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重难突破微专题(十)
洛必达法则
一、洛必达法则的具体内容
1．洛必达法则：
设函数f(x)，g(x)满足：
(1)f(x)＝g(x)＝0；
(2)在x＝a附近，f′(x)和g′(x)都存在，且g′(x)≠0；
(3) ＝A(A可为实数，也可以是±∞).则 ＝ ＝A.(可循环使用)
注意：
①使用洛必达法则时，是对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极限得最值．
②0·∞型∞·∞型可转化为型或型．
二、洛必达法则的简单应用
【典例1】求 的值．
【解析】因为将x＝0代入的分母分子都为0，即典型的型．
则 ＝ ＝ ＝(循环使用洛必达法则，对分式的分子分母连续求导).
　本例中的代数式“”改为“”结果如何？
【解析】因为将x＝0代入的分母分子都为0，即典型的型．
则 ＝ ＝.
【典例2】计算极限 (α>0).
【解析】此极限满足洛必达法则，于是得
＝ ＝ ＝0.
在使用洛必达法则时应注意以下几点：
①洛必达法则只适用于型或型的极限．
②如果lim仍是型或型，则可继续使用洛必达法则．
③如果lim不存在且不是∞，并不表明lim不存在，只表明洛必达法则失效，这时应用其他方法求解．
三、洛必达法则的综合应用
【典例3】已知函数f(x)＝mx－sin x，g(x)＝ax cos x－2sin x(a>0).
(1)若函数y＝f(x)是(－∞，＋∞)上的单调递增函数，求实数m的最小值；
(2)若m＝1，且对任意x∈，都有不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围．
【解析】(1)因为函数f(x)＝mx－sin x在R上单调递增，所以f′(x)≥0恒成立，所以f′(x)＝m－cos x≥0，即m≥cos x，所以mmin＝1.
(2)因为m＝1，所以函数f(x)＝x－sin x，
由f(x)≥g(x)对任意x∈都成立，得
x＋sin x－ax cos x≥0恒成立．
即ax cos x≤x＋sin x恒成立．
①当x＝0时，0≤0恒成立；
②当x＝时，0≤＋1恒成立；
③当0令h(x)＝，则h′(x)＝
＝
＝>0，
所以h(x)＝在x∈上单调递增；
所以ah(x)＝ ＝＝2，
所以0初等方法解决：
因为m＝1，所以函数f(x)＝x－sin x，
因为f(x)≥g(x)，所以x＋sin x－ax cos x≥0.
对于任意x∈，令H(x)＝x＋sin x－ax cos x，则H′(x)＝1＋cos x－a(cos x－x sin x)＝1＋(1－a)cos x＋ax sin x
①当1－a≥0，即0所以H(x)在上为单调递增函数，
所以H(x)≥H(0)＝0，符合题意，所以0②当1－a<0，即a>1时，令h(x)＝1＋(1－a)cos x＋ax sin x，
于是h′(x)＝(2a－1)sin x＋ax cos x.
因为a>1，所以2a－1>0，所以h′(x)≥0，
所以h(x)在上为单调递增函数，
所以h(0)≤h(x)≤h，即2－a≤h(x)≤a＋1，所以2－a≤H′(x)≤a＋1.
(ⅰ)当2－a≥0，即1所以H(x)在上为单调递增函数，于是H(x)≥H(0)＝0，符合题意，
所以1(ⅱ)当2－a<0，即a>2时，存在x0∈，使得当x∈(0，x0)时，有H′(x)<0，此时H(x)在(0，x0)上为单调递减函数，从而H(x)0恒成立，
综上所述，实数a的取值范围为0【典例4】设函数f(x)＝ex－1－x－ax2；
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
【解析】(1)当a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；
当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)f′(x)＝ex－1－2ax.
由(1)知ex≥1＋x，当且仅当x＝0时等号成立．
故f′(x)≥x－2ax＝(1－2a)x，
从而当1－2a≥0，即a≤时，f′(x)≥0(x≥0)，
而f(0)＝0，于是当x≥0时，f(x)≥0.
由ex>1＋x(x≠0)，可得e－x>1－x(x≠0).
从而当a>时，f′(x)故当x∈(0，ln 2a)时，f′(x)<0，而f(0)＝0，于是当x∈(0，ln 2a)时，f(x)<0.
综合得a的取值范围为.
原题的解析在处理第(2)问时用到的不等式放缩较难想到，现应用洛必达法则处理如下：
(2)方法一：当x≥0时，f(x)≥0，即ex－1－x≥ax2.
①当x＝0时，a∈R；
②当x>0时，ex－1－x≥ax2等价于a≤.
记g(x)＝，其中x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝.
记h(x)＝(x－2)ex＋x＋2，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝(x－1)ex＋1，当x∈(0，＋∞)时，h″(x)＝xex>0，
所以h′(x)＝(x－1)ex＋1在(0，＋∞)上单调递增，且h′(x)>h′(0)＝0，
所以h(x)＝(x－2)ex＋x＋2在(0，＋∞)上单调递增，且h(x)>h(0)＝0，
因此当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝>0，
从而g(x)＝在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则有，
g(x)＝ ＝ ＝ ＝，
即当x→0时，g(x)→，所以当x∈(0，＋∞)时，
所以g(x)>，因此a≤.
综上所述，当a≤且x≥0时，f(x)≥0成立．
方法二：f′(x)＝ex－1－2ax；
①当a≤时，f′(x)＝ex－1－2ax≥ex－1－x≥0(ex－1－x≥0，求导易证)；
所以y＝f(x)在x∈[0，＋∞)上单调递增，从而f(x)≥f(0)＝0，命题是成立的．
②当a>时，f′(x)＝ex－1－2ax，易得f′(0)＝0，f″(x)＝ex－2a，其中2a>1，可得y＝f′(x)在x∈(0，ln 2a)上单调递减，在x∈(ln 2a，＋∞)上单调递增．
且f′(0)＝0，所以当x∈(0，ln 2a)时，f′(x)所以y＝f(x)在x∈(0，ln 2a)上单调递减，
故f(x)故得正确答案是a≤.
　 INCLUDEPICTURE "技法点拨J.TIF" INCLUDEPICTURE "技法点拨J.TIF" \* MERGEFORMAT
1．对恒成立问题中的求参数取值范围，参数与变量分离较易理解，但有些题中求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好地处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．
2．对于不能分离参数或分离参数后求最值较困难的问题，我们可以把含参不等式整理成f(x，a)>0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，转化为讨论函数的单调性和极值．在解题过程中常常要用到如下结论：
(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)>0恒成立 g(a)>0，f(x，a)≥0恒成立 g(a)≥0；
(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)<0恒成立 g(a)<0，f(x，a)≤0恒成立 g(a)≤0.
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