人教高中数学专题24 导数中的洛必达法则(解析版).docx

专题24 导数中的洛必达法则
函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
[洛必达法则]
法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝0及 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) ＝l，那么 ＝ ＝l.
法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1) f(x)＝∞及 g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3) ＝l，那么 ＝ ＝l.
1．已知函数f(x)＝＋，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x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝－.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＝.
设h(x)＝2ln x＋(x>0)，则h′(x)＝.
①设k≤0，由h′(x)＝知，当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，即f(x)>＋.
②设0<k<1.由于y＝(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，
对称轴x＝>1，所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾，
③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾．
综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)
法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又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)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知，
g(x)＝2 ＋1＝2 ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
2．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．
【解析】设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．
又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2>0(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．
由f(x)≤，得a≤，再设g(x)＝(x>0)，得g(x)>(x>0)．
连续两次使用洛必达法则1，得g(x)＝＝＝，
所以g(x)的下确界是.题设即“当x>0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范围是.
3．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．
【解析】因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0；所以要使f(x)在R上有5个零点，
只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a＝在(0，＋∞)上有2个根．
所以等价于y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有2个交点．g′(x)＝，
x
(0,1)
(1，＋∞)
g(x)
＋
－
所以g(x)的最大值为g(1)＝1.
因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：
g(x)＝ ＝ ＝0，所以0<a<g(1)，所以0<a<1.
4．已知