增.xxx由洛必達(dá)法貝u有，lim g (x)=iim2-=lim 一= lim="即當(dāng)xT0時(shí)，g(x)T 1,所以當(dāng)xw(0,+刈時(shí)，所以g(x)J,因此a J.222綜上所述，當(dāng)2/且乂“時(shí)，f(x)“成立.2自編：若不等式sinx >x-ax3對(duì)于xw (0,卞恒成立，求a的取值范圍.解：應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)當(dāng)xw(03)時(shí)，原不等式等價(jià)于a>=記f(x)=七普，貝Uf'(x) = 3sinx-xcosx-2x.2xxxt己g(x) =3sin x-xcosx -2x,貝U

12、 g'(x) =2cosx + xsinx-2.因?yàn)?g''(x) = xcosx-sinx = cosx(x tanx),g'''(x) = -xsinx<0,所以 g''(x)在(0,；)上單調(diào)遞減，且 g''(x)c0,所gXx)«嶺上單調(diào)遞減，且g便<°.因此曲)在(吟上單調(diào)遞減,且g(x)<0,故f'(x)=g(a<0,因此f(x)="普在(0二)上單調(diào)遞減. xx2由洛必達(dá)法則有l(wèi)imx )0x -sin x r 1 -cosx f(x)=l

13、圖sin x cosx 1=lim= lim= 一x 6x x * 6611即當(dāng)xt0時(shí) g(x)T - 即有f (x) < .故a至-時(shí)，不等式sinx ax-ax對(duì)于x三(0,一)怛成立. 6662通過(guò)以上例題的分析，我們不難發(fā)現(xiàn)應(yīng)用洛必達(dá)法則解決的試題應(yīng)滿足:(1)可以分離變量；用導(dǎo)數(shù)可以確定分離變量后一端新函數(shù)的單調(diào)性；出現(xiàn)“型式子.2010海南寧夏文(21)已知函數(shù) f (x) = x(ex 一1)-ax2 .(I)若f(x)在x = -1時(shí)有極值，求函數(shù)f(x)的解析式；(H)當(dāng)x40時(shí)，f(x)0,求a的取 值范圍.解：(H)應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)x20時(shí)，f(x)之0,即x

14、(ex-1)至ax2.當(dāng)x = 0時(shí)，aw R ;xx當(dāng) x>0 時(shí)，x(ex-1)之 ax2 等價(jià)于 ex-1 ± ax,也即 aW.記 g(x)=, xw (0,口)，貝 Uxxg'(x)(x -1)ex 1xx"在(0,y)上單調(diào)遞增.x記h(x) =(x-1)ex+1 , xw(0,y),則 h'(x) = xex >0 ,因此 h(x) = (x-1)ex+1 在(0,依)上單調(diào)遞增，且h(x)>h(0) =0,所以 g'(x)=hA0,從而 g(x) = xg(x)T 1 所以 g(x) > 1 ,即有 a<

15、 1 .xx由洛必達(dá)法則有ijmg(x) =ijm-="：=1，即當(dāng)xt 0日寸,綜上所述，當(dāng)aM1, x之0時(shí)，f(x)之0成立.2010全國(guó)大綱理(22)設(shè)函數(shù)f(x)=1-e：(I )證明：當(dāng)x>-1時(shí)，f(x) > ; (II)設(shè)當(dāng)x20時(shí)，f(x)< ,求a的取值范圍. x 1ax 1解：(i)略 (n)應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)由題設(shè)x >0 ,此i時(shí)f(x)之0.當(dāng)a<0時(shí)，若xa1,貝U -<0, f(x)不成立；a ax 1ax 1當(dāng)a之0時(shí)，當(dāng)x之0時(shí)，f(x)M,即1eTw;若x = 0,則aR;ax 1ax 1xx cx若x>

16、;0,貝U1-eM等價(jià)于即a-e xe 1.ax 1x ax 1xe - x記 g(x)=x xxe -e 1xxe -x2x 2 x xxe - x e - 2e 1 e x 2。g (x)=-2=-J(e -x -2(xe - x) (xe - x)t己 h(x)=ex -x2 -2 e、，貝！J h'(x)= ex -2x -e、， h"(x); ex+e- -2 0.因此，h'(x) =ex -2x -e' 在(0,+°°)上單調(diào)遞增，且 h'(0) =0 ,所以 h'(x)>0,即h(x)在(0,+b)上單調(diào)

17、遞增,且h(0)=0,所以h(x)>0.x因止匕g'(x)=標(biāo)2h(x) >0 ,所以g(x)在(0, +力 上單調(diào)遞增. (xe -x)x x一 e xelim xxx 0 2e xe1,即當(dāng)XT 0時(shí),2x xx由洛必達(dá)法則有l(wèi)xm°g(x)叩。，叩0Tqg(x)T1,即有g(shù)(x)>1,所以aw，綜上所述，a的取值范圍是 (2008)例：設(shè)函數(shù) f(x)= sinx .2 cosx(i)求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(n)如果對(duì)任何x20,都有f(x)Wax,求a的取值范圍.解：(I).(2 cosx)cos x - sin x( -sin x) 2cos x

18、 1f (x) 22(2 cosx)(2 cosx)、-2”21 I-當(dāng) 2k 九<x<2kjt+(k wZ)時(shí)，cosx > ,即 f '(x) a 0 ;332當(dāng) 2k：t+紅 <x<2kTt+& (k wZ)時(shí)， cosx < -,即f«x)<0.因此f (x)在每一，個(gè)區(qū)間33212kL 紅,2k% + 紅 (k WZ)是增函數(shù)，f(x)在每一個(gè)區(qū)間 l，2k7t+Jt,2k7t+Jt j ( k= Z )是減函33.33數(shù).sin xsin x(n)應(yīng)用洛必達(dá)法則和導(dǎo)數(shù)f(x)=ax - ax2+cosx若 x =。

19、，則 aWR；若 x>0,則 2 +cosx 等a價(jià)于sin x,、 g(x)二x(2 +cosx),即sin xx(2 cosx)g'(x)=則2xcosx - 2sin x - sin xcosx xx2(2 cosx)2.記h(x) =2xcosx-2sin x-sin xcosx x因此，當(dāng)XW(0,n)時(shí)，h'(x)<0.h(x)在(0,g上單調(diào)遞減,且 h(°)=°,故 g()x0<，所以g(x)在(0,靄)lim g(x) = lim上單調(diào)遞減，而x ° x 0sin xx(2 cosx)=limx )0cosx2+

20、cosx - xsinx 3另一方面，當(dāng)g(x)二sin x . 111<<< x(2 cos x) x 二3,因此2。1.(2010年全國(guó)新課標(biāo)理)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-1-x-ax(1)若a = 0 ,求f (x)的單調(diào)區(qū)間；(2) 若當(dāng)x之0時(shí)f (x)之0 ,求a的 取值范圍原解：(1) a=0 時(shí)，f(x)=ex1x, f'(x)=ex1.當(dāng) xw(9,0)時(shí),f'(x) <0 ;當(dāng) xw (0 代)時(shí)，f'(x)>0 .故 f(x)在(*,0)單調(diào)減少，在(0,收)單調(diào)增加(II ) f '(x) =ex -1 -2ax

21、由(I)知ex*+x,當(dāng)且僅當(dāng)x = 0時(shí)等號(hào)成立.故f '(x) >x -2ax = (1 -2a)x ,從而當(dāng) 12a",即 aM；時(shí)，f'(x)之0 (x 之0),而 f (0)=0,于是當(dāng)x±0時(shí)，f(x) >0.由 ex a 1 + x( x = 0)可得 e / a 1 - x( x = 0).從而當(dāng) a a 3 日寸，f '(x) <ex -1 +2a(e，-1) = e(ex-1)(ex-2a),故當(dāng) xw(0, In 2 )時(shí),f '(x)<0,而 f(0) = 0,于是當(dāng) xe (0, ln 2a

22、)時(shí),f(x):二 0.綜合得a的取值范圍為f-,-1I 2)原解在處理第(II )時(shí)較難想到，現(xiàn)利用洛必達(dá)法則處理如下：另解：(II )當(dāng)x=0時(shí)，f(x)=0,對(duì)任意實(shí)數(shù)a,均在f(x)之0；x當(dāng)x A0時(shí)，f (x)之0等價(jià)于a we x 1xxx x令 g(x)=e 工一1(x>0),則 gx)-xe -2e3 + x + 2,令xxh(x )=xex-Ze"+x + (xz> ),則 h'(x )= xex-e"+1 , h ( x ) = xgx > 0 ,知卜6)在(0,+°°)上為增函數(shù),h'(x)Ah&

23、#39;(0) = 0 ;知h(x)在(0,")上為增函數(shù)，h（x）h（0）=0 ;.g，（x）>0, g（x）在（0,收）上為增函數(shù)。xxx由洛必達(dá)法則知,一 1故a M2e - x -1 e e 1lim 2= lim 另=lim 號(hào)=2 ,x 0 - xx 0 2x x )0 - 22綜上，知a的取值范圍為f-,1 I22. （2011年全國(guó)新課標(biāo)理）已知函數(shù)，曲線 y=f（x）在點(diǎn)（1,f（1）處的切線方程為x+2y3 = 0。（I）求a、b的值；（H ）如果當(dāng)x>0,且x#1時(shí)，f （x） >-lnx+k ,求k的取值范圍。x -1 x原解：（I）：(U-

24、lnx)f,(x)=，-31f。,由于直線x+2y-3 = 0的斜率為，且過(guò)點(diǎn)（1,1）,故 1即2"3b =1,a1- -b =-, 22(n)由(i)知 f(x)=lnA+1,所以x 1 xf(x)-(Inx k、1x .(k-1)(x2 -1)x2 _考慮 函數(shù)h(次)2x(kx-)- ( (x> 10 ) 則x2h'x 仔與 12x)( 0 x1 )2x,，22(i)設(shè)k0,由 h'(x)=k_)；(x一 ) 知,當(dāng) x#1 時(shí)，h'(x)<0, h (x)x1遞減。而 h(1) = 0故當(dāng) xw(0,1)時(shí)，h(x)A0,可得一2h(x)

25、>0； 1 -x當(dāng) xw (1, +如)時(shí)，h (x) <0,可得1- h (x) >0 1 - x從而當(dāng) x>0,且 xr1 時(shí)，f (x) - (-lnx +-) >0,即 f (x) >_lnx+K. x -1 xx -1 x(ii )設(shè) 0<k<1.由于(k -1)(x2 +1) +2x =(k -1)x2 +2x+k -1 的圖像開口向下，且 =4-4(k-1)2 >0 ,對(duì)稱軸 x=>1 當(dāng) xw (1, -)時(shí)， 1-k1 -k. I(k-1) (x2+1) +2x>0,故h' (x) >0,而 h

26、(1) =0,故當(dāng) _>xw (1,)時(shí)，h (x) >0,可得h (x) <0,與題設(shè)矛盾。1 -k1 -x2(iii )設(shè) k±1.此時(shí) x2+1 之2x , (k 1)(x2+1) + 2x>0= h' (x) >0,而h (1) =0,故當(dāng)x三(1, +8)時(shí)，h (x) >0,可得2 h (x) 1 - x<0,與題設(shè)矛盾。綜合得，k的取值范圍為(-8，0原解在處理第(II )時(shí)非常難想到，現(xiàn)利用洛必達(dá)法則處理如下：另解：(II )由題設(shè)可得，當(dāng)x0,x=1時(shí)，k<2x2x+1恒成立。1 -x2 2人2x1n xx 1

27、 In x - x 1令 g (x)= 2x1nj +代 x >0,x01),貝 Ugx) = 22,1-x1-x21再令 h(x) = (x + 1)lnxx +1( x>0,x#1),貝U h(x)=2xln 升一一 x x11 ,h (x) = 2ln x+1-二，易知 h (x)=2ln x + 1 -2在(0,2 )上為增函數(shù)，且 xxh"(1) = 0；故當(dāng) xW(0,1)時(shí)，h'(x)<0,當(dāng) xw (1, +如)時(shí)，h”(x)A0;二h'(x )在(0,1)上為減函數(shù),在(1,0)上為增函數(shù)；故h'(x)>h'=0二h(x梃(0,+°° )上為增函數(shù)h 1 =0.當(dāng) xw(0,1)時(shí)，h(x