洛必達法則的應用

1、洛必達法則在高考中的應用法則1若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：(1) lim f x 0 及 lim g x 0 ；x ax a(2)在點a的去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導且g'(x)乎0f xlimx a那么limlim 一 x a g x x a g x法則2若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件: lim f x 0 及 lim g xxx0；(2) Af 0, f(x)和 g(x)在 ，A 與 A,上可導，且g'(x)專0(3) lim-l ,那么 lim '' = lim-l。xg xx gx xg x法則3若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件

2、: lim f xx a及 lim g x ；x af x(3) lim x a g x(2)在點a的去心鄰域內(nèi),f(x)與g(x)可導且g'(x)乎0lim x x = lim x a g x x a g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：1 .將上面公式中的 x-a, x-x換成x-+8, x-8, x a , x a 洛必達法則也成立。2 .洛必達法則可處理 0x a , 一, 0, 1 , °, 0°,型。03 .在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足0, , 0, 1 , 0, 00,型定式，否則濫用洛0必達法則會出錯。當不滿足

3、三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時稱洛必達法則不適用，應從另外途徑求極限。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?！镜淅治觥款}多解：常規(guī)解法與洛必達法則相互對比:【例1】已知函數(shù)f(x)a 1n xx 1b ,曲線y f (x)在點(1,f (1)處的切線方程為x 2y 3 0. x(I)求a、b的值;(J)如果當x 0,x 1時,f(x)In xx 1k一求k的取值范圍.x法一：常規(guī)解法(I)略解得a 1 ,1.(D方法一：分類討論、假設(shè)反證法由(I)知 f(x) x 1f(x)In xx 1k、1? X2-2(k 1)(x2 1) . x考慮函數(shù)h(x) 21

4、n x2(k 1)(xx2x0),貝U h'(x)2(k 1)(x1) 2x(i)當 k0時,由 h'(x)22k(x 1) (x 1)知，當x 1時,h'(x)所以當x (0,1)時，h(x) 0,可得11 x2h(x)0;當(1,0 .因為 h(1) 0,)時，h(x) 0,可得11 x2h(x) 0 ,從而當x1時,f(x)In xx 1即 f(x)1n x(ii)當0 k 1時，由于當(1,1 一一x (1,)時，h(x) 0 ,1 k可得1 k1-2x)時,h(x)(k0,(iii)當 k 1 時，h'(x) 0,而 h(1) 0 ,故當 x矛盾.綜上

5、可得，k的取值范圍為(，0.法二：參變量分離洛必達法則解法1 時,f (x)1)(x21) 2x0,故 h'(x)0,而h(1) 0 ,故當與題設(shè)矛盾.(1,)時,h(x) 0 ,可得- 11h(x) 0,與題設(shè) xIn xx 12x1n x1 x21)1n x 2(1,A 22(1 x )x2) _ 2(x2記 g(x)1)22(1 x )(1n xIn xx 12x1n2x 1 , x 0,且 x 11 x1 x2、 x2 1)'記 h(x) ln x1 x2 r則 h'(x) x2 12 21 4x (1 x )-+2-2 =2T 0x (1+x2)2 x(1+x

6、2)2從而h(x)在(0,)上單調(diào)遞增，且h(1) 0,因此當x (0,1)時，h(x) 0,當x (1,)時，h(x) 0; 當x (0,1)時，g'(x) 0,當x (1,)時，g'(x) 0,所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1)上單調(diào)遞增.2xln x2xln x21n x 2由洛必達法則有l(wèi)im g(x) 1im(2- 1) 1 lim2- 1 lim 0,x 1x 1 1 x2x 1 1 x2x 1 2x即當x 1時，g(x) 0 ,即當x 0,且x 1時，g(x) 0 .因為k g(x)恒成立，所以k 0.綜上所述，當x 0,且x 1時，f(x) k成立，k

7、的取值范圍為(，0.x 1 x注：本題由已知很容易想到用分離變量的方法把參數(shù)k分離出來.然后對分離出來的函數(shù) g(x) 也? 11 x求導，研究其單調(diào)性、極值.此時遇到了 當x=1時，函數(shù)g(x)值沒有意義”這一問題，很多考生會陷入困境 如果考前對優(yōu)秀的學生講洛必達法則的應用，再通過強化訓練就能掌握解決此類難題的這一有效方法【例2】設(shè)函數(shù)f(x) ex 1 x ax2。若a 0,求f (x)的單調(diào)區(qū)間；若當x 0時f(x) 0,求a的取值范圍【解析】法一：(1) a 0 時，f (x) ex 1 x, f '(x) ex 1.當 x (,0)時，f'(x) 0;當 x (0,)

8、時，f'(x) 0.故f(x)在(，0)單調(diào)減少，在(0,)單調(diào)增加(II) f '(x) ex 1 2ax,由(I)知ex 1 x ,當且僅當x 0時等號成立.故1f '(x) x 2ax (1 2a)x,從而當 1 2a 0,即 a 一時，f'(x) 0 (x 0),而 f (0) 0,21 于是當x 0時，f (x) 0.由e 1 x(x 0)可得e 1 x(x 0).從而當a 一時，2f '(x) ex 1 2a(ex 1) e x(ex 1)(ex 2a),故當 x (0,ln 2a)時，f'(x) 0,而 f(0) 0,于是當 x (

9、0,ln 2a)時，f (x) 0.綜合得a的取值范圍為法二：利用洛必達法則處理如下:(II)當x 0時,f(x) 0,對任意實數(shù)a,均在f(x) 0;0 時，f(x)x e x2" xxxe在0,由洛必達法則知,2exx xxe 2ex 0 ,則 g (x) 3x上為增函數(shù),limx 0綜上，知a的取值范圍為【變式1】設(shè)函數(shù)f (x)(I)證明：當x 1時,(l)設(shè)當 x 0時，f(x)(D應用洛必達法則和導數(shù)由題設(shè)x 0 ,此時f(x)當a 0時，若x當a 0時，當x0時,0,則aR;0,則10,f (x)g(x)在 0,limx 0x e2xax 10.則axxax 1f (x

10、)等價于limx 00；知 h x上為增函數(shù)。0,上為增函數(shù),求a的取值范圍0, f(x)ax 1axax 1x/、 xeg(x)xxe x,則 g'(x)2x 2e x ex x2e 1x 2(xe x)-不成立;1xaxxxexxe x(xex x)x 2x、2 (e x 2 e ).記 h(x) ex x2 2 ex,則 h'(x) ex 2x e x, h''(x) ex+ex 2 0.因此，h'(x) ex 2x ex在(0,)上單調(diào)遞增，且h'(0) 0,所以h'(x) 0,即h(x)在(0,)上單調(diào)遞增，且h(0) 0,所以

11、h(x) 0. x e因此g'(x尸 一xe一rh(x) 0,所以g(x)在(0,)上單調(diào)遞增.(xe x)由洛必達法則有l(wèi)im0g(x)x xxe elimxx 0 xe1lim r x x 0 exxexxexe一 lim 7 1 x 0 2exxxex xe0時,1g(x) 一，即有 g(x) 2【變式2】設(shè)函數(shù)f(x)1一 1一， ，.一,所以a .綜上所述，a的取值范圍是(22sin xJ，(I)求f (x)的單調(diào)區(qū)間;2 cosx(D如果對任何x> 0,都有f(x)< ax,求a的取值范圍.【解析】(i) f (x)(2 cos x)cos x sin x( s

12、in x)2(2 cosx)2cos x 1(2 cos x)1即 f (x) 0 ；21，、八一，即 f (x) 0 .221r _2it._當 2k：t = x 2k u ( k Z)時，cosx 33.2 兀4 兀 ._當2k冗 x 2k u (k Z)時，cosx33因此f (x)在每一個區(qū)間2k冗2,2kTt型(k Z)是增函數(shù), 33f (x)在每一個區(qū)間_2 Tt _4 7t2k 冗,2ku 33(k Z )是減函數(shù).(I) f (x)sin x2 cosxaxsin xx(2 cosx)若 x 0 ,則 sinx ax等價于 a sinB，即 g(x)2 cosxx(2 cos

13、x)g'(x)2xcosx 2sin x sin xcosx x22x (2 cosx).記 h(x) 2xcosx2sin x sin xcosx x ,h'(x) 2cosx 2xsinx 2cosx cos2x 122xsinx cos2x 1 2sin x 2xsinx 2sinx(sinx x)因此，當x (0,)時，h'(x) 0, h(x)在(0,)上單調(diào)遞減，且h(0)0,故g'(x) 0,所以g(x)在(0,)上單調(diào)遞減,sinxcosx 1而 lim g(x) lim lim -.x 0x 0 x(2 cosx) x 0 2+cos x xs

14、in x 3sin x 1111力一方面，當 x ,)時，g(x) ,因此a .x(2 cosx) x 33課后訓練x21.已知函數(shù) f (x) x(e 1) ax .當 x 0時，f(x)0,求a的取值范圍【解析】應用洛必達法則和導數(shù),當x 0時，a R；當 x 0 時，f (x)0,即 x(ex 1) ax2.當x 0時，x(ex1) ax2等價于ex 1 ax ,也即a記 g(x) e-1, x (0,)，則 g'(x) (x 1)e一1xx記 h(x) (x 1)ex 1, x (0,),則 h'(x)xex0,因此 h(x) (x 1)ex 1 在(0,)上遞增，且h

15、(x)h(0)0 ,所以 g '(x)皿)0 ,x從而g(x)ex 1在(0,)上遞增. x由洛必達法則有如0 gx.e 1 limx 0 xxe - lim 1 ,即當 xx 0 10 時，g(x) 1 所以 g(x) 1,即有a 1.綜上所述，當a 1, x 0時，f(x)0成立.2.已知函數(shù)？?(?= ?, ?(?= ?+ ?+ 1 .(1)對任意的？?e0,+8), ? ?成立，求實數(shù)？的取值范圍;(2)若？ < ?,證明:?) +?) ?)-?(?)>2?處？1【解析】(1)解法一：令?(?) = ?(?) ?(?= ?- ?- ? 1, ?e 0, +oo).?

16、 (?)= e?- 2? 1, .? (?)= e?- 2?當？?？ 2的時，對于任意的？C 0, +8),.?(?)= e?- 2? 1 - 2? 0, .?= ? (?施0, +8)為增函數(shù)，.-.? (?)? ? (0) = 0, .?= ?(?而0, +8)為增函數(shù)，.？(?)？ ?(0) = 0,即？C 0, +8), ?(? ?(?恒成立，滿足當？?> 2r時，令?(?)= ?- 2?< 0,得？?< ln(2?)則當？?C (0, ln(2?)時，？'(?)為減函數(shù)，此時？'(?)< ? (0) = 0,故函數(shù)？(?)為減函數(shù)，.?(?)&

17、lt; ?(0) =0,即當？C (0, ln(2?)時，有？(?< ?(?) 矛盾.綜上，實數(shù)？的取值范圍是：？?C (-8,21.解法二：當？?= 0時，?(?= ?(?g成立；e?j?3?一1當？?e (0, +oo)時，？?(?？ ？?(?御為？?？ -2, 轉(zhuǎn)化為求？?(?=在?e (0, +oo)的最小值, . ?：?)= (?-2)?；(?+2),令？?(?= (?- 2)e?+ (?+ 2), ?(?)= (?- 1)e?+ 1, 由？ (?)= ?e?> 0知：？?(?施(0,+8)為增函數(shù)，.？?(?)> ?(0) = 0 故？?(?斗(0, +OO)為增函數(shù)，.？?(?> ?(0) = 0 即？?：?)> 0,函數(shù)？?(?)(0, +8)為增函數(shù),故？?(?獴有最小值.?1/?1/? 1 -1?e 1+e 2 e 2- e 1> ,2?-?1 '又由諾必達法則知：?q?(