洛必达法则的应用

前言

在高三数学的函数与导数的题目教学中，有一类题目比如“求参数的取值范围”，有时候若是采用洛必达法则，会变得很简单，下面以2016-17年度宝鸡市第一次质量检测理科数学的21题为例加以说明。

案例分析

例1【2016-17年度宝鸡市第一次质量检测理科数学的21题(3)改编】已知函数(f(x)=x^2lnx+1-x)，若(xge 1)时，总有(f(x)ge m(x-1)^2)成立，求参数(m)的取值范围。

分析：由于是恒成立问题，我们一般首选分离参数做尝试，

又由于(xge 1)，则参数(m)的系数((x-1)^2ge 0)，故先分类讨论如下

(1^o)，当(x=1)时，即(0ge 0m)，则(min R).

(2^o)，当(x>1)时，分离参数得到(mleq cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2})，令(cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}=h(x))，

接下来我们一般是求(h(x)_{min})，为达到这一目的，我们需要做两个工作：分析单调性和求最值，

先说分析单调性，此处一般常常采用导数的方法（当函数形式复杂时，导数的方法往往会被我们舍弃）

和其他求单调性的方法（？比如利用函数单调性的结论）

如(h(x)=cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2})(=cfrac{x^2}{(x-1)^2}lnx+cfrac{1-x}{(x-1)^2})(=cfrac{1}{(cfrac{1}{x}-1)^2}lnx+cfrac{1}{1-x})，

其中(cfrac{1}{(frac{1}{x}-1)^2})单增，为正，(lnx)单增，为正，故(cfrac{1}{(frac{1}{x}-1)^2}lnx)单增，而(cfrac{1}{1-x})易知单增，

所以函数(h(x))在((1，+infty))上单增，所以很容易想到求其最小值。

再议求最值，大家发现此时函数(h(x)_{min})并不存在，所以我们只能求它的最小值的极限。

但是你发现(h(1)=cfrac{0}{0})，许多的学生就傻眼了，也就很快否定了自己这个思路的正确性。

其实若是用到“洛必达法则”，这个思路是个很好的选择。

洛必达法则

对高三学生来说，涉及到极限，有点复杂，不过很好用。

分式型函数(h(x)=cfrac{f(x)}{g(x)})， (limlimits_{x o 1^+} h(x)=cfrac{0}{0})，则(limlimits_{x o 1^+} h(x)= limlimits_{x o 1^+} cfrac{f'(x)}{g'(x)})，这就是洛必达法则。

• 适用范围

1、适用于(cfrac{0}{0})或(cfrac{infty}{infty})型的极限计算。

2、可以多次求导使用。

3、(limlimits_{x o 1^+} h(x)= limlimits_{x o 1^+} cfrac{f'(x)}{g'(x)})。

言归正传，接上求最小值的极限：

(limlimits_{x o 1^+} h(x))(=limlimits_{x o 1^+} cfrac{f'(x)}{g'(x)})(=limlimits_{x o 1^+} cfrac{(x^2lnx+1-x)'}{((x-1)^2)'})

(=limlimits_{x o 1^+} cfrac{2xlnx+x-1}{2(x-1)})(=limlimits_{x o 1^+}cfrac{2lnx+2+1}{2})(=cfrac{3}{2})。

则有(mleq cfrac{3}{2}).

综上所述，可知(m)的取值范围为(mleq cfrac{3}{2}).

有了这个求极限的新方法的加盟，我们在求参数的取值范围的题目时，在选择分离参数的方法上能处理的函数范围会更广。

再次熟悉

例1已知函数(f(x)=e^x(sinx+cosx))，如果对于任意的(xin [0，cfrac{pi}{2}])，(f(x)ge kx+e^xcosx)恒成立，求实数(k)的取值范围；

分析：这类题目我们一般很常用分离参数的思路，故先将表达式变形为(kxleq e^xsinx)，

到此分离参数(k) 时，需要针对(x)的取值分类讨论，

当(x=0)时，代入得到(0 imes kleq 0)，故此时(kin R)；

当(x>0)时，分离参数得到(kleq cfrac{e^xsinx}{x})，

这时令(cfrac{e^xsinx}{x}=g(x))，我们只需要求得(g(x)_{min})即可；

(g'(x)=cfrac{xcdot e^xcosx+xcdot e^xsinx-e^xsinx}{x^2})

(=cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2})，

此时(x^2，e^x)的符号都好判断，就是(xsinx+xcosx-sinx)的符号不好判断，

故再定义(h(x)=xsinx+xcosx-sinx)，

(h'(x)=sinx+cosx-x(cosx+sinx)-cosx=sinx+x(cosx-sinx))，

(注意，此时求导的目的是为了更好的判断(g'(x))的正负)

结合图像可知，当(xin(0，cfrac{pi}{4}))时，(sinx>0，x>0，cosx-sinx>0)，

故此时(h'(x)>0)，接下来不好判断，我们考虑其极端情形，(h'(cfrac{pi}{2})=1-cfrac{pi}{2}<0)；

这说明，当(xin(0，x_0))时，(h'(x)>0)，当(xin(x_0，cfrac{pi}{2}))时，(h'(x)<0)，

故(h(x))在(xin(0，x_0))单调递增，在(xin(x_0，cfrac{pi}{2}))单调递减，

又验证(h(0)=0，h(cfrac{pi}{2})=cfrac{pi}{2}-1>0)，

故则有(h(x)>0)，即当(xin(0，cfrac{pi}{2}])时，恒有(h(x)>0)，

故(g'(x)=cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2}>0)，

则(g(x))在(xin(0，cfrac{pi}{2}])上单调递增，(g(x)_{min}=g(0))；

接下来用洛必达法则求解，

(limlimits_{x o 0} g(x)= limlimits_{x o 0} cfrac{e^xsinx}{x})(=limlimits_{x o 0} cfrac{(e^xsinx)'}{x'})

$ =limlimits_{x o 0} cfrac{e^xsinx+e^xcosx}{1}$$=cfrac{1}{1}=1$；

(g(x)_{min}=g(0)=1)；

综合以上，求其交集得到，(kleq 1).

反思：一路求导，这是一个比较常用的21题的第二问的求解思路；不过这时不要忘了，一路求导的目的还是想判断第一个导函数的正负，所以还可以考虑在某个导函数中使用函数的图像来判断正负；

例3已知函数(f(x)=cfrac{lnx}{1-x})，(phi(x)=(x-1)^2cdot f'(x)).

⑴若函数(phi(x))在区间((3m，m+cfrac{1}{2}))上单调递减，求实数(m)的取值范围；

⑵若对于任意的(xin (0，1))，恒有((1+x)cdot f(x)+2a<0(a>0))，求实数(a)的取值范围；

【解析】⑴由于(f'(x)=cfrac{cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2})，

故(phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0&x eq 1))

所以(phi'(x)=-cfrac{1}{x^2}+cfrac{1}{x}=cfrac{x-1}{x^2})，

则(phi(x))在区间((0，1))单调递减，又由题可知，

函数(phi(x))在区间((3m，m+cfrac{1}{2}))上单调递减，

则((3m，m+cfrac{1}{2})subseteq (0，1))，

则得到(egin{cases} 3m ge 0 \ m+cfrac{1}{2}leq 1 \ 3m < m+cfrac{1}{2}，end{cases}) 则有(egin{cases} mge 0 \ m <cfrac{1}{4} \ m leqcfrac{1}{2}，end{cases})

解得(0leq m <cfrac{1}{4})，故参数(m)的取值范围为((0，cfrac{1}{4})).

⑵转化为恒成立和分离参数来求解。

分析：对于任意的(xin (0，1))，恒有(-2age (1+x)cdot f(x))成立，

求导思路1：令(g(x)=(1+x)cdot f(x)=(1+x)cfrac{lnx}{1-x})，

则(g'(x)=cfrac{lnx}{1-x}+(1+x)cfrac{cfrac{1}{x}(1-x)-lnxcdot (1-x)'}{(1-x)^2})

(=cfrac{lnx}{1-x}+(1+x)cfrac{cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2})

(=cfrac{lnx(1-x)+cfrac{1}{x}(1-x)^2+(1+x)lnx}{(1-x)^2})

(=cfrac{2lnx-x+cfrac{1}{x}}{(1-x)^2})，

再令(h(x)=2lnx+cfrac{1}{x}-x)，则(h'(x)=cfrac{2}{x}-cfrac{1}{x^2}-1)，

则(h''(x)=-cfrac{2}{x^2}+cfrac{2}{x^3}=2(cfrac{1}{x^3}-cfrac{1}{x^2})>0)，

所以(h'(x))在区间((0，1))上单调递增，又(h'(1)=0)，

则在区间((0，1))上(h'(x)<0)，故(h(x))在区间((0，1))上单调递减，

又(h(1)=0)，则在区间((0，1))上(h(x)>0)，

故在区间((0，1))上(g'(x)>0)，从而(g(x))在区间((0，1))上单调递增，

故(g(x)_{max}= g(1))，以下用洛必达法则求解(g(1))；

(limlimits_{x o 1} g(x))(= limlimits_{x o 1} cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'})(=limlimits_{x o 1} cfrac{lnx+frac{1+x}{x}}{-1}=-2)；

故(g(x)_{max}= g(1))，故(-2a geqslant -2)，又(a >0)，解得(0< a leqslant 1)．

故参数(a)的取值范围为((0，1]).

求导思路2：令(g(x)=lnxcdot cfrac{1+x}{1-x}=lnx(1+cfrac{2}{1-x})=lnx(1-cfrac{2}{x-1}))；

则(g'(x)=[lnx(1-cfrac{2}{x-1})]')(=cfrac{1}{x}cdot (1-cfrac{2}{x-1})+lnxcdot (1-cfrac{2}{x-1})')

(=cfrac{1}{x}cdot cfrac{1+x}{1-x}+lnxcdot cfrac{2}{(x-1)^2})

(=cfrac{(1+x)(1-x)}{x(1-x)^2}+ cfrac{2xlnx}{x(x-1)^2})

(=cfrac{2xlnx+1-x^2}{x(x-1)^2}=cfrac{2lnx-x+frac{1}{x}}{(x-1)^2})

[到此，还可以借助函数(y=2lnx)和函数(y=-x+cfrac{1}{x})的图像来判断，注意这两个函数都过点((1，0))，且在区间((0，1))上都单调递增，不过我们可以通过个别值来判断其函数图像的高低，比如利用横坐标(x=e)，所以也可以判断在区间((0，1))上，(2lnx-x+frac{1}{x}>0)，故(g'(x)>0)].

其余仿上完成。

例4【2016高考新课标Ⅱ卷第20题】

已知函数(f(x)=(x+1)lnx-a(x-1))．

（I）当(a=4)时，求曲线(y=f(x))在((1，f(1))处的切线方程；

分析：(f(x)=(x+1)lnx-4(x-1))，(f(1)=0)，故切点为((1，0))

又(f'(x)=lnx+(x+1)cdot cfrac{1}{x}-4)，(f'(1)=-2)，

由点斜式得到(y-0=-2(x-1))，即(2x+y-2=0)；

（II）若当(xin(1，+infty))时，(f(x)>0)，求(a)的取值范围．

法1：当(xin(1，+infty))时，(f(x)>0)等价于(lnx-cfrac{a(x-1)}{x+1}>0)，

[反思]这样变形的目的是为了将(lnx)这一块变得简单，有助于求导。

设(g(x)=lnx-cfrac{a(x-1)}{x+1})，(g(1)=0)，

(g'(x)=cfrac{1}{x}-cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2})

(=cfrac{1}{x}-cfrac{2a}{(x+1)^2}=cfrac{x^2+2(1-a)x+1}{x(x+1)^2})

分子函数(y=x^2+2(1-a)x+1)的对称轴为(x=-cfrac{2(1-a)}{2}=a-1)，

当对称轴在(x=1)处或者其左侧时，在(x>1)时的函数图像是在(x)轴上方的，则分界点是(aleq 2)。

①当(aleq 2)时，(xin (1，+infty))时，

(x^2+2(1-a)x+1>x^2-2x+1>0)，故(g'(x)>0)，

(g(x))在((1，+infty))上单调递增，(g(1)=0)，

因此，(g(x)>0)，故(aleq 2)满足题意；

②当(a>2)时，令(g'(x)=0)得到，

(x_1=a-1-sqrt{(a-1)^2-1})，(x_2=a-1+sqrt{(a-1)^2-1})，

由(x_2>1)和(x_1x_2=1)可得，(x_1<1)，

故当(xin (1，x_2))时，(g'(x)<0)，(g(x))在区间((1，x_2))上单调递减，

此时(g(x)<g(1)=0)，故不符题意，舍去，

综上可知，(a)的取值范围是((-infty，2])。

法2：当(xin(1，+infty))时，(f(x)>0)，

即((x+1)lnx-a(x-1)>0)在(xin(1，+infty))时恒成立，

分离参数得到(a<cfrac{(x+1)lnx}{x-1}=h(x))在(xin(1，+infty))时恒成立，

只需要求(xin(1，+infty))时的(h(x))的最小值或最小值的极限即可。

(h'(x)=cfrac{[(x+1)lnx]'cdot (x-1)-[(x+1)lnx]cdot 1}{(x-1)^2})

(=cfrac{-2lnx+frac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2})

令(g(x)=-2lnx+x-cfrac{1}{x})，

(g'(x)=-cfrac{2}{x}+1+cfrac{1}{x^2}=cfrac{x^2+1-2x}{x^2}>0)，

故函数(g(x))在((1，+infty))上单调递增，故(g(x)>g(1)=0)，

故函数(h'(x)=cfrac{-2lnx+cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}>0)，

故函数(h(x))在((1，+infty))上单调递增，

故(h(x)>h(1)=cfrac{0}{0})，故需要用到洛必达法则来求(h(1))；

(h(1)=limlimits_{x o 1} h(x)= limlimits_{x o 1}cfrac{(x+1)lnx}{x-1})(= limlimits_{x o 1}cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'})

(= limlimits_{x o 1}cfrac{lnx+(x+1)cdot cfrac{1}{x}}{1})(=2)，故(h(1)=2)，

故(aleq 2)，即(a)的取值范围是((-infty，2])。

对应练习

例1【2020高三文科二轮用题】已知函数(f(x)=cfrac{lnx}{x}+a(x-1))，

(1).若(a=0)，求函数(f(x))的极值；

分析：若(a=0)，则函数(f(x)=cfrac{lnx}{x})，定义域为((0，+infty))，

则(f'(x)=cfrac{1-lnx}{x^2})，[此时借助分子函数(y=1-lnx)的图像，快速写出如下]

当(xin (0,e))时，(f'(x)>0)，则(f(x))单调递增，

当(xin (e,+infty))时，(f'(x)<0)，则(f(x))单调递减，

即函数(f(x))在((0,e))上单调递增，在((e,+infty))上单调递减，

所以函数(f(x))有极大值，极大值为(f(e)=cfrac{1}{e})，没有极小值；

[备注：此函数的图像使用频度很高，故建议学生理解记忆。如下]

(2).若在区间((1,+infty))上(f(x)<0)恒成立，求(a)的取值范围。

法1：分离参数+求新函数的最值+洛必达法则[成本较高]；

由题目可知，分离参数得到，(a(x-1)<-cfrac{lnx}{x})，则有(a<-cfrac{lnx}{x(x-1)})

令(g(x)=-cfrac{lnx}{x(x-1)})，需要求(g(x)_{min})，借助导数函数函数(g(x))；

(g'(x)=-cfrac{cfrac{1}{x} imes [x(x-1)]-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}=-cfrac{(x-1)-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2})，

由于数或形的方法思路都不能说明(g'(x))的正负，故引入二阶导，

令(h(x)=(x-1)-lnx(2x-1))，(h'(x)=1-[cfrac{1}{x}(2x-1)+lnxcdot 2]=cfrac{1}{x}-2lnx-1)，

显然函数(h'(x))单调递减，又由于(h'(1)=0)，故(h'(x)<0)恒成立，

则函数(h(x))在区间((1,+infty))上单调递减，又(h(1)=0)，故(h(x)<0)恒成立，

则(g'(x)=-cfrac{(x-1)-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}=-cfrac{h(x)}{[x(x-1)]^2}>0)，

故函数(g(x))单调递增，由于(xin (1，+infty))上，故(g(x)_{min})的极限为(g(1))，

此时要求解(g(1))的值，就需要用到洛必达法则。

(g(1)=limlimits_{x o 1} g(x)=limlimits_{x o 1}{-cfrac{[lnx]'}{[x(x-1)]'}})

(=limlimits_{x o 1}{-cfrac{frac{1}{x}}{2x-1}}=-cfrac{1}{2 imes1-1}=-1)

又由于(xin (1，+infty))，故(aleqslant -1)。

法2：分类讨论[成本较低，但对数学素养要求比较高]；

由于(x>1)，故在区间((1,+infty))上(f(x)<0)恒成立，即(lnx+ax^2-ax<0)在区间((1,+infty))上恒成立，

设(g(x)=lnx+ax^2-ax)，[备注：则需要说明(g(x))的最小值或最小值极限小于零，此时必然需要针对参数(a)分类讨论]

1).当(ageqslant 0)时，(g(2)=ln2+2a>0)，故不符合题意；舍去(ageqslant 0)；

[备注：将最容易说明的情形放到最前面；为了说明不是恒成立，需要找个反例说明，故采用赋值法排除；]

2).当(a<0)时，(g'(x)=cfrac{1}{x}+2ax-a=cfrac{2ax^2-ax+1}{x})，

令(g'(x)=0)，则(2ax^2-ax+1=0)，由于方程(2ax^2-ax+1=0)的判别式(Delta =a^2-8a>0(a<0))，且两根之积为(cfrac{1}{1a}<0)，故方程(g'(x)=0)有两个不等实根，设两根为(x_1,x_2)，且(x_1<0<x_2)，则正实根(x_2)与定义域的关系如下：

①.当(x_2>1)时，函数(g'(x))的分子函数的图像如图所示，

所以(g(x))在区间((1,x_2))上单调递增，在区间((x_2,+infty))上单调递减，

故(g(x_2)>g(1)=0)，则不符合题意；[数学素养：(g(1)=ln1+a imes 1^2-a imes 1=0)]

②当(x_2leqslant 1)时，即(g'(1)=2a-a+1leqslant 0)，也即(aleqslant -1)时，

借助导函数的分子图像可知，

(g(x))在((1,+infty))上单调递减，所以当(xin (1,+infty))时，(g(x)<g(1)=0)，符合题意；[数学素养：(g(1)=ln1+a imes 1^2-a imes 1=0)]

综上所述，(aleqslant -1).

(2).判断函数(f(x))的零点个数。(直接写出结论)

分析：由题目的要求可知，我们可以自己用自己的方法探索这个题目，不一定是用很严谨的数学语言来推理论证。

那么我们就完全可以使用数形结合的方法来思考问题。将函数的零点个数问题转化为函数(y=cfrac{lnx}{x})与动态函数(y=a(1-x))的图像的交点个数问题了。

其中函数(y=cfrac{lnx}{x})的图像可以做出来[也要求要能做出来]，函数(y=a(1-x)=-ax+a)的图像是一条直线，恒过点((1.0))，则由动图容易知道，

当(-aleqslant 0)时，两个函数图像有一个交点；

当(-a>0)且在相切以前和相切后，两个函数图像有两个交点；

当相切时，两个函数图像有一个交点；由于相切时切点为((1,0))，故(-a=cfrac{1-lnx}{x^2}|_{x=1}=1)，则(a=-1)，

综上所述，当(ageqslant 0)或(a=-1)时，两个函数图像有一个交点；当(a<0)且(a eq -1)时，两个函数图像有两个交点；