2025年高考数学一轮复习-洛必达法则-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-洛必达法则-专项训练【含答案】，共5页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1．已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
2．已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
3．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．
二、创新拓展练
4．已知函数f(x)＝x2ln x－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．
参考答案与解析
一、基本技能练
1．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)(x>0)，
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，＋∞)上为增函数，且当x→0时，h′(x)→0，∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，且当x→0时，h(x)→0，∴h(x)>0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex－x－1,x2)＝eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex－1,2x)＝eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex,2)＝eq \f(1,2)，
故g(x)>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\c1(－∞，\f(1,2))).
2．解 当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0.
①当x＝0时，a∈R；
②当x>0时，x(ex－1)－ax2≥0等价于ex－1≥ax，也即a≤eq \f(ex－1,x).
记g(x)＝eq \f(ex－1,x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex＋1,x2).
记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝xex>0，
因此h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且h(x)>h(0)＝0，
所以g′(x)＝eq \f(h（x）,x2)>0，
从而g(x)＝eq \f(ex－1,x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则有
g(x)＝eq \f(ex－1,x)＝eq \f(ex,1)＝1，
即当x→0时，g(x)→1，
所以g(x)>1，即有a≤1.
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．
3．解 法一 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.
(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．
(2)当1－a1时，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，
在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－ln（x＋1）,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴当x>0时，x－ln(x＋1)>0恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知
eq^\(lim,\s\d4(x→0))g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，∴g(x)>1，∴a≤1，
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
二、创新拓展练
4．解 法一 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，
当x>1时，a≤eq \f(x2ln x,x2－1)，
令g(x)＝eq \f(x2ln x,x2－1)(x>1)，
则g′(x)＝eq \f(x（x2－1－2ln x）,（x2－1）2)，
因为x>1，
则(x2－1－2ln x)′＝2x－eq \f(2,x)>0，
故h(x)＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，则h(x)>h(1)＝0，
故g′(x)＝eq \f(x（x2－1－2ln x）,（x2－1）2)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(x2ln x,x2－1)＝eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(2xln x＋x,2x)＝eq \f(1,2).
所以由a≤eq \f(x2ln x,x2－1)恒成立，得a≤eq \f(1,2).
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
法二 f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
则当a≤eq \f(1,2)时，
f′(x)＝x(2ln x＋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(2ln x＋1－2a)＝0，
得x＝x0，且2ln x0＋1－2a＝0，x0＝eeq \f(2a－1,2)，
则x∈[1，eeq \f(2a－1,2))时，f′(x)0，
则f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(eeq \f(2a－1,2))eq \f(1,2)不满足题意．
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).