素养拓展08 洛必达法则的应用（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展08洛必达法则的应用（精讲+精练）一、前言在高中，涉及到求参数的取值范围时，参数分离后，有时会出现分子与分母之比为两个无穷小之比、两个无穷大之比或两个趋近于零的数之比。这个比值可能是定值也可能是不存在，这时如果我们要计算出他们的比值，就需要运用到洛必达法则。二、洛必达法则定义在一定条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式的值的方法，称为洛必达法则。三、法则形式1.法则1（00型）：若函数()fx和()gx满足下列条件：（1）设当xa时，lim0xafx及lim0xagx；（2）在点a处函数()fx和()gx的图像是连续的，即函数()fx和()gx在点a处存在导数；（3）limxfxlgx；则：()()limlim()()xaxafxfxlgxgx.2.法则2（00型）：若函数()fx和()gx满足下列条件：(1)lim0xfx及lim0xgx；(2)在点a处函数()fx和()gx的图像是连续的，即函数()fx和()gx在点a处存在导数；(3)limxfxlgx，则：limlimxxfxfxlgxgx.3.法则3（型）：若函数()fx和()gx满足下列条件：(1)limxafx及limxagx；(2)在点a处函数()fx和()gx的图像是连续的，即函数()fx和()gx在点a处存在导数；且()0gx；一、知识点梳理(3)limxafxlgx，则：limxafxgx=limxafxlgx.【特别提醒】（1）将上面公式中的xax,换成axaxxx,,，洛必达法则也成立。（2）洛必达法则可处理，，，，，000,1000型。（3）首先要检查是否满足，，，，，000,1000型定式，否则用洛必达法会出错。当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则（4）若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。（5）高中阶段，洛必达法则一般是用来确定最值，方便解题。四、适用类型的转化（1）0型的转化：10或100000；（2）型的转化：1100000000（3）00、10型的转化：幂指函数类0000ln01ln100ln取对数【典例1】设函数2()1xfxexax（1）若0a，求()fx的单调区间；（2）若当0x时()0fx，求a的取值范围解：（1）0a时，()1xfxex，'()1xfxe.当(,0)x时，'()0fx；当(0,)x时，'()0fx.故()fx在(,0)单调减少，在(0,)单调增加（II）'()12xfxeax由（I）知1xex，当且仅当0x时等号成立.故'()2(12)fxxaxax，二、题型精讲精练从而当120a，即12a时，'()0(0)fxx，而(0)0f，于是当0x时，()0fx.由1(0)xexx可得1(0)xexx.从而当12a时，'()12(1)(1)(2)xxxxxfxeaeeeea，故当(0,ln2)xa时，'()0fx，而(0)0f，于是当(0,ln2)xa时，()0fx.综合得a的取值范围为1,2原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下：另解:（II）当0x时，()0fx，对任意实数a,均在()0fx；当0x时，()0fx等价于21xexax令21xexgxx0x,则322()xxxeexgxx，令220xxhxxeexx，则1xxhxxee，0xhxxe，知hx在0,上为增函数，00hxh；知hx在0,上为增函数，00hxh；0gx，g(x)在0,上为增函数。由洛必达法则知，200011limlimlim222xxxxxxexeexx，故12a，综上，知a的取值范围为1,2【典例2】若不等式sinaxx对于(0,)2x恒成立，求a的取值范围.解：当(0,)2x时，原不等式等价于sinxax.记sin()xfxx，则.且(0,)2x时，tanxx，所以'()0fx.因此sin()xfxx在(0,)2上单调递减（也就是x趋于0时，f（x）最大）maxmaxsinsin()()xxaaafxxxmaxmaxsinsin()()xxaaafxxxmax()(0)fxf，000sincoslim()limlim11xxxxxfxx.所以1a【典例3】（1）0∙∞型𝐥𝐦→𝟎𝐥𝐥𝐦→𝟎+(𝐥𝟏)𝐥𝐦→𝟎+(𝟏−𝟏)𝐥𝐦→𝟎+−𝟎技巧：将乘积中无穷或0取倒数进而变形到分母上，化为𝟎𝟎或∞∞型【典例4】（2）∞－∞型𝐥𝐦→𝟏(𝟏−𝟏−𝟏𝐥)𝐥𝐦→𝟏(𝐥−−𝟏−𝟏𝐥)𝐥𝐦→𝟏(𝟏−𝟏𝐥+−𝟏)𝐥𝐦→𝟏(−𝟏𝟏+𝟏)𝐥𝐦→𝟏(−𝟏+𝟏)−𝟏技巧：可将无穷通分，进而化为𝟎𝟎型【典例5】（3）∞0型转化方法同上，∞𝟎𝒆𝐥∞𝟎𝒆𝟎·𝐥∞𝒆𝟎·∞𝐥𝐦→∞𝟏+𝟏𝐥𝐦→∞𝒆𝐥𝟏+𝟏𝐥𝐦→∞𝒆𝟏·𝐥𝟏+𝒆𝐥𝐦→∞𝐥+𝟏𝒆𝐥𝐦→∞𝟏+𝟏𝟏𝒆𝐥𝐦→∞𝟏+𝟏𝒆𝟎𝟏技巧：可利用对数性质℮lna=a，将函数化为以为℮底数的指数函数，转化为对指数求极限。转化方法如下：𝟏∞𝒆𝐥𝟏∞𝒆∞·𝐥𝟏𝒆∞·𝟎，这样就化为了0∙∞型【题型训练】1.已知函数−−,若当时,恒有||||成立,求实数的取值范围.【解析】因为−−𝟏,所以−𝟏,所以当−∞𝟎时,𝟎,即递减,当𝟎+∞时,𝟎,即递增.若当𝟎时,恒有||||成立,即恒有𝟎成立,当𝟎时,不等式恒成立.当𝟎时,恒有𝟎成立,即𝟏,令𝟏,则++.今−++,则−+,进一步−𝟎,所以−+在𝟎+∞上单调递减,所以𝟎𝟎,所以−++在𝟎+∞上单调递减,所以𝟎𝟎,即𝟎在𝟎+∞上恒成立,所以在𝟎+∞上单调递减.所以𝐥𝐦→𝟎+𝟏𝐥𝐦→𝟎+𝟏(+)𝐥𝐦→𝟎+(++)𝟏,所以𝟏.综上,的取值范围为[𝟏+∞).2.设函数()1xfxe.（Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx；（Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，求a的取值范围.【解析】解：（Ⅰ）略（Ⅱ）应用洛必达法则和导数由题设0x，此时()0fx.①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立；②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax；若0x，则aR；若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex.记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex.记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee.因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx，即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx.因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增.由洛必达法则有000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时，1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2.3.函数ln()1axbfxxx，曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程为230xy.（1）求a、b的值；（2）如果当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，求k的取值范围.解：（1）易得1a，1b.（2）当0x，且1x时，ln()1xkfxxx，即ln1ln11xxkxxxx，也即2ln1ln2ln1111xxxxxxkxxxx，记22ln()11xxgxx，0x，且1x则2222222222(1)ln2(1)2(1)1'()=(ln)(1)(1)1xxxxxgxxxxx，记221()ln1xhxxx，则22222214(1)'()+=0(1+)(1+)xxhxxxxx，从而()hx在(0,)上单调递增，且(1)0h，因此当(0,1)x时，()0hx，当(1,)x时，()0hx；当(0,1)x时，'()0gx，当(1,)x时，'()0gx，所以()gx在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.由洛必达法则有2211112ln2ln2ln2lim()lim(1)1lim1lim0112xxxxxxxxxgxxxx，即当0x，且1x时，()0gx.因为()kgx恒成立，所以0k.综上所述，当0x，且1x时，ln()1xkfxxx成立，k的取值范围为(0]，.4.设函数()1xfxe.（1）证明：当1x时，()1xfxx；（2）设当0x时，()1xfxax，求a的取值范围.解：（1）易证.（2）应用洛必达法则和导数由题设0x，此时()0fx.①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立；②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax；若0x，则aR；若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex.记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex.记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee.因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx，即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx.因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增.由洛必达法则有000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时，1()2gx，即有1()2gx，所以102a.综上所述，a的取值范围是1[0,]2.5.若不等式3sinxxax对于0,2x恒成立，求a的取值范围.【答案】16a【详解】当0,2x时，原不等式等价于3sinxxax.记3sin()xxfxx，则43sincos2()xxxxfxx.记()3sincos2gxxxxx，则()2cossin2gxxxx.因为()cossingxxxx，()sin0gxxx，所以()gx在0,2上单调递减，且(