2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题1 培优点1　洛必达法则

培优点1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)解决能成立或恒成立问题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现00型或∞∞型可以考虑使用洛必达法则．法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→af(x)＝0及limx→ag(x)＝0;(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;(3)limx→af′xg′x＝k，那么limx→afxgx＝limx→af′xg′x＝k.法则2若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→af(x)＝∞及limx→ag(x)＝∞；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;(3)limx→af′xg′x＝k，那么limx→afxgx＝limx→af′xg′x＝k.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00，∞∞，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞型求最值问题．考点一利用洛必达法则求00型最值例1已知函数f(x)＝x2lnx－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．解方法一f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因为x≥1，所以2lnx＋1≥1，则当a≤12时，f′(x)＝x(2lnx＋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≤12符合题意；当a12时，由f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)＝0，得x0＝212ea，则x∈2121,ea时，f′(x)0，f(x)单调递减；x∈212e,a＋时，f′(x)0，f(x)单调递增，所以f(x)min＝212(e)af＝2122(e)a·2a－12－a2122(e)1a＝a－12e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－e2a－12＝e·2a－e2a2e0.此时，f(x)≥0不成立．综上，a≤12.方法二由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，a∈R，当x1时，a≤x2lnxx2－1，令g(x)＝x2lnxx2－1(x1)，则g′(x)＝xx2－1－2lnxx2－12，因为x1，则(x2－1－2lnx)′＝2x－2x0，故y＝x2－1－2lnx在(1，＋∞)上单调递增，则y＝x2－1－2lnx0，故g′(x)＝xx2－1－2lnxx2－120.所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．则g(x)g(1)，由洛必达法则知limx→1x2lnxx2－1＝limx→12xlnx＋x2x＝12.所以由a≤x2lnxx2－1恒成立，得a≤12.规律方法对函数不等式恒成立求参数取值范围时，采用分类讨论、假设反证法．若采取参数与分离变量的方法，在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义点处，或趋于无穷，此时，利用洛必达法则即可求解．洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止．跟踪演练1已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；当x0时，由f(x)≥0得a≤ex－1－xx2，设g(x)＝ex－1－xx2，则g′(x)＝xex－2ex＋x＋2x3，令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x0)，则h′(x)＝xex－ex＋1，记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex0，∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)h′(0)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)h(0)＝0，∴g′(x)0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则知0limx→ex－x－1x2＝0limx→ex－12x＝0limx→ex2＝12，故a≤12.综上，实数a的取值范围是－∞，12.考点二利用洛必达法则求∞∞型最值例2已知函数f(x)＝ax－a－xlnx．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－xlnx≥0恒成立，即a(x－1)≥xlnx恒成立，又x－10，∴a≤xlnxx－1恒成立，令φ(x)＝xlnxx－1，x∈(0,1)，∴φ′(x)＝x－1－lnxx－12，令g(x)＝x－1－lnx，x∈(0,1)，∴g′(x)＝1－1x0，∴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limx→0xlnxx－1＝limx→0lnxx－1x＝limx→0lnx1－1x＝limx→01x1x2＝limx→0x＝0，∴φ(x)0，故a≤0，综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．规律方法对于不常见的类型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必达法则求极限，一般先通过转换，化成00，∞∞型求极限．跟踪演练2已知函数f(x)＝2ax3＋x.若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，即2ax3＋xx3－a，即a(2x3＋1)x3－x，即ax3－x2x3＋1恒成立，令φ(x)＝x3－x2x3＋1(x1)，∴φ′(x)＝4x3＋3x2－12x3＋120，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知limx＋→φ(x)＝limx＋→x3－x2x3＋1＝limx＋→3x2－16x2＝limx＋→6x12x＝12，∴φ(x)12，故a≥12.专题强化练1．(2022·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ax2－xcosx＋sinx.(1)若a＝1，讨论f(x)的单调性；(2)当x0时，f(x)xex－2x＋sinx，求实数a的取值范围．解(1)当a＝1时，f(x)＝x2－xcosx＋sinx，x∈R，f′(x)＝2x＋xsinx＝x(2＋sinx)．当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0；当x∈(－∞，0)时，f′(x)0，∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)当x0时，有f(x)xex－2x＋sinx恒成立，即x0时，ax2xex＋xcosx－2x恒成立，即aex＋cosx－2x恒成立．令g(x)＝ex＋cosx－2x，x0，∴g′(x)＝x－1ex－xsinx－cosx＋2x2，令φ(x)＝(x－1)ex－xsinx－cosx＋2，x0，φ′(x)＝xex－xcosx＝x(ex－cosx)．∵x0，∴ex1≥cosx，∴φ′(x)0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)φ(0)＝0，∴g′(x)0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵由洛必达法则知limx→0ex＋cosx－2x＝limx→0ex－sinx1＝1，∴g(x)1，故a≤1，∴实数a的取值范围是(－∞，1]．2．已知函数f(x)＝alnxx＋1＋bx，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x0，且x≠1时，f(x)lnxx－1＋kx，求k的取值范围．解(1)f′(x)＝ax＋1x－lnxx＋12－bx2，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－12，且过点(1,1)，故f1＝1，f′1＝－12，即b＝1，a2－b＝－12，解得a＝1，b＝1.(2)由题设可得，当x0，且x≠1时，k2xlnx1－x2＋1恒成立．令g(x)＝2xlnx1－x2＋1(x0，且x≠1)，则g′(x)＝2·x2＋1lnx－x2＋11－x22，再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x0，且x≠1)，则h′(x)＝2xlnx＋1x－x，令φ(x)＝2xlnx＋1x－x(x0，且x≠1)，则φ′(x)＝2lnx＋1－1x2，易知φ′(x)＝2lnx＋1－1x2在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(1)＝0，故当x∈(0,1)时，φ′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)0；∴h′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h′(x)h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵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)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．∵由洛必达法则知limx→1g(x)＝221lnlim1xxxx→＋1＝211lnlim2xxx→＋1＝2×－12＋1＝0，∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．