专题7拓展培优7 洛必达法则（课件）-【金版新学案】2024高考文科数学大二轮专题复习与测试（老教材）

拓展培优7　洛必达法则 层级三　攻坚克难抢分点 内容索引 专　题　集　训 已知函数f(x)和g(x)的导函数分别为f′(x)和g′(x)，当g(x)≠0，且g′(x)≠0时， x→a x→a x→a x→a x→a x→a x→a x→a x→∞ x→∞ x→∞ x→∞ 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； 例 (2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋ ，求k的取值范围． 当x≠1时，h′(x)<0，故h(x)单调递减，而h(1)＝0， 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，当x＝1时， (k－1)(x2＋1)＋2x＝2k>0， 所以当x∈ 时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，此时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]． 所以当x>0时，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又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. 故实数k的取值范围是(－∞，0]． 在恒成立问题中求参数的取值范围时，分离参数法较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好地处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．　　 感悟提升 针对练．已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，若x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围． 法一：(分离参数法) 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，即H′(x)>0， 从而H(x)在(1，＋∞)上单调递增． 由洛必达法则，可得 于是a≤2，所以a的取值范围是(－∞，2]． 法二：(最值法) 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当2－a≥0，即1<a≤2时，f′(x)>0，于是f(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f(x)>f(1)＝0. ②当2－a<0，即a>2时，存在x0∈(1，＋∞)，使得当1<x<x0时，f′(x)<0，于是f(x)在(1，x0)上单调递减，所以f(x)<f(1)＝0，不符合题意． 综上所述，a的取值范围是(－∞，2]． 专题集训 返回 01 1．设函数f(x)＝ (常数a∈R)，在x＝0处取得极小值，g(x)＝ ＋ (e为自然对数的底数)． (1)求f(x)在(1，f (1))处的切线方程； 所以f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 2 3 4 1 (2)求证：对∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x)． 所以h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(1)＝0， 所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝0， 2 3 4 1 2 3 4 1 令n(x)＝2exln x－4x＋4，x∈(1，＋∞)， 则n′(x)＝2e(ln x＋1)－4＝2eln x＋2e－4>0， 则n(x)在(1，＋∞)上单调递增，n(x)>n(1)＝0， 所以m′(x)>0，则m(x)在(1，＋∞)上单调递增，m(x)>m(1)＝0. 所以t′(x)>0，则t(x)在(1，＋∞)上单调递增， 因为t(1)不存在，由洛必达法则，得 2 3 4 1 所以t(1)→0，因为t(x)>t(1)，所以t(x)>0