新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題1 培優(yōu)點(diǎn)1　洛必達(dá)法則（含解析）

培優(yōu)點(diǎn)1洛必達(dá)法則“洛必達(dá)法則”是高等數(shù)學(xué)中的一個(gè)重要定理，用分離參數(shù)法(避免分類討論)解決能成立或恒成立問題時(shí)，經(jīng)常需要求在區(qū)間端點(diǎn)處的函數(shù)(最)值，若出現(xiàn)eq\f(0,0)型或eq\f(∞,∞)型可以考慮使用洛必達(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\do6(x→a))f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do6(x→a))g(x)＝0;(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)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.法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1)eq\o(lim,\s\do6(x→a))f(x)＝∞及eq\o(lim,\s\do6(x→a))g(x)＝∞；(2)在點(diǎn)a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)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．將上面公式中的x→a，x→∞換成x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－洛必達(dá)法則也成立．2．洛必達(dá)法則可處理eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞型求最值問題．考點(diǎn)一利用洛必達(dá)法則求eq\f(0,0)型最值例1已知函數(shù)f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a∈R.若當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解方法一f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因?yàn)閤≥1，所以2lnx＋1≥1，則當(dāng)a≤eq\f(1,2)時(shí)，f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)≥0，此時(shí)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝0，此時(shí)f(x)≥0恒成立，所以a≤eq\f(1,2)符合題意；當(dāng)a>eq\f(1,2)時(shí)，由f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)＝0，得x0＝SKIPIF1<0，則x∈SKIPIF1<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；x∈SKIPIF1<0時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，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.此時(shí)，f(x)≥0不成立．綜上，a≤eq\f(1,2).方法二由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，當(dāng)x＝1時(shí)，不等式成立，a∈R，當(dāng)x>1時(shí)，a≤eq\f(x2lnx,x2－1)，令g(x)＝eq\f(x2lnx,x2－1)(x>1)，則g′(x)＝eq\f(xx2－1－2lnx,x2－12)，因?yàn)閤>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(xx2－1－2lnx,x2－12)>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\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).規(guī)律方法對(duì)函數(shù)不等式恒成立求參數(shù)取值范圍時(shí)，采用分類討論、假設(shè)反證法．若采取參數(shù)與分離變量的方法，在求分離后函數(shù)的最值(值域)時(shí)會(huì)有些麻煩，如最值、極值在無意義點(diǎn)處，或趨于無窮，此時(shí)，利用洛必達(dá)法則即可求解．洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止．解當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝0，對(duì)任意實(shí)數(shù)a都有f(x)≥0；當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)≥0得a≤eq\f(ex－1－x,x2)，設(shè)g(x)＝eq\f(ex－1－x,x2)，則g′(x)＝eq\f(xex－2ex＋x＋2,x3)，令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，則h′(x)＝xex－ex＋1，記φ(x)＝h′(x)，則φ′(x)＝xex>0，∴h′(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，h(x)>h(0)＝0，∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．由洛必達(dá)法則知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).綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))).考點(diǎn)二利用洛必達(dá)法則求eq\f(∞,∞)型最值例2已知函數(shù)f(x)＝ax－a－xlnx．若當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解依題意，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)上單調(diào)遞減，∴g(x)>g(1)＝0，∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上單調(diào)遞增．由洛必達(dá)法則知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，綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，0]．規(guī)律方法對(duì)于不常見的類型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必達(dá)法則求極限，一般先通過轉(zhuǎn)換，化成eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)型求極限．跟蹤演練2已知函數(shù)f(x)＝2ax3＋x.若x∈(1，＋∞)時(shí)，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范圍．解當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，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，＋∞)上單調(diào)遞增，由洛必達(dá)法則知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).專題強(qiáng)化練1．(2022·馬鞍山模擬)已知函數(shù)f(x)＝ax2－xcosx＋sinx.(1)若a＝1，討論f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<xex－2x＋sinx，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2－xcosx＋sinx，x∈R，f′(x)＝2x＋xsinx＝x(2＋sinx)．當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f′(x)>0；當(dāng)x∈(－∞，0)時(shí)，f′(x)<0，∴f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)當(dāng)x>0時(shí)，有f(x)<xex－2x＋sinx恒成立，即x>0時(shí)，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，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵由洛必達(dá)法則知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，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(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(shí)，f(x)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范圍．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)，由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq\f(1,2)，且過點(diǎn)(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)由題設(shè)可得，當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，且x≠1)，則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)，則h′(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x，令φ(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x(x>0，且x≠1)，則φ′(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)，易知φ′(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且φ′(1)＝0，故當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，φ′(x)<0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0；∴h′(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∵h(yuǎn)(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0,1