2023届高考数学专项练习导数解密36专题k专题11 导数中洛必达法则的应用含答案.docx

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1、2023届高考数学专项练习导数解密36专题11导数中洛必达法则的应用 【方法总结】在解决不等式恒(能)成立，求参数的取值范围这一类问题时，最常用的方法是最值分析法或参变分离法用最值分析法常需要分类讨论，有时对参数进行讨论会很难用参变分离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，或趋于无穷出现“”或“”型的代数式，就没法求其最值解决此类问题的有效方法就是利用洛必达法则“”或“”型的代数式，是大学数学中的不定式问题，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的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g(x)0；(3)A，

2、那么A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的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g(x)0；(3) A，那么A法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1) f(x)0及g(x)0；(2)m0，f(x)和g(x)在(，m)与(m，)上可导，且g(x)0；(3) A那么A注意：(1)必达法则的功能是用于求极限值；(2)主要用于，两种类型，其他结构需转化才能应用；(3) 未定式可以连续应用，已定式不能再用计算下列各题(1)；(2)xlnx；(3)()；(4)解析(1)1；(2)不适合条件，需转化xlnx(x)0；(3)()；(4)注意：为已定式，不

3、能再用洛必达法则【例题选讲】例1(2011全国)已知函数f(x)，曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线方程为x2y30(1)求a，b的值；(2)如果当x0，且x1时，f(x)，求k的取值范围解析(1)f(x)由于直线x2y30的斜率为，且过点(1，1)，故即解得(2)方法一(最值分析法)由(1)知f(x)，所以f(x)令函数h(x)2ln x(x0)，则h(x)若k0，由h(x)知，当x1时，h(x)0，h(x)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x0，且x1时，f(x)0，即f(x)若0k1由于(k1)(x21

4、)2x(k1)x22xk1的图象开口向下，且44(k1)20，对称轴x1，所以当x时，(k1)(x21)2x0，故h(x)0，而h(1)0，故当x时，h(x)0，可得h(x)0，与题设矛盾若k1，此时(k1)(x21)2x0即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，k的取值范围为(，0此方法在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：(2)方法二(参变分离法)由题设可得，当x0，x 1时，k0，x1)，则g(x)2，再令h(x)(x21)ln xx21(x0，x1)，则h(x)2xln xx，h(x)2ln x1，易知h(x)2ln

5、x1在(0，)上为增函数，且h(1)0故当x(0，1)时，h(x)0h(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(0，1)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)2121210k0，即k的取值范围为(，0例2已知函数f(x)x2ln xa(x21)，aR若当x1时，f(x)0恒成立，求实数a的取值范围解析方法一(最值分析法)f(x)2xln xx2axx(2ln x12a)，因为x1，所以2ln x11，则当a时，f(x)x(2ln x

6、12a)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；当a时，由f(x)x(2ln x12a)0，得xx0，且2ln x012a0，x0，则x1，)时，f(x)0，则f(x)单调递增，f(x)minf()()2a()21e2a1a(e2a11)a1时，a，令g(x)(x1)，则g(x)，因为x1，则(x212ln x)2x0，故yx212ln x在(1，)上单调递增，则yx212ln x0，故g(x)0所以g(x)在(1，)上单调递增则g(x)g(1)，由洛必达法则知 所以由a恒成立，则a例3已知函数f(x)(x1)lnxa(x1)，若当x(1，)时

7、，f(x)0，求a的取值范围解析方法一(最值分析法)由f(x)(x1)ln xa(x1)，得f(x)ln x1a(1)当1a0，即a1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)上单调递增，所以f(x)f(1)0(2)当a1时，令g(x)f(x)，则g(x)0，所以g(x)在(1，)上单调递增，于是f(x)f(1)2a若2a0，即10，于是f(x)在(1，)上单调递增，于是f(x)f(1)0若2a2时，存在x0(1，)，使得当1xx0时，f(x)0，于是f(x)在(1，x0)上单调递减，所以f(x)0a0，于是K(x)在(1，)上单调递增，所以K(x)K(1)0，于是H(x)0，从而H(x)在(1，

8、)上单调递增由洛必达法则，可得2，于是a2，所以a的取值范围是(，2例4已知函数f(x)x(ex1)ax2(aR)(1)若f(x)在x1处有极值，求a的值(2)当x0时，f(x)0，求实数a的取值范围解析(1)f(x)ex1xex2ax(x1)ex2ax1，依题意知f(1)2a10，a(2)方法一(最值分析法)当x0时，f(x)0，即x(ex1)ax20，即ex1ax0，令(x)ex1ax(x0)，则(x)min0，(x)exa当a1时，(x)exa0，(x)在(0，)上单调递增，(x)(0)0，a1满足条件当a1时，若0xln a，则(x)ln a，则(x)0(x)在(0，ln a)上单调递

9、减，在(ln a，)上单调递增，(x)min(ln a)a1aln a0令g(a)a1aln a(a1)，g(a)1(1ln a)ln a0，g(a)在(1，)上单调递减g(a)1不满足条件，综上，实数a的取值范围是(，1方法二(参变分离法)当x0时，f(x)0，即x(ex1)ax20，即ex1ax0，即axex1，即a恒成立，令h(x)(x0)，h(x)，令k(x)ex(x1)1(x0)，k(x)exx0，k(x)在(0，)上单调递增，k(x)k(0)0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增由洛必达法则知，h(x)ex1，a1故实数a的取值范围是(，1【对点训练】1已知函数f(x)(x1

10、)ln(x1)若对任意x0都有f(x)ax成立，求实数a的取值范围1解析方法一(最值分析法)令(x)f(x)ax(x1)ln(x1)ax(x0)，则(x)ln(x1)1a，x0，ln(x1)0(1)当1a0，即a1时，(x)0，(x)在(0，)上单调递增，又(0)0，(x)0恒成立，故a1满足题意(2)当1a1时，令(x)0，得xea11，x(0，ea11)时，(x)0，(x)在(0，ea11)上单调递减，在(ea11，)上单调递增，(x)min(ea11)0恒成立矛盾，故a1不满足题意综上有a1，故实数a的取值范围是(，1方法二(参变分离法)x(0，)时，(x1)ln(x1)ax恒成立，即a

11、0)，g(x)令k(x)xln(x1)(x0)，k(x)10，k(x)在(0，)上单调递增k(x)k(0)0，xln(x1)0恒成立，g(x)0，故g(x)在(0，)上单调递增由洛必达法则知g(x) ln(x1)11，a1，故实数a的取值范围是(，12设函数f(x)ln(x1)aexa，aR，当x(0，)时，f(x)0恒成立，求a的取值范围2解析(参变分离法)f(x)0对x(0，)恒成立a设h(x)则h(x)，当x0时，1ex 0，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增，当x0时，ln(x1)0，1ex0，h(x)在(0，)上的值域为(1，)，a1故a的取值范围是(，13已知函数f(x)，当

12、x0且x1时，f(x)恒成立，求k的取值范围3解析(参变分离法)8由题意，当x0且x1时，f(x)恒成立等价于k0，所以，当x0时，h(x)0，h(x)在(0，)上单调递增，且h(1)0，因此，当x(0，1)时，h(x)0；即当x(0，1)时，g(x)0；所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，)上单调递增由洛必达法则有g(x) 1 10，即当x1时，g(x)0所以当x0且x1时，g(x)0，所以k0故所求k的取值范围是(，04设函数f(x)ex1xax2(1)若a0，求f(x)的单调区间；(2)若当x0时，f(x)0，求a的取值范围4解析(1)a0时，f(x)ex1x，f(x)ex1当x

13、(，0)时，f(x)0故f(x)的单调递减区间为(，0)，单调递增区间为(0，)(2)(参变分离法)当x0时，f(x)0，对任意实数a，均有f(x)0；当x0时，f(x)0等价于a令g(x)(x0)，则g(x)，令h(x)xex2exx2(x0)，则h(x)xexex1，h(x)xex0，h(x)在(0，)上为增函数，h(x)h(0)0，h(x)在(0，)上为增函数，h(x)h(0)0，g(x)0，g(x)在(0，)上为增函数由洛必达法则知，故a综上，a的取值范围为专题12导数中隐零点的应用 【方法总结】利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系

14、，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法用显性的代数表达的(f(x)0是超越形式)，称之为“隐零点”对于隐零点问题，常常涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧用隐零点处理问题时，先证明函数f(x)在某区上单调，然后用零点存在性定理说明只有一个零点此时设出零点x0，则f(x)0的根为x0，即有f(x0)0注意确定x0的合适范围，如果含参x0的范围往往和参数a的范围有关这时就可以把超越式用代数式表示，同时根据x0的范围可进行适当的放缩从而问题得以解决基本解决思路是：形式上虚设，运算上代换，数值上估算用隐零点可

15、解决导数压轴题中的不等式证明、恒成立能成立等问题隐零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f(x0)0，并结合f(x)的单调性得到零点的取值范围(2)以零点为分界点，说明导函数f(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小注意：确定隐性零点范围的方式是多种多样的，可以由零点的存在性定理确定，也可以由函数的图象特征得到，甚至可以由题设直接得到等等至于隐性零点的范围精确到多少，由所求解问题决定，因此必要时尽可能缩小其范围进行代数式的替换过程中，尽可能将目标式变形为整式或分

16、式，那么就需要尽可能将指、对数函数式用有理式替换，这是能否继续深入的关键最后值得说明的是，隐性零点代换实际上是一种明修栈道，暗渡陈仓的策略，也是数学中“设而不求”思想的体现考点一不等式证明中的“隐零点”【例题选讲】例1(2015全国)设函数f(x)e2xalnx(1)讨论f(x)的导函数f(x)的零点的个数；(2)证明：当a0时，f(x)2aaln解析(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2e2x(x0)由f(x)0得2xe2xa令g(x)2xe2x，g(x)(4x2)e2x0(x0)，从而g(x)在(0，)上单调递增，所以g(x)g(0)0当a0时，方程g(x)a有一个根，即f(x)存在

17、唯一零点；当a0时，方程g(x)a没有根，即f(x)没有零点(2)由(1)可设f(x)在(0，)上的唯一零点为x0，当x(0，x0)时，f(x)0故f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增，所以f(x)minf(x0)由2e2x00得e2x0，又x0，得ln x0lnln2x0，所以f(x0)aln x0a2ax0aln2aln 2aaln故当a0时，f(x)2aaln例2(2013全国)设函数f(x)exln(xm)(1)若x0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性；(2)当m2时，求证：f(x)0解析(1)f(x)ex由x0是f(x)的极值点得f(0)0，所以

18、m1于是f(x)exln(x1)，定义域为(1，)，f(x)ex函数f(x)ex在(1，)单调递增，且f(0)0因此当x(1，0)时，f(x)0；当x(0，)时，f(x)0所以f(x)在(1，0)单调递减，在(0，)单调递增(2)当m2，x(m，)时，ln(xm)ln(x2)，故只需证明当m2时，f(x)0当m2时，函数f(x)ex在(2，)单调递增又f(1)0，f(0)0，故f(x)0在(2，)有唯一实根x0，且x0(1，0)当x(2，x0)时，f(x)0；当x(x0，)时，f(x)0，从而当xx0时，f(x)取得最小值由f(x0)0得，ln(x02)x0，故f(x)f(x0)x00综上，当

19、m2时，f(x)0例3已知函数f(x)xexa(xlnx)(1)讨论f(x)极值点的个数；(2)若x0是f(x)的一个极小值点，且f(x0)0，证明：f(x0)2(x0x)解析(1) f(x)(x1)exa(x1)，x(0，)当a0时，f(x)0，f(x)在(0，)上为增函数，不存在极值点；2当a0时，令h(x)xexa，h(x)(x1)ex0显然函数h(x)在(0，)上是增函数，又因为当x0时，h(x)a0，必存在x00，使h(x0)0当x(0，x0)时，h(x)0，f(x)0，f(x)0，f(x)为增函数所以，xx0是f(x)的极小值点综上，当a0时，f(x)无极值点，当a0时，f(x)有

20、一个极值点(2)由(1)得，f(x0)0，即x0ex0a，f(x0)x0ex0a(x0ln x0)x0ex0(1x0ln x0)，因为f(x0)0，所以1x0ln x00，令g(x)1xln x，g(x)1g(1)得x0，所以(x)为增函数，(x)(1)0，即(x)0，即ln x1x，所以ln(x1)x10，则ex0x01因为x0(0，1)，所以1x0ln x01x01x02(1x0)0相乘得ex0(1x0ln x0)(x01)(22x0)，所以f(x0)x0ex0(1x0ln x0)2x0(x01)(1x0)2x0(1x)2(x0x)故f(x0)2(x0x)成立例4已知函数f(x)aexsi

21、nxx，x0，(1)证明：当a1时，函数f(x)有唯一的极大值点；(2)当2a0时，证明：f(x)解析(1)当a1时，f(x)xsin xex，f(x)1cos xex，因为x0，所以1cos x0，令g(x)1cos xex，g(x)exsin x0，g()e0，所以存在x0(0，)，使得f(x0)0，且当0x0；当x0x时，f(x)0所以函数f(x)的单调递增区间是0，x0，单调递减区间是x0，所以函数f(x)存在唯一的极大值点x0(2)当2a0时，令h(x)aexsin xx，则h(x)aexcos x1，令k(x)aexcos x1，则k(x)aexsin x0，h()ae0，所以存在

22、t(0，)，使得h(t)0，即aetcos t10，且当0x0；当tx时，h(x)0所以函数h(x)在区间0，t上单调递增，在区间t，上单调递减3h(x)maxh(t)aetsin tt，t(0，)，因为aetcos t10，只需证(t)sin tcos tt10，所以函数(t)在区间(0，)上单调递增，(t)()0，即f(x)1解析(1)因为f(x)xexa，由f(0)1得a1，又当x0时，f(x)1，所以切线方程为y(1)1(x0)，即xy10，所以b1(2)令g(x)f(x)xex1，则g(x)(x1)ex，所以当x1时，g(x)单调递减，且此时g(x)0，则g(x)在(，1)内无零点；

23、当x1时，g(x)单调递增，且g(1)0，所以g(x)0有唯一解x0，f(x)有唯一的极值点x0由x0ex01ex0，f(x0)x01，又g10x012x02已知函数f(x)extlnx(1)若x1是f(x)的极值点，求t的值，并讨论f(x)的单调性；(2)当t2时，证明：f(x)02解析(1)函数f(x)的定义域(0，)，因为f(x)ext，x1是f(x)的极值点，所以f(1)e1t10，所以t1，所以f(x)ex1，因为yex1和y，在(0，)上单调递增，所以f(x)在(0，)上单调递增，当x1时，f(x)0；0x1时，f(x)0，此时，f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(

24、1，)，(2)当t2时，f(x)extln xex2ln x，设g(x)ex2ln x，则g(x)ex2，4因为yex2和y在(0，)上单调递增，所以g(x)在(0，)上单调递增，因为g(1)10，所以存在x0(1，2)使得g(x0)0，所以在(0，x0)上使得g(x)0，所以g(x)在(0，x0)单调递减，在(x0，)上单调递增，所以g(x)g(x0)，因为g(x0)0，即ex02，所以ln x02x0，所以g(x0)ex02ln x0x02，因为x0(1，2)，所以g(x0)x02220，所以f(x)03已知函数faex2x，aR(1)求函数f的极值；(2)当a1时，证明：flnx2x23

25、解析(1) faex2，当a0时，f0时，令f0得xln，令f0得xln，令f0得x0时，f的极小值为22ln，无极大值(2)当a1时，fln x2xexln x，令gexln x2，转化为证明g0，gex，令(x)ex(x0)，则(x)ex(x0)，则(x)0，g在上为增函数，ge10，g20，fln x2x254已知函数f(x)bxlnx，其中a，bR(1)若函数f(x)在点(e，f(e)处的切线方程为yxe，求a，b的值；(2)当b1时，f(x)1对任意x恒成立，证明：a4解析(1)由题得f(x)b(ln x1)，f(e)2b1，且f(e)eb2e，从而解得ae2，b1(2)由f(x)1

26、对任意x恒成立，得bxln x1，等价于axbx2ln x，令g(x)xbx2ln x，x，则g(x)1b(2xln xx)，令(x)1b(2xln xx)，则(x)b(2ln x3)，易知(x)0，g(1)1b(2ln11)1b5已知函数f(x)exalnx(其中e2.718 28，是自然对数的底数)(1)当a0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程；(2)求证：当a1时，f(x)e15解析(1)a0时，f(x)exln x，f(x)ex(x0)，f(1)e，f(1)e1，函数f(x)的图象在(1，f(1)处的切线方程为：ye(e1)(x1)，即(e1)xy10(2)f(x)e

27、xa(x0)，设g(x)f(x)，则g(x)exa0，g(x)是增函数，exaea，由ea，得xea，当xea时，f(x)0；若0x1，则exaea1，由ea1得，xea1，当0xmin1，ea1时，f(x)0，故f(x)0仅有一解，记为x0，则当0xx0时，f(x)x0时，f(x)0，f(x)递增；6f(x)minf(x0)ex0aln x0，而f(x0)ex0a0，所以ex0a，所以aln x0x0，记h(x)ln xx，则f(x0)ln x0h，a1，即a1，所以h(x0)h，而h(x)显然是增函数，0x0e，hh(e)e1综上，当a1时，f(x)e1考点二不等式恒成立与存在性中的“隐零

28、点”【例题选讲】例1已知函数f(x)axxlnx(aR)(1)若函数f(x)在区间e，)上为增函数，求a的取值范围；(2)当a1且kZ时，不等式k(x1)f(x)在x(1，)上恒成立，求k的最大值解析(1)函数f(x)在区间e，)上为增函数，f(x)alnx10在区间e，)上恒成立，a(ln x1)max2，a2a的取值范围是2，)(2)当a1时，f(x)xxlnx，kZ时，不等式k(x1)f(x)在x(1，)上恒成立，k1)则h(x)10，h(x)在(1，)上单调递增，h(3)1ln30，存在x0(3，4)，使h(x0)0，即当1xx0时，h(x)0，即g(x)x0时，h(x)0，即g(x)

29、0，g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，)上单调递增令h(x0)x0lnx020，即lnx0x02，g(x)ming(x0)x0(3，4)k0设g(x)f(x)，则g(x)aex10，g(x)在(0，)上单调递增，即f(x)在(0，)上单调递增，当a1时，f(1)0，则f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，f(x)minf(1)1，f(x)1成立；当a1时，1，0，使得f(x0)aex010，且当x(0，x0)时f(x)0，ae x01，lnax01lnx0，因此f(x)minf(x0)ae x01lnx0lnalnax01lna2lna122lna11，f(x)1，f

30、(x)1恒成立；当0a1时，f(1)alnaa1，f(1)0，h(x)单调递增；在(1，)上h(x)0，得0xe；由h(x)e，h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，)上单调递减h(x)h(e)，8又h(1)0，当0x1时，h(x)e时，h(x)0，则h(x)的大致图象如图所示，可知，k或k0(2)x(ex2)(ln xkx)1恒成立，且x0，kex2恒成立，令(x)ex2，则 (x)ex，令(x)ln xx2ex，则 (x)(2xexx2ex)xex(2x)0)，(x)在(0，)上单调递减，又10，(1)e0，由函数零点存在定理知，存在唯一零点x0，使(x0)0，即ln x0x，两边取对数

31、可得ln(ln x0)2ln x0x0，即ln(ln x0)(ln x0)x0ln x0，由函数yxln x为增函数，可得x0ln x0，又当0x0，(x)0；当xx0时，(x)0, (x)0，(x)在(0，x0)上单调递增，在(x0，)上单调递减，(x)(x0)221，k(x0)1，即k的取值范围为k1例4已知f(x)asinx，g(x)lnx，其中aR，yg1(x)是yg(x)的反函数(1)若00，m0恒成立，求满足条件的最小整数b的值解析(1)由题意知G(x)asin(1x)lnx，G(x)acos(1x)(x0)，当x(0，1)，01，0cos(1x)1，acos(1x)0，故函数G(x)在区间(0，1)上是增函数9(2)解法一由对任意的x0，m0恒成立，即bexmx22x2恒成立，令h(x)exmx22x2，则h(x)ex2mx2，h(x)ex2m0，h(x)ex2mx2在(0，) 上单调递减，h(x)max0，m(x)在(0，ln2)上单调递增，m(x)m(0