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文檔簡介
利用洛必達(dá)法則解決導(dǎo)數(shù)問題精講精練
000
一、入型及一型未定式
000
1、定義:如果當(dāng)Xf。(或x-oo)時,兩個函數(shù)/(x)與g(x)都趨于零(或都趨于無
f(x)f(x)
窮大),那么極限lim—(或lim£4)可能存在、也可能不存在.通常把這種極限
x—>agwx—>00g(x)~
000
稱為型及一型未定式.
000
2、定理1(9型):⑴設(shè)當(dāng)xfa時,lim/(x)=0及l(fā)img(x)=0
0%-a/%-a'/
(2)在a點(diǎn)的某個去心鄰域內(nèi)(點(diǎn)a的去心鄰域(a-£,a)U(a,a+£)內(nèi))都有了'(X),g'(x)
都存在,且g'(x)wO;
f'(x)
(3)hm;(=/;
…g(x)
,/(x)f\x),
貝nU:lrim=lim=I
XT"g(x)-g'(x)
3、定理2(,型):若函數(shù)/(x)和g(x)滿足下列條件:⑴!呼/(x)=0及
㈣g(x)=0;
(2)3>0,/(x)和g(x)在(一叫/)與(4+℃)上可導(dǎo),且g'(x"0;
(3)lim/;粵=/,
那么lim里=1皿坐=/.
…g(x)XT8g⑺
4、定理3(藝型):若函數(shù)八%)和g(x)滿足下列條件:(1)lim/(x)=8及
00Xia
limg(x)=oo.
x-^a\)9
(2)在點(diǎn)a的去心鄰域(a-£,a)U(a,a+£)內(nèi),/(X)與g(x)可導(dǎo)且g'(x)W0;
/'(x)
那么lim半=
g(x)》-ag(%)
5、將上面公式中的x-a,xf+8,x——oo,xfa+,xf丁洛必達(dá)法則也成立.
6、若條件符合,洛必達(dá)法則可連續(xù)多次使用,直到求出極限為止:
1加44=lim/黑=limg4,如滿足條件,可繼續(xù)使用洛必達(dá)法則.
fg(X)—ag(X)』g⑴
二、o.oo型s—②、o°、r、8°型
1、0-8型的轉(zhuǎn)化:
10010
0-GO=>CO=—或0?CO=>0?一二一;
000000
2、8-00型的轉(zhuǎn)化:
110-00
00—00=>----------------------------=——
000.00
3、0°、/00°型的轉(zhuǎn)化:易指函數(shù)類
0°1fO-lnO
r>取對數(shù)_><oo-lnln0.00
oo°[0-Inoo
高頻考點(diǎn)類型
類型一:洛必達(dá)法則的簡單計(jì)算
典型例題
1.(23-24高二下?新疆伊犁?期中)我們把分子、分母同時趨近于。的分式結(jié)構(gòu)稱為,型,
ex-10
比如:當(dāng)xf0時,的極限即為入型.兩個無窮小之比的極限可能存在,也可能不存在,
x0
為此,洛必達(dá)在1696年提出洛必達(dá)法則:在一定條件下通過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限
來確定未定式值的方法.如:1沁,'-1=1而/j)=limG=1ime*=e°=1,貝!115-^;=
x->0%x->01x->0]xf0"fX-1
()
A.|B.;C.1D.2
o2
【答案】B
【分析】
根據(jù)題意利用洛必達(dá)法則求解即可
【,羊解】由口產(chǎn)彳曰rInx(InJI11
zix-l11/2—12xxf2x22
(xT)
故選:B
2.(23-24高二下?廣東佛山?階段練習(xí))兩個無窮小之比或兩個無窮大之比的極限可能存在,
也可能不存在,為此,洛必達(dá)在1696年提出洛必達(dá)法則,即在一定條件下通過對分子、分母
分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法,如
lim£zl=lim=則
x->01x->0]x->0]
Inx+x-1
lim)
7x+x-2
A-I-1C.1D.2
【答案】B
【分析】利用洛必達(dá)法則直接求解即可.
J2
Inx+x-1(lnx+x-1)X______乙
【詳解】%一=lim--------------g=lim
x-?l
+x—2-12x+l3
故選:B.
3.(23-24高二下?重慶江北?階段練習(xí))我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為。
px-1的極限即為,型.兩個無窮小之比的極限可能存在,也可能
型,比如:當(dāng)x-0時,-~-
X
不存在,為此,洛必達(dá)在1696年提出洛必達(dá)法則:在一定條件下通過對分子、分母分別求
2
x-I-1x-l
導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法.如:e吧亍=1,則變
lim-------=lim3
X1xInx
()
A.0B-IC.1D.2
【答案】D
【分析】利用洛必達(dá)法則直接求解即可
22
x-lx-l2x
【詳解】lim=lim---------=lim=2,
32
Xf1xInx(j?inx)Xf13x2Inx+x
故選:D
練透核心考點(diǎn)
1.(23-24高二下?四川成都?期中)1696年,洛必達(dá)在他的著作《無限小分析》一書中創(chuàng)造
了一種算法,用以尋找滿足一定條件的兩函數(shù)之商的極限,法則的大意為:在一定條件下通
過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法.如:
.皿=lime'=lim^=i,按此方法則有1血3二=____.
XfoXx-0x'x->015sinX
【答案】2
【分析】由洛必達(dá)法則,分別對分子和分母求導(dǎo),代入x=0即可求得該極限值.
e+e
【詳解】由題意可得:lin/e-------^-=lim=2.
iosinx53cosx
IolilaI
故答案為:2.
2.(23-24高二下?四川成都?期中)1696年,洛必達(dá)在他的著作《無限小分析》一書中創(chuàng)造
了一種算法,用以尋找滿足一定條件的兩函數(shù)之商的極限,法則的大意為:在一定條件下通
過對分子、分母分別求導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法.如:
.皿=lim(sinx)'=.任=1,按此方法則有1面。"一2=_
xf。Xx->0x'xfo11—COSX
【答案】2
【分析】根據(jù)題中所給方法也就是洛必達(dá)法則,直接計(jì)算可求得答案.
【詳解】由題意可得:
ex+e-x-2@+b-2)'e'-e-'"(/一尸)'e'+e^、
lim----------=lim-------------二lim-------二lim---------=lim-------=2,
71-COS龍5(1-cosx/3sin龍5(sinx)',旬cosx
故答案為:2.
3.(23-24高二下?重慶萬州?階段練習(xí))我們把分子、分母同時趨近于0的分式結(jié)構(gòu)稱為。
x-10
型,比如:當(dāng)xf0時,」e的極限即為X型.兩個無窮小之比的極限可能存在,也可能
x0
不存在,為此,洛必達(dá)在1696年提出洛必達(dá)法則:在一定條件下通過對分子、分母分別求
x
導(dǎo)再求極限來確定未定式值的方法.如:lim£zl=iimtzi=lim—=lime=e°=r則
x—>0%x—>0£x—>0]x—>0
【答案】1/0.5
【分析】依據(jù)洛必達(dá)法則去計(jì)算即可解決.
■、4叼、1.x2]nx2xInx+x一11
【詳解】吸E=lim=limInx+—=lnl+—=—
x->l2x222
故答案為:;
類型二:洛必達(dá)法則在導(dǎo)數(shù)中的應(yīng)用
典型例題
1.(2024?浙江?二模)①在微積分中,求極限有一種重要的數(shù)學(xué)工具一一洛必達(dá)法則,法
則中有結(jié)論:若函數(shù)/(x),g(x)的導(dǎo)函數(shù)分別為尸(x),g'(x),且吧/(x)=l即g(x)=0,
則
../(x)/(X)
』g(x)—ag(x)
②設(shè)”>0,左是大于1的正整數(shù),若函數(shù)“X)滿足:對任意xe[0,4],均有成
立,且吧〃x)=。,則稱函數(shù)/(x)為區(qū)間[0,。]上的左階無窮遞降函數(shù).
結(jié)合以上兩個信息,回答下列問題:
(1)試判斷/(x)=x3-3x是否為區(qū)間[0,3]上的2階無窮遞降函數(shù);
⑵計(jì)算:lim(l+x)x;
x->0
⑶證明:<COSX,
【答案】(1)/(X)=X、3X不是區(qū)間[0,3]上的2階無窮遞降函數(shù);
(2)lim(l+x)x=e
x—>0
⑶證明見解析
【分析】(1)根據(jù)函數(shù)/(%)為區(qū)間[0,。]上的左階無窮遞降函數(shù)的定義即可判斷;
(2)通過構(gòu)造〃(x)=lng(x),再結(jié)合lim里=lim當(dāng)即可得到結(jié)果;
…g(x)』g(x)
(3)通過換元令令》-無=乙則原不等式等價(jià)于tagsiR)J3,再通過構(gòu)造函數(shù)
Jo,9根據(jù)題干中函數(shù)為區(qū)間上的左階無窮遞降函數(shù)的定
義證出即可證明結(jié)論.
【詳解】(1)設(shè)尸(x)=〃x)-/m=門一"
Jo2
73
由于下(1)=丁尸。
o2
所以1不成立,
故/(x)=x3-3x不是區(qū)間[0,3]上的2階無窮遞降函數(shù).
(2)設(shè)g(x)=(l+x);,則lng(x)=[n0+x)=皿:叼,
設(shè)=
1
則「7/、1-ln(l+x)[.i+x1,
limh{x}=lim----=lim1+x=1
xf0x—>0%x—>0]
2_
所以1?Ing(x)=1,得lim(1+x)三e.
x->0
(3)令x-n=t,則原不等式等價(jià)于tandsi/f療,/,,5
口口、十tanZ-sin2^、1(八兀)
即證一p——>1,^10,-1,
、_,j、tan/-sin2^
記/⑷:一一
/(/)tan/?f
所以胃------------=---------=--------->1,
8tan--sin2-1-tan2-1-tan4—
2222
即有對任意T。,胃,均有
所以〃,)>/[£]*??>/
因?yàn)閘im----=limcosx=l,
x—>0%x—>0
所以
3
所以證畢!
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:利用函數(shù)方法證明不等式成立問題時,應(yīng)準(zhǔn)確構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù),注意題
干條件中相關(guān)限制條件的轉(zhuǎn)化.
2.(2024高三,全國?專題練習(xí))已知函數(shù)〃x)=-H—,如果當(dāng)x>。,且xwl時,
詈+}求后的取值范圍.
【答案】(-雙0]
【分析】將題意轉(zhuǎn)化為左<Q+>口,令g(3L+i,利用洛必達(dá)法則求出
Hfg(x),即可得出答案.
【詳解】根據(jù)題目的條件,當(dāng)i且E時,〃力廿+:
Inx1Inxk6“/人―,xlnx,xkvc2x]wc1
得ZI=t--+->—;+—,等價(jià)于后<--+1——-——r+i?
x+1xx-1xx+1x-ll-x2
l-x2
2(x2+l|lnx+
2xlnx,2(x?+1)lux+2(l-x,2X2+l
設(shè)g(x)=g'(x)=
22
l-x2l-x2
2(x2+l)i_?2
因?yàn)樵O(shè)=
(l-x2)-X2+1
2X(12+])(])x2x]4x_(1-
貝
w=g+22222
x2+1X(X+1)-X(X+1)
所以〃(x)在(0,+。)上單調(diào)遞增,
因?yàn)?1)=0,所以當(dāng)x?0,l)時,A(x)<0,
即g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,當(dāng)X£(l,+8),Mx)>0,g(X)在(1,+8)上單調(diào)遞增.
當(dāng)X趨近1時,2xlnx趨近0,當(dāng)%趨近1時,1-必趨近0,
所以半2YITI符X合洛必達(dá)法則的條件,
1—X
即!*("T當(dāng)+門+四¥="=°'
所以當(dāng)x>O,x#l時,g(x)>0
所以上的取值范圍是(-8叫.
練透核心考點(diǎn)
JT
1.(2024?浙江?模擬預(yù)測)已知函數(shù)/(x)=e*+sinx-oxcosx-l,xe0,-,
(1)當(dāng)。=1時,求函數(shù)/(x)的值域;
(2)若函數(shù)/(x)20恒成立,求”的取值范圍.
【答案】⑴0,3
(2)a<2
【分析】(1)求導(dǎo)/<X)=e"+cosx+xsinx-cosx=e"+xsinx>0卜e,易得/(%)在
0,^上單調(diào)遞增求解;
rx
(2)方法一:/(x)=e+tzxsinx+(l-(7)cosx^a<0,0<?<1,1<?<2,a>2f由
〃切血了0求解;方法二:當(dāng)x=o時,〃0)=0成立,當(dāng)x=]時,成立,當(dāng)
時,轉(zhuǎn)化為“we'+simT恒成立,由。gg@)1nm求解.
【詳解】(1)因?yàn)?(X)=e"+sinx-xcosx—l,
所以/'(x)=e"+cosx+xsinx-cosx=e*+xsinx>o]xe0,^-
.?./⑺在相og上單調(diào)遞增又?.?〃o)=(v[3=「,
的值域是0,一.
(2)方法一:①當(dāng)時,
x
/(x)=e+sinx-axcosx-1>sinx-axcosx>G0,—上恒成立,
②當(dāng)0<〃《1時,
xx
/'(x)=e+cosx+axsiwc-acosx=e+tzxsiiu+(l-?)cosx>(l-^z)cosx>0xG0,—,
在xe0弓上單調(diào)遞增,,/(x)”(0)=0成立.
③當(dāng)。>2時,
令g(x)=/'(x)=e"+cosx+axsiwc-acosx,
貝Ig'(1)=e"+(Q-1)sinx+a(sinx+xcosx)>0,
所以g(x)在xe0,:上單調(diào)遞增,即/''(》)在XC0,j上單調(diào)遞增,
..力0)=2一時,“3=£+“。,
e/小使得當(dāng)xe(0,x0)時/'(x)<0,故在xe(0,x0)上單調(diào)遞減,
則/■(/)</(0)=。,不成立,
④當(dāng)l<aW2時,
令g(%)=/'(%)=e"+cosx+axsiwc-acosx,
貝!Js'(%)=e"+(Q—1)sinx+a(sinx+xcosx)>0,
jrjr
所以g(x)在xe0,-上單調(diào)遞增,即/'(X)在0,-上單調(diào)遞增,
7T
rr
.-.f(x)>f(0)=2-a>0,即/(x)在0,-上遞增,則/(x"/(0)=0成立.
綜上所述,若函數(shù)/(x)20恒成立,則aW2.
方法二
當(dāng)x=0時,〃0)=0成立,當(dāng)x=]時,(3=』"成立,
當(dāng)時,與/+5加-1恒成立,
\2Jxcosx
令g(x)=e、+s如T,則aWgWi
XCOSX
ex+sinx-1x+sinx
又「ex-l>xg(x)>------
xcosxxcosx
x+sinx,z、(1+cosx)?xcosx-(x+situ)(cosx-xsinx)
令/z(x)=,/z(x)=22
XCOSXXCOSX
_x+x2si?nx-s,inxcosx
=22,
XCOSX
?.,當(dāng)x£[0,時,x>sinx,
,,/、sinx+x2sinx-sinxcosxsinx(1-cosx)+x2sinx
?-h%〉-----------X2-cos2-X-----='-X2-cost-X------->°,
在]。馬上單調(diào)遞增.
「x+sinx-1+cosx3
lim-------=lim--------;——=2,
xf°xcosxa°cosx-xsinx
,故人(x)>2,
/、ex+sinx-1「ex+sinx-1「ex+cosx
g(x)=--------->2,Xvlim----------=lim--------;——=2,
xcosx3xcosxcosx-xsinx
;?g(x)minf2,故
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛:對于/(x"o,xe。恒成立問題,法一:由求解;法
二:轉(zhuǎn)化為g(x)2。(g(無)Va),xe。由g(x)mm?a(g(x)mmVa),xe。求解.
2.(23-24高三上?四川成都?期中)已知函數(shù)〃x)=lnx-"一1(。>0).
⑴當(dāng)。=0時,求過原點(diǎn)且與/(x)的圖象相切的直線方程;
m
(2)若g(x)=不+W(°>0)有兩個不同的零點(diǎn)再,%(0<x,<x2),不等式國考>e恒成立,
求實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍.
【答案】⑴y=
e
⑵(-8,4].
【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義計(jì)算即可;
(2)函數(shù)g(x)有兩個零點(diǎn)等價(jià)于6瓜2+(111工-k)-1=0有兩個不同根,構(gòu)造函數(shù)
"(x)=e,+x-1判定其單調(diào)性與零點(diǎn)得方程lnx-ax=0有兩個不等實(shí)根,利用換元法得
InXj+31nx2=^^lnZ,構(gòu)造=";lnx(x>1),法一、將恒成立問題轉(zhuǎn)化為
—lnx>m^lnx-m^~^>0,利用對勾函數(shù)的單調(diào)性,分類討論計(jì)算即可;法二、利
x-13x+l
用導(dǎo)數(shù)求〃(x)的單調(diào)性結(jié)合洛必達(dá)法則最小值即可.
【詳解】(1)易知〃X)的定義域?yàn)?O,+s)/(x)=J
設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)(為,In%-1),則切線方程為:^-(lnx0-1)=—(x-x0),
*0
2
把點(diǎn)(o,o)帶入切線得:Xo=e,
所以,/(x)的切線方程為:y=^x;
e
(2)西?考>e"oln(%i?考)=In%]+31nx2>機(jī),
又8口)=b"+?!?)有兩個不同零點(diǎn),
則/+(lnx-ax)-l=elniK+(lnx-ax)-l=O有兩個不同零點(diǎn),
構(gòu)造函數(shù)〃(x)=Qx+x—1=>/(x)=ex+1>0,
則〃(x)為(-00,+00)增函數(shù),且"0)=0,
ax=InX]
即方程Inx-6=0有兩個不等實(shí)根x
ax2
In9xInt〔tint
令^=—2=t>l貝=-7Jn%=-r
In%1%1
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