第三章　培优点3　洛必达法则-2025高中数学大一轮复习讲义人教A版

培优点3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)解决成立或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现eq\f(0,0)型或eq\f(∞,∞)型可以考虑使用洛必达法则．洛必达法则：法则1eq\f(0,0)型若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝0；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l，那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.法则2eq\f(∞,∞)型若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq\o(lim,\s\do4(x→a))g(x)＝∞；(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l，那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝l.注意：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eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型求极限问题．3．在着手求极限前，首先要检查是否满足eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)，0·∞，1∞，∞0,00，∞－∞型定式，否则滥用洛必达法则会出错，当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限．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．eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(fx,gx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′x,g′x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f″x,g″x)，如满足条件，可继续使用洛必达法则．题型一用洛必达法则处理eq\f(0,0)型函数例1设函数f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx).如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围．解f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)≤ax，若x＝0，则a∈R；若x>0，则eq\f(sinx,2＋cosx)≤ax等价于a≥eq\f(sinx,x2＋cosx)，即g(x)＝eq\f(sinx,x2＋cosx)，则g′(x)＝eq\f(2xcosx－2sinx－sinxcosx＋x,x22＋cosx2).令h(x)＝2xcosx－2sinx－sinxcosx＋x，h′(x)＝2cosx－2xsinx－2cosx－cos2x＋1＝－2xsinx－cos2x＋1＝2sin2x－2xsinx＝2sinx(sinx－x)，因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，而eq\o(lim,\s\do4(x→0))g(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(sinx,x2＋cosx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(cosx,2＋cosx－xsinx)＝eq\f(1,3).另一方面，当x∈[π，＋∞)时，g(x)＝eq\f(sinx,x2＋cosx)≤eq\f(1,x)≤eq\f(1,π)<eq\f(1,3)，因此a≥eq\f(1,3).思维升华用洛必达法则处理eq\f(0,0)型函数的步骤：(1)分离变量；(2)出现eq\f(0,0)型式子；(3)运用洛必达法则求值．跟踪训练1若∀x∈[1，＋∞)，不等式lnx≤meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))恒成立，求实数m的取值范围．解当x＝1时，不等式恒成立，m∈R；当x>1时，m≥eq\f(xlnx,x2－1)恒成立，令h(x)＝eq\f(xlnx,x2－1)，x>1，则h′(x)＝eq\f(lnx＋1x2－1－2x·xlnx,x2－12)＝eq\f(x2－x2lnx－lnx－1,x2－12)；令m(x)＝x2－x2lnx－lnx－1，x>1，则m′(x)＝2x－2xlnx－x－eq\f(1,x)＝eq\f(x2－2x2lnx－1,x)；令n(x)＝x2－2x2lnx－1，x>1，则n′(x)＝2x－4xlnx－2x＝－4xlnx<0，得n(x)＝x2－2x2lnx－1在(1，＋∞)上单调递减，故n(x)<n(1)＝0，进而m′(x)<0(令φ(x)＝x－2xlnx－eq\f(1,x)，x>1，则φ′(x)＝－2lnx－1＋eq\f(1,x2)<0，得φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，进而m′(x)＝φ(x)<φ(1)＝0)．所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减，可得m(x)<m(1)＝0，故h′(x)<0，所以h(x)＝eq\f(xlnx,x2－1)在(1，＋∞)上单调递减，而m要大于等于h(x)＝eq\f(xlnx,x2－1)在(1，＋∞)上的最大值，但当x＝1时，y＝h(x)没有意义，故由洛必达法则可得eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(xlnx,x2－1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(lnx＋1,2x)＝eq\f(1,2)，故m≥eq\f(1,2)，综上所述，m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).题型二用洛必达法则处理eq\f(∞,∞)型函数例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－1<0，∴a≤eq\f(xlnx,x－1)恒成立，令φ(x)＝eq\f(xlnx,x－1)，x∈(0,1)，∴φ′(x)＝eq\f(x－1－lnx,x－12)，令g(x)＝x－1－lnx，x∈(0,1)，∴g′(x)＝1－eq\f(1,x)<0，∴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eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(xlnx,x－1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(lnx,\f(x－1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(lnx,1－\f(1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(\f(1,x),\f(1,x2))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))x＝0，∴φ(x)>0，故a≤0，综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．思维升华用洛必达法则处理eq\f(∞,∞)型函数的步骤：(1)分离变量；(2)出现eq\f(∞,∞)型式子；(3)运用洛必达法则求值．跟踪训练2已知函数f(x)＝2ax3＋x.当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恒成立，即2ax3＋x>x3－a恒成立，即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，即a>eq\f(x3－x,2x3＋1)恒成立，令φ(x)＝eq\f(x3－x,2x3＋1)(x>1)，∴φ′(x)＝eq\f(4x3＋3x2－1,2x3＋12)>0，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知eq\o(lim,\s\do4(x→＋∞))φ(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→＋∞))eq\f(x3－x,2x3＋1)＝eq\o(lim,\s\do4(x→＋∞))eq\f(3x2－1,6x2)＝eq\o(lim,\s\do4(x→＋∞))eq\f(6x,12x)＝eq\f(1,2)，∴φ(x)<eq\f(1,2)，故a≥eq\f(1,2).故a的取值范围为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞)).1．已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2，当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．解当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)≥ax2.当x＝0时，a∈R；当x>0时，x(ex－1)≥ax2等价于a≤eq\f(ex－1,x).令g(x)＝eq\f(ex－1,x)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(x－1ex＋1,x2).记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝xex>0，因此h(x)＝(x－1)ex＋1在(0，＋∞)上单调递增，且h(x)>h(0)＝0，所以g′(x)＝eq\f(hx,x2)>0，从而g(x)＝eq\f(ex－1,x)在(0，＋∞)上单调递增，所以a≤eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,x).由洛必达法则得eq\o(lim,\s\do4(x→0))g(x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex－1,x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(ex,1)＝1，即当x→0时，g(x)→1，所以g(x)>1，即有a≤1.综上所述，当a≤1，x≥0时，f(x)≥0成立．2．若∀x∈[0，＋∞)，x－ln(x＋1)≤ax2恒成立，求a的取值范围．解当x＝0时，a∈R；当x>0时，x－ln(x＋1)≤ax2⇔a≥eq\f(1,x)－eq\f(lnx＋1,x2)，记g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(lnx＋1,x2)，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝eq\f(－\f(x2＋2x,x＋1)＋2lnx＋1,x3)，记h(x)＝－eq\f(x2＋2x,x＋1)＋2ln(x＋1)，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝－eq\f(x2,x＋12)<0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))g(0)，所以a≥g(x)max＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))g(0)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs