洛必達法則在高考中的應用

1、陳愛梅老師資料版權所有，違版必糾高考數(shù)學專題突破：用洛必達法則求參數(shù)取值范圍洛必達法則簡介：法則1 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件: lim f x 0 及 lim g xx ax a0;(2)在點a的去心鄰域內,f(x)與 g(x)可導且g'(x) W0；那么 lim ' x =lim x a g x x a法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件:lim f xx0 及 lim g xx0;(2)Af 0, f(x)和 g(x)在 ，A 與 A,上可導，且g'(x) W0;f xlimx g x那么 lim ' x =lim x g x x法則3 若

2、函數(shù)f(x)和 g(x)滿足下列條件：(1)lim f xx a及 lim g x、 a(2)在點a的去心鄰域內,f(x)與 g(x)可導且 g'(x) W0; lim -fx-l ,x a g x那么 lim ' x =lim x a g x x a利用洛必達法則求未定式的極限是微分學中的重點之一，在解題中應注意:a洛必達法則也成立。將上面公式中的 x-a, x一0°換成 x一+00, x-8, x洛必達法則可處理,0, A01型。型定式，否則濫用這時稱洛必達法則不適用，應從另在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足洛必達法則會出錯。當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必

3、達法則, 外途徑求極限。(4若條件符合，洛必達法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止。f x若無法判定 的極限狀態(tài)，或能判定它的極限振蕩而不存在，則洛必達法則失效，此時，需要用其g x它方法計算lim x x0【2010全國大綱理21設函數(shù)f(x) 1 e x.x(I )證明：當x 1時，f(x)；x 1(H)設當x 0時，f (x)求a的取值范圍.ax 1xV【解析】(i)當x>-1時，f(x)當且僅當ex1 x.(步驟1)x 1令 g(x) ex x 1 ,則 g (x) ex 1.當x0時，g(x)在0, 是增函數(shù)；當x, 0時，g(x)在 ,0是減函數(shù).(步驟2)于是g(x)在x

4、0處達到最小值，因而當 x R時，g(x)g(0)，即ex1 x. x所以當x> 1時，f(x).(步驟3) x 1(n)由題設x0,此時f(x)0.1 xx當a<0時，若x,則 0, f(x), 不成立(步驟4)a ax+1ax 1當 a 0時，令 h(x) axf (x) f (x) x,則xf(x),當且僅當 h(x), 0.ax 1h(x) af (x) axf (x) f (x) 1(止媒 5)(少5) af (x) axf (x) ax f (x).1一當0蒯a 3時，由(i)知x, (x 1)f(x),步步驟6)h (x), af (x) axf (x) a(x 1)

5、 f (x) f (x), (2a 1)f(x), 0 一一 xh(x)在 0, 是減函數(shù)，h(x), h(0) 0,即 f (x), ax 1，1 ,. 一、(ii)當 a 2時，由(i)知 x f (x),h (x) af (x) axf (x) ax f (x)af(x) axf (x) af (x) f (x)(步驟(2 a 1 ax) f (x),7)2a 1當0 x 時,ah(x) 0,所以 h(x)一 xh(0) 0,即 f(x)ax 1綜上，a取值范圍是- 1 一0,-.(步驟 8)應用洛必達法則和導數(shù)(I)略()由題設x 0 ,此時f(x)0.當a 0時，若xa 0時，當xx

6、 xxe e 1記g (x) x xe xt己 h(x) ex因此，h'(x)即h(x)在(0因此g '(x)=a0時,xax 1則.ax 10, f(x)不成立;ax 1f(x)ax 11 a x等價于xg 則 g'(x)2x 2 x e x eex 2x e x 在(0,)上單調遞增，且x e 廠F了 h(x) (xe x)由洛必達法則有x xxe e 1 limg(x) limxx 0 x 0 xe xax 12ex 1(xex x)2x xxe e 1xxe x(xex x)x 22 (e x 2 exxx xe 2x e , h''(x) e

7、+e 2 0.)上單調遞增，且h'(0) 0,所以h'(x)h(0) 0,所以 h(x) 0.0,所以g(x)在(0,)上單調遞增.lim x 0exxxexxe 1limx 0 2e,x).0,11 ,1g(x) 2,即有m) 2，所以1 ,、一，a 1.綜上所述,2【2008全國2理】設函數(shù)f(x)sin x2 cosx(I )求f (x)的單調區(qū)間;x等2,即當x 0時,1a的取值范圍是(，j.(H)如果對任何x > 0 ,都有f (x) < ax ,求a的取值范圍.【解析】常規(guī)解法解：(I) f(x) (2 cosx)c0sx s”x( -28sx 12(2

8、 cosx)(2 cos x)一2 兀一2 兀.一1一當 2k：tx2k九一(kZ)時，cosx，即f(x)0；332，' ，2九4兀_1當 2k：tx2ktt一(kZ)時，cosx一，即f(x)0.332因此f(x)在每一個區(qū)間 2k冗 立,2k：t 立 (k Z )是增函數(shù)， 33f (x)在每一個區(qū)間2k冗立,2卜冗公 (k Z)是減函數(shù). 33(n)令 g(x),、 2cos x 1g (x) a 2ax f(x)則(2 cosx)22 cosx3(2 cos x)1 a -3故當1，人，、3時，令h(x)sin x 3ax ,則 h (x)cosx 3a .2112 cosx

9、 3又 g(0) 0,所以當 x20時，g(x)> g(0) 0,即 f(x)Wax當a 0 0時，有f -21、 冗-02 a%sin x2 cosxsin x ax.故當 x 0,arccos3a 時，h (x) 0 .因此h(x)在0,arccos3a上單調增加.故當 x (0,arccos3a)時，h(x) h(0) 0,即 sin x 3ax .于是，當 x (0,arccos3a)時，f (x)因此，a的取值范圍是 1,.12分3(n)f(x)應用洛必達法則和導數(shù)sin x ax2 cosx0 ,貝U a R;若x 0,則二nJ ax等價于a sinx ，即g(x) 2 co

10、sxx(2 cosx)sin xx(2 cosx)2xcosx 2sin x sin xcosx x g '(x)22x (2 cos x)h'(x) 2cosx 2xsinx 2cosxcos2x 12xsin x cos2x 1 2sin2xsin x 2sinx(sinx x)因此，當x (0,)時，h'(x),h(x)在(0,)上單調遞減,且 h(0) 0,故 g'(x) 0 ,所以 g(x)在(0,)上單調遞減,hsin x而 limg(x) lim x 0 x 0 x(2 cosx)cosx limx 0 2+cosx xsin x另一方面，當x ,

11、)時,sin xg(x)x(2 cosx)【2010?新課標文】 設函數(shù)f(x) =x (ex 1)ax2(I)若a卷,求f (x)的單調區(qū)問；(I)若當x0時f (x) >0,求a的取值范圍.【解析】常規(guī)解法解：(I) a蔣時，f (x) =x (ex 1)x2,F1+xL -尸(ex1)(x+1)令 f'(x) >0,可得 x< - .函數(shù)的單調增區(qū)間是(-1 或 x>0;令 f'(x) <0,可得-1<x<0;oo1), (0, +00);單調減區(qū)間為(-1,0);t己 h(x) 2xcosx 2sin x sin xcosx x

12、 ,令 g (x)若 a0 1,時 g (x)則當 x (0, +oo)時，g' (x) >0, >0,即 f (x) > 0.g (x)為增函數(shù)，而g(0) =0,從而當x>0若 a>1,則當 x (0, lna)時，g' (x) <0, g(x)為減函數(shù)，而g (0)=0,從而當x (0,lna)時,g (x) <0,即 f (x) < 0.(II) f (x) =x (ex 1 ax).=ex - 1 - ax,貝U g' (x) =ex- a.綜合得a的取值范圍為1. (n)應用洛必達法則和導數(shù)當 x 0時，f(x

13、) 0,即 x(ex x 1) ax2.當X0時，a R；0 時，x(ex1)ax2等價于ex1 ax ,也即a記 g(x)xe 1,xx(0,)，則 g '(x)(x 1)ex 1記 h(x)(x 1)ex(0,)，則 h '(x) xex0 ,因此h(x) (x 1)ex 1在(0,)上單調遞增，且 h(x) h(0)0,所以g'(x) W 0,xax從而g(x) »在(0,)上單調遞增. x由洛必達法則有xe 1 lim g(x) limx 0x 0 xx.e lim x 0 1即當x 0 時，g(x) 1所以g(x) 1 ,即有a 1.綜上所述，當a

14、1 , x 0時，f(x)0成立.【2011新課標理21已知函數(shù)f(x)aln xb ,曲線y f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為 xx 2y 3 0.【解析】(1)b的值；QU)如果當0,且 x 1 時，f (x)1 lnx因為f1-12,所以 xln xx 1，求k的取值范圍.法1：(分離參數(shù)法)2xln x /可(x 0 且 x 1 ).1 x2ln x x2 ln x1 x1 x2，令 H1 x ln x22x ln x 1 x ,則 Hi x122cH2 x H1 x ,則 H2 x y 2ln x 1 ,令 H3 x H2 x ,則 H3 x - - 0 .當x 0,1時,H

15、3 x在0,1上遞增，于是H3 xH3 10,即 H2 x0 ,所以H2 x在0,1上遞減，于是H2 xH2 10,即H1 x 0 ,所以H1在0,1上遞增，所以H1 x H1 10,H x 0,所以H0,1上遞減.當x 1, 時，H 3 x在1,上遞增，于是HH3 10 ,所以H21,上遞增，于是 H2 x H2 10,即H1 x 0 ,所以H11,上遞增,所以H1H10,是Hx 0,所以Hx在1,上遞增.由洛必達法則，可得lim Hx 1lim2x ln x2xln x lim121x22ln x 2 lim x 1 2xlimx 11,所以當x 0且x 1時，有1至nx 1 x20,法2

16、:（不猜想直接用最值法）由1)In x所以ln x f xx 11 .7h x ,1 x2k 1 x2 2x2x當k 0時,x 0,1 時,1x rh1 x2當0 k1 2k 011 x2x2 12ln考慮函數(shù)h x2ln0,此時有h 1k 1，令4k k2x1時,其判別式為所以0,上遞減，而h 1所以0,0;當x 1,時,1時,所以當.所以當x且x 1時,0,即 f xIn-恒成立.x-1x 0 .而 x 1,1 k當k 1時，h xx是開口方向向下，以1,1時,1 1為對稱軸，與x軸有兩個交點的二次函數(shù). k因為時, k ，11 x20,在1,上遞增,所以0,所以ln xx 1k-不恒成立

17、.x0,上是增函數(shù)，所以當 x1,時,1 ,2 0,所以F xx是f x Jn-x k不恒成立.x 1 x當1 k 2時, 1是開口方向向上，以 0為對稱軸，與x軸有兩個交點的二次函數(shù).因為1 k0在0,上恒成立，所以h x在0, 上是增函數(shù)，以下同，于1當k 2時， x是開口方向向上，以 1x 0在0,上恒成立，所以h x綜上所述，k的取值范圍為法3:（通過猜想減少分類討論）4ln 21 -3考慮函數(shù)-0為對稱軸，與x軸最多有一個交點的二次函數(shù)，所以 k,0在0,1）知上是增函數(shù),以下同,In xx 1-不恒成立. xIn xIn xx 10.08.11 x22lnh x 2ln xx2 2

18、x k2x當k 0時,x 0,1 時，h1x % h x1 x2當0 k 11 2k 0,x 0 .而 x綜上所述,.因為F2ln 20,所以Th2x,這是開口方向向下的拋物線，其判別式4k k 20,上遞減，而h 10 ,所以0;當x 1,時,0,即 f xIn xx 1-恒成立.x4ln 2 2工時'所以當x是開口方向向1,10時，x10,所以1 x卜,0,k的取值范圍為所以h x 0,于與x軸有兩個交點的二次函數(shù).因上遞增，所以In xx 1k-不恒成立.x法4:（通過猜想減少分類討論）由史上可得x 1 x2x ln xH x ,由洛必達法則，可得 lim xln x limln

19、 x丁ln x lim 一x 01limx 0lim xx 00,lim Hx 0卜同法2,只需討論法2的三種情況即可.法5:（通過猜想減少分類討論）由上可得xH x ,由洛必達法則，可得 xm1H x2xln x2xln xlim 2 limx 12 x 1c1 x 1 x22ln x 2 lim x 1 2x卜同法2,只需討論法2的即可.2的最值法構造【點評】法1的分離參數(shù)法，利用了高階導數(shù)以及洛必達法則，減少了解題的技巧性.法了函數(shù)F x ,只需由F x0在0,1 U 1, 上恒成立，求出k的取值范圍即可.但F x的表達式比較 2 、. . 1復雜，其復雜的根源在于ln x前面帶有 一2

20、 ,直接求導只會讓式子變得更復雜，因此我們提取 2，讓ln x1 x1 x變得“純粹” 一點. x k 1 x2 2x k 1的正負取決于k 1與 4k k 2的正負，由此可找到 k的3個界：0、1、2,從而對k的范圍作出不重不漏的劃分.法3、法4和法5都是猜想 最值法，分別通過特殊值代入和洛必達法則得到相應的必要條件，有效縮小了參數(shù)k的取值范圍，此時只需討論法2分類當中的若干情況即可，減少了分類討論，從而降低題目 的難度.【2010新課標理21設函數(shù)f(x) ex 1 x ax2.(I)若 a0,求f（x）的單調區(qū)間;(H)當 x0時，f（x） 0,求a的取值范圍.(1)當 a 0 時，fx

21、 ex 1 x, f xf x 0可得x 0 ,由f x 0可得x 0 .所以f x的遞增區(qū)間是0,遞減區(qū)間是1：（分離參數(shù)法）f x 0在0,上恒成立2 axex 1 x在0, 上恒成立.當x 0時，式子顯然成立；當 x 0時，分離參數(shù)可得aex 1 x.e一 J在0, 上恒成立.令 x遞增,ex 1 x2x所以h由洛必達法則,1,x 一，所以a2可得xex 2ex x 2xx xe2ex x 2,可得 h xxxeex 1,x在0,0,所以lim Fx 0上遞增,0,所以在0, 上法2:（不猜想直接用最值法）一一r 一 1當2a 1,即a -時,2x 0 ,所以f x在0,當2a恒成立.綜

22、上所述,0,所以Fx在0,上遞增.rr1，即a 一時, 2a的取值范圍是limx 0ex 1x e lim2xx.e limx 0 2,所以在0,上有上遞增，所以f x f法3:（先猜想并將猜想強化）當x 0時,f x 0 在 0,所以-,20,上遞增，所以0,所以0可得x ln2 a時，于f x 在 0,ln 2a上遞減，所以f x在0,ln 2a上遞減,0,0時,上恒成立f x 0 在 0,上恒成立.可得lim Fx 0x e limx 0ex 1limx 02x1 2ax, f x2a 0以f x 0,所以f x在0,上遞增，所以x.elim 一x 0 2所以fx在0,f 00.在0,上

23、恒成立.由洛必達法則,上遞增，所以f x f 00 ,所【點評】對于恒成立問題，最值法與分離參數(shù)法是兩種最常用的方法.如果分離后的函數(shù)容易求最值，則選用分離參數(shù)法，否則選用最值法.最值法主要考查學生分類討論的思想，一般遵循“構造函數(shù)一一分類討論”兩部曲來展開.一些稍難的恒成立問題，如果用分離參數(shù)法來處理，往往需要多次求導和使用洛必 達法則.本題中，法2的最值法比法1的分離參數(shù)法要簡單，這是因為處理f x ex 1 x ax2的最小值x / e 1 x要比處理F x 一2一的最小值要容易.x猜想 最值法的模式是解決恒成立問題的重要模式，猜想的一般方法有：特殊值代入，不等式放縮，洛必達法則，端點效

24、應.【例11已知函數(shù)f x lnx kxk (k R).a x對x 1,1恒成立，求正數(shù)a的最大值.【解析】（1）定義域為0,1kx 1,f x k x x當k 0時，f0,函數(shù)f x在1,2為增函數(shù)，所以f x min當k 0時，由0可得x1_,:所以f1，0,-上遞增，在 k上遞減.于是1,2上的最小值為(i )當 0 ln2k ln2 時,min(ii )當 0 ln2ln2 時,minln2綜上所述，當kln2 時,f x min0；當ln2 時，fx minIn 2(2)令 t 1x 0,1 ,則ln1,1恒成立ln0,1恒成立.法1 ：（分離參數(shù)法）當t0,不等式恒成立，于1 t

25、In at 對 t 0,1恒成立1 tIn 1 t t對（1）求f x在1,2上的最小值;1 In1 (2)若t 0,1恒成立.2tFTln2 2t2H t 21 t24t2i t20 ,所以H t在0,1上遞增，于t H 00,即 G t 0所以G t在0,1上遞增.由洛必達法則，可得lim G tt 02lim 1-1- 2 ,于是0 a 2 ,所以正數(shù)a的最大值為2 .t 01法2:（不猜想直接用最值法）一 ,一，1 t構造函數(shù) F t In -2FTat2 2 a1 t2當2 a 0,即a 2時，F(xiàn) t0,所以函數(shù)F t在0,1上遞增，所以F tF 00.當2 a 0,即a2時，由F

26、t0可得0,1 t in .1 t令G t-一，則G t是在0,Jla2上，F(xiàn) t F 00,不合題意.綜上所述，正數(shù)a的最大值為2 .法3：（先猜想并將猜想強化）由常用不等式In x x 1 ( x 0 )可得 In L_tL_t 1 _2L ,即1 t 1 t 1 t2t 2 ,_2 ,at 一工.當t 0時，式子恒成立，當t 0,1 ,有a '恒成立，而上 2,所以a 2 .1 t1 t1 t下面證明a可以取到2,即證明不等式In 2t又t0,1恒成立.構造函數(shù) K t In - 2t1 t1 t22t2（0 t 1）,則K t 3 2 1 0,所以函數(shù)K t在0,1上遞增，所以

27、K t K 00,所以1 t21 t2不等式In2tt0,1恒成立，所以正數(shù) a的最大值為2.1 t法4：（先猜想并將猜想強化）F t In L at 00,1恒成立，因為F 00所以1 tF 0 2a 0,即a 2.卜同法3.1 t ,法5：（先猜想并將猜想強化）當 t 0,不等式恒成立，于是ln tatt0,1恒成立1 tG t對t 0,1恒成立.由洛必達法則，可得2lim G t lim 1-t22 ,于是 a 2 .t 0t 01卜同法3.【點評】法1 （分離參數(shù)法）把恒成立問題轉化為求G t的最小值，法2 （最值法）把恒成立問題轉化為求F t的最小值.由此可見最值法與分離參數(shù)法本質上

28、是相通的，其本質都是把不等式恒成立問題轉化為求 函數(shù)的最值問題，其區(qū)別在于所求的函數(shù)中是否含有參數(shù).法3、法4和法5都是先求出必要條件 a 2,然后將必要條件進行強化，需要解題的敏感度和判斷力.如果我們將這個必要條件與法 2的最值法進行結合，可減少法 2的分類討論.【例2】設函數(shù)f x_xe ax 2（1）求f x的單調區(qū)間;（2）若a 1, k為整數(shù)，且當x。時,x k f x x 1 °,求k的最大值.【解析】（1） f x ex a .當a 。時，f x0在R上恒成立，所以f x在R上遞增.當a 0時，由f x ?？傻脁 In a ,由f x0可得x In a .所以f x在,

29、ln a上遞減，在In a, 上遞增.立.(2)當 a 1 時，f xex x 2 ,所以 f xex 1 ,即 x k ex1x 1 0 在 0,上恒成法1 ：（分離參數(shù)法）x kex 1 x 1 0 在 0,xxe;則xxexxex上恒成立k笠在0,上恒成立.令ex 1x xe e x 22，令 t x ex x 2,有ex 1ex 1 0 在 0,上恒成立，所以t x在0, 上遞增（也可由（1）可知，函數(shù)t在0,上遞增）.而t 1e 3 0, t 2e24 0,所以 t x 0在 0,上有唯一根X01,2 ,所以當X 0,X0時 X 0 ,當XX0,時 X 0,于是 X在0,X0上遞減，

30、在 X0,上遞增,所以 X在0,上的最小值為X0eX01eX0 1因為eX0X0 2 0,所以e"X02 ,于是比 X0 21x012,3 ,所以 kX00X02102,3 ,所以k的最大值為2 .法2:（不猜想直接用最值法）令g x x k eX 1 x 1 ,則XXx k e 1ex1k,令gx0,當k 1 0 ,即k 1時，有g x 0在0,上有g x g 01 ,于是g x0在0,上恒成立，于是g x在0,上遞增，從而g x在上恒成立.當k1 0,即k1時（因為k是整數(shù)，所以k 2）,可知當x 0,k 1時，gx0,當x k 1, 時，g x 0 ,于是g x在0,上的最小值

31、是g k 1ek1 k1.令h k g k 1 ,則h kek 1 10在1, 上恒成立，所以h k在1, 上單調遞減.而 h 23e0,2h 3 4 e 0 ,所以當k 2時，有g x 0在0,上恒成立，當k 3時，g x 0在0, 上不恒成立.綜上所述，k的最大值為2.法3：（先猜想并將猜想強化）因為 x k ex 1 x 1 0在0,上恒成立，所以當x 1時，該式e 1子也成立，于是 1 k e 12 0,即k 2.16.下證k的最大值為2.e 1令 G x x 2 ex 1 x1,則 Gxex 1*2 3、13）*1,由6* 0 可得 x 1 ,上遞增.所以G x . G 13 e 0

32、,min由G x 0可得0 x 1 ,所以G x在0,1上遞減，在1, 于是k的最大值為2.【點評】由于k是整數(shù)，所以先猜想再將猜想強化是優(yōu)先采用的解題方法.如果將k是整數(shù)這個條件去掉,k則得到的必要條件2.16既不能強化又不能減少分類討論，此時猜想將沒有任何作用，只能用法的分離參數(shù)法和法2的最值法進行求解.【例3】已知函數(shù)11nx ax 1 .(1)當a 4時,求曲線yf x在1, f 1處的切線方程;(2)若當x 1,時，f0,求a的取值范圍.【解析】（1）的定義域為0,.當a 4 時，fx x 1 In x 4 x 1 ,所以f 1x 在 1, f1處的切線方程為2x y0.(2)（分離

33、參數(shù)法）當x1,時，f xx 1 Inx.令Hx 1x 1 1nx，則x 1In x x 1 x 1 In xx在1,由洛必達法則,范圍是 ,2 .1 21n x x2x 1，令K1,21nx,則 K xx2 2x 1一20x上遞增，所以K x可得limx 1x 1 In x法2：（不猜想直接用最值法）limx 1當1當a1時，令g x(i)若 22時,(ii )若20,從而H x在1,上遞增.x 1 In xlimx 1In x2,.于是a的取值1n x0,所以2時，存在x0在1,上遞增，所以f x0.上遞減，所以ff 10.綜上所述，a的取值范圍是,20,所以g1,使得當11,(即f x )在上遞增，于1,上遞增，于f 10.是f x在1,%a x 1法3：（變形后不猜想直接用最值法）當 x 1, 時，f x 0 lnx 0.令 x 12axli12ax 2 1 a x 12F x lnx ，貝U F x _ 2 2，記 Gx x 2 1 a x 1,則 Gx 是x 1x x 1 x x 1以x a 1為對稱軸，開口方向向上的拋物線.當a 1 1,即a 2時，G 1 2 2a