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重难突破微专题(十) 洛必达法则
2022-01-08 | 阅:
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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:
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.
0·∞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:
洛必达法则只适用于型或型的极限.
如果lim仍是型或型,则可继续使用洛必达法则.
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-sinx,g(x)=axcosx-2sinx(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-sinx在R上单调递增,所以f′(x)≥0恒成立,所以f′(x)=m-cosx≥0,即m≥cosx,所以mmin=1.
(2)因为m=1,所以函数f(x)=x-sinx,
由f(x)≥g(x)对任意x都成立,得
x+sinx-axcosx≥0恒成立.
即axcosx≤x+sinx恒成立.
当x=0时,0≤0恒成立;
当x=时,0≤+1恒成立;
当0
令h(x)=,则h′(x)=
=
=>0,
所以h(x)=在x上单调递增;
所以a
h(x)===2,
所以0
初等方法解决:
因为m=1,所以函数f(x)=x-sinx,
因为f(x)≥g(x),所以x+sinx-axcosx≥0.
对于任意x,令H(x)=x+sinx-axcosx,则H′(x)=1+cosx-a(cosx-xsinx)=1+(1-a)cosx+axsinx
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0
当1-a<0,即a>1时,令h(x)=1+(1-a)cosx+axsinx,
于是h′(x)=(2a-1)sinx+axcosx.
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.
()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
()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,ln2a)时,f′(x)<0,而f(0)=0,于是当x(0,ln2a)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.
当x=0时,aR;
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;
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.
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,ln2a)上单调递减,在x(ln2a,+∞)上单调递增.
且f′(0)=0,所以当x(0,ln2a)时,f′(x)
所以y=f(x)在x(0,ln2a)上单调递减,
故f(x)
故得正确答案是a≤.
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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