微专题44 洛必达法则.pptxVIP

上篇板块五函数与导数微专题44洛必达法则公开课教学课件PPT

01.题型聚焦分类突破

核心归纳近些年高考函数与导数经常考查利用不等式恒成立求参数范围，此类问题主要采用分类讨论求最值和参变分离求最值，由于含参讨论比较困难，因此学生更多选择参变分离来处理.但有时分离后的函数的最值会在无意义点处或者趋近于无穷大，此时利用洛必达法则可达到事半功倍的效果.

从而h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝0，因此当x∈(0，1)时，h(x)0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)0，故当x∈(0，1)时，g′(x)0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)0，

即当x→1时，g(x)→0，即当x0且x≠1时，g(x)0.因为kg(x)恒成立，所以k≤0.综上所述，k的取值范围为(－∞，0].法二(分类讨论、反证法)

当x≠1时，h′(x)0.因为h(1)＝0，所以当x∈(0，1)时，h(x)0，

令n(x)＝2exlnx－4x＋4，x∈(1，＋∞)，则n′(x)＝2e(lnx＋1)－4＝2elnx＋2e－40，则n(x)在(1，＋∞)上单调递增，n(x)n(1)＝0，∴m′(x)0，则m(x)在(1，＋∞)上单调递增，m(x)m(1)＝0.∴t′(x)0，则t(x)在(1，＋∞)上单调递增，

再令m(x)＝2ex－2x－x2－2，则m′(x)＝2ex－2－2x＝2(ex－x－1)，易得当x0时，m′(x)0，即m(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴m(x)m(0)＝0，∴h′(x)0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴h(x)h(0)＝0，∴g′(x)0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，

记g(x)＝3sinx－xcosx－2x，则g′(x)＝2cosx＋xsinx－2，∵g″(x)＝－2sinx＋sinx＋xcosx＝xcosx－sinx，g(x)＝－xsinx＜0，

02.高分训练对接高考

一、基本技能练1.已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.解当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x0)，则h′(x)＝xex－ex＋1，记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex0，∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，且当x→0时，h′(x)→0，∴h′(x)0，

∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，且当x→0时，h(x)→0，∴h(x)0，∴g′(x)0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数.

2.已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围.解当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0.①当x＝0时，a∈R；记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝xex0，因此h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(x)h(0)＝0，

即当x→0时，g(x)→1，所以g(x)1，即有a≤1.综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1].

3.已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1).若对任意x0都有f(x)ax成立，求实数a的取值范围.解法一令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x0，∴ln(x＋1)0.(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)0恒成立，故a≤1满足题意.

(2)当1－a0，即a1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)0，∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)φ(0)＝0与φ(x)0恒成立矛盾，故a1不满足题意.综上，实数a的取值范围是(－∞，1].

∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)k(0)＝0，∴当x0时，x－ln(x＋1)0恒成立，

二、创新拓展练4.已知函数f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a∈R.若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围. 解法一由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0， 当x＝1时，不等式成立，

法二f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因为x≥1，所以2lnx＋1≥1，

此时f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以f(x)≥f(1)＝0，

本节内容结束班级：一年级三班主讲人：王小军老师THANKS