第三章 培优点3 洛必达法则（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（人教B版）

培优点3　洛必达法则 “洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛必达法则． 洛必达法则： 法则1　型 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的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝l， 那么 ＝ ＝l. 法则2　型 若函数f(x)和g(x)满足下列条件： (1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞； (2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0； (3) ＝l，那么 ＝ ＝l. 注意： 1．将上面公式中的x→a，x→∞换成x→＋∞，x→－∞，x→a＋，x→a－，洛必达法则也成立． 2．洛必达法则可处理，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型求极限问题． 3．在着手求极限前，首先要检查是否满足，，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限． 4．若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止． ＝ ＝ ，如满足条件，可继续使用洛必达法则． 题型一　用洛必达法则处理型函数 例1 设函数f(x)＝.如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围． 解　f(x)＝≤ax， 若x＝0，则a∈R； 若x>0， 则≤ax等价于a≥， 即g(x)＝， 则g′(x)＝. 令h(x)＝2xcos x－2sin x－sin xcos x＋x， h′(x)＝2cos x－2xsin x－2cos x－cos 2x＋1 ＝－2xsin x－cos 2x＋1 ＝2sin2x－2xsin x＝2sin x(sin x－x)， 因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0， 所以g(x)在(0，π)上单调递减， 而 g(x)＝ ＝ ＝. 另一方面，当x∈[π，＋∞)时， g(x)＝≤≤<， 因此a≥. 思维升华 用洛必达法则处理型函数的步骤：(1)分离变量；(2)出现型式子；(3)运用洛必达法则求值． 跟踪训练1 若∀x∈[1，＋∞)，不等式ln x≤m恒成立，求实数m的取值范围． 解　当x＝1时，不等式恒成立，m∈R； 当x>1时，m≥恒成立， 令h(x)＝，x>1， 则h′(x)＝＝； 令m(x)＝x2－x2ln x－ln x－1，x>1， 则m′(x)＝2x－2xln x－x－＝； 令n(x)＝x2－2x2ln x－1，x>1， 则n′(x)＝2x－4xln x－2x＝－4xln x<0， 得n(x)＝x2－2x2ln x－1在(1，＋∞)上单调递减，故n(x)<n(1)＝0， 进而m′(x)<0(令φ(x)＝x－2xln x－，x>1， 则φ′(x)＝－2ln x－1＋<0， 得φ(x)在(1，＋∞)上单调递减， 进而m′(x)＝φ(x)<φ(1)＝0)． 所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减， 可得m(x)<m(1)＝0，故h′(x)<0， 所以h(x)＝在(1，＋∞)上单调递减， 而m要大于等于h(x)＝在(1，＋∞)上的最大值，但当x＝1时，y＝h(x)没有意义， 故由洛必达法则可得 ＝ ＝， 故m≥， 综上所述，m的取值范围是. 题型二　用洛必达法则处理型函数 例2 已知函数f(x)＝ax－a－xln x．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围． 解　依题意，ax－a－xln x≥0恒成立， 即a(x－1)≥xln x恒成立， 又x－1<0，∴a≤恒成立， 令φ(x)＝，x∈(0,1)，∴φ′(x)＝， 令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)， ∴g′(x)＝1－<0， ∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0， ∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增． 由洛必达法则知 ＝ ＝ ＝ ＝ x＝0， ∴φ(x)>0，故a≤0， 综上，实数a的取值范围是(－∞，0]． 思维升华 用洛必达法则处理型函数的步骤：(1)分离变量；(2)出现型式子；(3)运用洛必达法则求值． 跟踪训练2 已知函数f(x)＝2ax3＋x.当x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围． 解　当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立， 即2ax3＋x>x3－a恒成立， 即a(2x3＋1)>x3－x恒成立， 即a>恒成立， 令φ(x)＝(x>1)， ∴φ′(x)＝>0， ∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增， 由洛必达法则知 φ(x)＝ ＝ ＝ ＝， ∴φ(x)<，故a≥. 故a的取值范围为. 1．已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2，当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围． 解　当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)≥ax2. 当x＝0时，a∈R； 当x>0时，x(ex－1)≥ax2等价于a≤. 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝. 记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝xex>0， 因此h(x)＝(x－1)ex＋1在(0，＋∞)上单调递增， 且h(x)>h(0)＝0，所以g′(x)＝>0， 从而g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增， 所以a≤ . 由洛必达法则得 g(x)＝ ＝ ＝1， 即当x→0时，g(x)→1，所以g(x)>1，即有a≤1. 综上所述，当a≤1，x≥0时，f(x)≥0成立． 2．若∀x∈[0，＋∞)，x－ln(x＋1)≤ax2恒成立，求a的取值范围． 解　当x＝0时，a∈R； 当x>0时，x－ln(x＋1)≤ax2⇔a≥－， 记g(x)＝－，x∈(0，＋∞)， 则g′(x)＝， 记h(x)＝－＋2ln(x＋1)，x∈(0，＋∞)， 则h′(x)＝－<0， 所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以h(x)<h(0)＝0， 即g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减， 所以g(x)max＝ g(0)， 所以a≥g(x)max＝ g(0)＝ ＝ ＝ ＝ ＝， 所以a≥， 综上所述，a的取值范围是. 谢谢! 学科网（北京）股份有限公司 $