高中数学复习专题05 导数中的洛必达法则(解析版).docx

专题05 导数中的洛必达法则函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．[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的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3) ＝l，那么 ＝ ＝l.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的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3) ＝l，那么 ＝ ＝l.1．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)法一：由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＝.设h(x)＝2ln x＋(x>0)，则h′(x)＝.①设k≤0，由h′(x)＝知，当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．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设00，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设k≥1.此时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．综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)法二：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，又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，故k的取值范围为(－∞，0]．2．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．【解析】设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2>0(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．由f(x)≤，得a≤，再设g(x)＝(x>0)，得g(x)>(x>0)．连续两次使用洛必达法则1，得g(x)＝＝＝，所以g(x)的下确界是.题设即“当x>0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范围是.3．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．【解析】因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0；所以要使f(x)在R上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a＝在(0，＋∞)上有2个根．所以等价于y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有2个交点．g′(x)＝，x(0,1)(1，＋∞)g(x)＋－所以g(x)的最大值为g(1)＝1.因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知： g(x)＝ ＝ ＝0，所以00)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.(1)试用a表示出b，c；(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．【解析】(1)b＝a－1，c＝1－2a.(2)题设即“a≥(x>1)，或a≥(x>1) 恒成立”．用导数可证函数g(x)＝(x－1)2＋(x－1)－xln x(x≥1)是增函数(只需证g′(x)＝x－ln x－1≥0(x≥1)恒成立，再用导数可证)，所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，当且仅当x＝1时g(x)＝0，得<(x>1)， ＝.所以若a≥(x>1)恒成立，则a≥，即a的取值范围是.5．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≤．6．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10⇔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]．7．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0ln a，则φ′(x)>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)1不满足条件，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]．8．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．【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]．9．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。