2023高考数学二轮专题导数38讲 专题11 导数中洛必达法则的应用
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【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“”或“”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.“”或“”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) f(x)=0及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)=A,
那么==A.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)f(x)=∞及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) =A,
那么==A.
法则3 若函数f(x)和g(x)满足下列条件:
(1) f(x)=0及g(x)=0;
(2)∃m≠0,f(x)和g(x)在(-∞,m)与(m,+∞)上可导,且g′(x)≠0;
(3) =A.
那么==A.
注意:(1)必达法则的功能是用于求极限值;(2)主要用于,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);(2)xlnx;(3)(-);(4).
解析 (1)===1;
(2)不适合条件,需转化xlnx===(-x)=0;
(3)(-)=====-;
(4)===.
注意: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)=+,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)>+,求k的取值范围.
解析 (1)f′(x)=-.由于直线x+2y-3=0的斜率为-,且过点(1,1),
故即解得
(2)方法一 (最值分析法)
由(1)知f(x)=+,所以f(x)-=.
令函数h(x)=2ln x+(x>0),则h′(x)=.
①若k≤0,由h′(x)=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h(x)>0;当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得h(x)>0.
从而当x>0,且x≠1时,f(x)->0,即f(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=>1,所以当x∈时,(k-1)(x2+1)+2x>0,
故h′(x)>0,而h(1)=0,故当x∈时,h(x)>0,可得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,x 1时,k<+1恒成立.令g(x)=+1(x>0,x≠1),
则g′(x)=2·,再令h(x)=(x2+1)ln x-x2+1(x>0,x≠1),
则h′(x)=2xln x+-x,h″(x)=2ln x+1-,
易知h″(x)=2ln x+1-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g(x)=2+1=2+1=2×+1=0.
∴k≤0,即k的取值范围为(-∞,0].
[例2] 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.
解析 方法一 (最值分析法) f′(x)=2xln x+x-2ax=x(2ln x+1-2a),
因为x≥1,所以2ln x+1≥1,则当a≤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≤;
当a>时,由f′(x)=x(2ln x+1-2a)=0,得x=x0,且2ln x0+1-2a=0,x0=,
则x∈[1,)时,f′(x)<0,则f(x)单调递减,x∈(,+∞)时,f′(x)>0,则f(x)单调递增,
f(x)min=f()=()2·-a[()2-1]=e2a-1-a(e2a-1-1)=a-=<0.
此时,f(x)≥0不成立.综上,a≤.
方法二 (参变分离法)
由f(x)=x2ln x-a(x2-1)≥0,当x=1时,不等式成立,当x>1时,a≤,
令g(x)=(x>1),则g′(x)=,
因为x>1,则(x2-1-2ln x)′=2x->0,故y=x2-1-2ln x在(1,+∞)上单调递增,
则y=x2-1-2ln x>0,故g′(x)=>0.所以g(x)在(1,+∞)上单调递增.
则g(x)>g(1),由洛必达法则知 = =.
所以由a≤恒成立,则a≤.
[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)ln x-a(x-1),得f′(x)=ln 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)=>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10,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
方法二 (参变分离法)
当x∈(1,+∞)时,f(x)>0⇔a<.令H(x)=,
则H′(x)==,
令K(x)=x--2ln x,则K′(x)=>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===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=.
(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
∴φ(x)在(0,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,∴φ(x)min=φ(ln a)=a-1-aln a≥0.
令g(a)=a-1-aln a(a>1),∴g′(a)=1-(1+ln a)=-ln a<0,
∴g(a)在(1,+∞)上单调递减.∴g(a)
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≤恒成立,
令h(x)=(x>0),∴h′(x)=,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,h(x)==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.
(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-a<0,即a>1时,令φ′(x)=0,得x=ea-1-1,
∴x∈(0,ea-1-1)时,φ′(x)<0;x∈(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)<φ(0)=0与φ(x)>0恒成立矛盾,故a>1不满足题意.
综上有a≤1,故实数a的取值范围是(-∞,1].
方法二 (参变分离法)
x∈(0,+∞)时,(x+1)ln(x+1)>ax恒成立,即a<恒成立.
令g(x)=(x>0),∴g′(x)=.
令k(x)=x-ln(x+1)(x>0),∴k′(x)=1-=>0,
∴k(x)在(0,+∞)上单调递增.∴k(x)>k(0)=0,∴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g(x)== [ln(x+1)+1]=1,
∴a≤1,故实数a的取值范围是(-∞,1].
2.设函数f(x)=ln(x+1)+ae-x-a,a∈R,当x∈(0,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.
2.解析 (参变分离法)
f(x)≥0对x∈(0,+∞)恒成立⇔a≤.设h(x)=.
则h′(x)=,
当x>0时,1-e-x >0,∴h′(x)>0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递增,
当x→0+时,ln(x+1)→0,1-e-x→0,
∴h(x)在(0,+∞)上的值域为(1,+∞),∴a≤1.
故a的取值范围是(-∞,1].
3.已知函数f(x)=+,当x>0且x≠1时,f(x)>+恒成立,求k的取值范围.
3.解析 (参变分离法)
由题意,当x>0且x≠1时,f(x)>+恒成立等价于k<+1-=+1,
记g(x)=+1,则g′(x)==;
又记h(x)=ln x+,则h′(x)=-=>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,+∞)上单调递增.
由洛必达法则有g(x)= +1= +1=0,
即当x→1时,g(x)→0.所以当x>0且x≠1时,g(x)>0,所以k≤0.
故所求k的取值范围是(-∞,0].
4.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.
(1)若a=0,求f(x)的单调区间;
(2)若当x≥0时,f(x)≥0,求a的取值范围.
4.解析 (1)a=0时,f(x)=ex-1-x,f′(x)=ex-1.
当x∈(-∞,0)时,f′(x)<0;当x∈(0,+∞)时,f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).
(2) (参变分离法)
当x=0时,f(x)=0,对任意实数a,均有f(x)≥0;
当x>0时,f(x)≥0等价于a≤.令g(x)=(x>0),则g′(x)=,
令h(x)=xex-2ex+x+2(x>0),则h′(x)=xex-ex+1,h″(x)=xex>0,
∴h′(x)在(0,+∞)上为增函数,h′(x)>h′(0)=0,∴h(x)在(0,+∞)上为增函数,h(x)>h(0)=0,
∴g′(x)>0,g(x)在(0,+∞)上为增函数.由洛必达法则知,===,
故a≤.综上,a的取值范围为.
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