专题7拓展培优7 洛必达法则（课件）-【金版新学案】2024高考理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 层级二　精准突破保分点 内容索引 专　题　集　训 x→a x→a x→a x→a x→a x→a x→a x→∞ x→∞ x→∞ (1)求a，b的值； 例 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， x→1 x→1 x→1 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) x→1 x→1 x→1 法二：(最值法) 返回 专题集训 返回 03 (1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； 2 3 4 1 (2)求证：对∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x)． 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 综上，对∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x)． x→1 x→1 x→1 2 3 4 1 2 3 4 1 g″′ (x)＝－xsin x＜0， 2 3 4 1 由洛必达法则有： x→0 x→0 x→0 x→0 x→0 2 3 4 1 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． 法一：令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)， 则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a， 因为x>0，所以ln(x＋1)>0. ①当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增， 又φ(0)＝0，所以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， 所以x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0； 2 3 4 1 x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0， 所以φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减， 在(ea－1－1，＋∞)上单调递增， 所以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，实数a的取值范围是(－∞，1]． 2 3 4 1 2 3 4 1 所以当x>0时，x－ln(x＋1)>0恒成立， x→0 x→0 x→0 2 3 4 1 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． 法一：由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0， 当x＝1时，不等式成立， 2 3 4 1 故h(x)＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增， 则h(x)>h(1)＝0， 2 3 4 1 法二：f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)， 因为x≥1，所以2ln x＋1≥1， 2 3 4 1 返回 2 3 4 1 谢谢观看 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， (1)若limf(x)＝0且limg(x)＝0，则lim＝lim； (2)若limf(x)＝∞且g(x)＝∞，则lim＝lim； (3)若limf(x)＝0且limg(x)＝0，则lim＝ . 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. f′(x)＝－. ＝. 所以f(x)－ 由洛必达法则有limg(x)＝lim＋1＝lim＋1＝0， 即当x→1时，g(x)→0. 由洛必达法则，可得lim ＝lim＝lim＝2， (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． 由f(x