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1、学习数学领悟数学秒杀数学第 五 章导 数 275 专题专题 4 4 破解洛必达法则之隐零点护航法破解洛必达法则之隐零点护航法 秒杀秘籍：第一讲 洛必达(LHopital)法则 洛必达法则在一定情况下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，对于处理一类含参数不 等式恒成立的导数问题有一定的作用 洛必达法则 1：设 ( )( ) 00 0,0 limlim xxxx fxg x=， xgxf ,存在，且 0 x g， ( ) ( )0 lim xx fx gx 存在，则 ( ) ( ) ( ) ( )00 limlim xxxx fxfx g xgx = 洛必达法则 2：设 ( )( )
2、 00 , limlim xxxx fxg x= = ， xgxf ,存在，且 0 x g， xg xf xx lim 0 存在，则 xg xf xg xf xxxx limlim 00 洛必达法则的应用：洛必达法则的应用：若 0 xx xg xf k，令 ( ) ( )( ) 0 0lim xx fx pxx g x =，此时 0, 0 00 xgxf，故 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 000 0limlimlim xxxxxx fxfxfx pxx g xgxgx = = ，故当pk 时 0 xx xg xf k恒成立 若 0 xx xg xf k恒成立，令 ( )
3、 ( )( ) 0 0lim xx fx pxx g x =，此时 0, 0 00 xgxf，故 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 000 0limlimlim xxxxxx fxfxfx pxx g xgxgx = = ，故当pk 时 0 xx xg xf k恒成立。 注意注意： ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) 000 0limlimlim xxxxxx fxfxfx pxx g xgxgx = = 求导直到分母为非零数；分母不为零后，不能再 求导； xg xf xg xf ，出现繁分式一定要化简 【例 1】 （2010新课标卷）设函数 01 2 a
4、xxexf x 对, 0 x恒成立，求实数 a 的取值范围 【分析】 2 2 1 01 x xe aaxxexf x x 0 x，属于 0 0 类型，故可以利用洛必达法则求出 a 的取值范围 2 22 1 101 x xe aaxxeaxxexf x xx ，令 2 0 1 lim x x ex p x - - = ，根据洛 必达法则， 2 000 111 222 limlimlim xxx xxx exee p xx - - = = ，故 2 1 a 由于在高考中洛必达法则不能出现在试卷上（只给答案分） ，故可以采用“隐零点护航法”破解，如下： 【解析】求导得： axexf x 21， ae
5、xf x 2 ， 00010 20 aef aff21000 ，当021 a时， )0 ln20,xa$=+使0 0 x f。 故当 0 , 0 xx时， 0 x f， x f 为单调减区间，由于 ，00 f 故当 0 , 0 xx时，0 0 x f,即 xf在区间 0 , 0 xx单调递减，由于 00 f，故在区间 0 , 0 xx时， 0 xf，与题设矛盾 学习数学领悟数学秒杀数学第 五 章导 数 276 当021 a时， 02 aexf x 对, 0 x恒成立，故 12axexf x 在区间, 0 x单 调递增，故 0 x f恒成立，同理可得， xf在区间, 0 x单调递增，故 0 xf
6、恒成立。综上所述， 2 1 a 隐零点护航法：洛必达法则推出结果后，一定要履行“参变不分离”的策略，符合洛必达求出结果的区间 证明恒成立，不符合洛必达求出结果的区间推矛盾，而推矛盾要引入一个“隐零点” 0 x，故称为隐零点护 航法 【例 2】 （2016新课标卷）已知函数( )(1)(1)f xxlnxa x （1）当4a 时，求曲线( )yf x在)1 (,1 (f处的切线方程； （2）若当(1,)x时，( )0f x ，求a的取值范围 【 解 析 】 （ 1 ） 当4a 时 ，( )(1)4(1)f xxlnxxf（ 1 ）0， 即 点 为(1,0)， 函 数 的 导 数 1 ( )(1)
7、4fxlnxx x ， 则f（1）124242ln ，即函数的切线斜率kf（1）2 ，则曲线( )yf x在(1,0)处的切线 方程为2(1)22yxx ； （2） 【分析】参变分离得 () 1 ln 1 xx a x + - ， 由于1x 时， 属于 0 0 模型， 故可用洛必达法则秒出答案再来个“隐 零点护航法”写过程， () 11 1 ln 1 ln limlim2 11 xx x x xx x a x + + + = - ，由于1x，故2a （端点取不到，等号来辅 助） ，洛必达法则就是参数和变量的“结婚证”，隐零点护航就充分说明这一点； ()( )(1)(1)IIf xxlnxa x
8、， ( ) 10f= 1 ( )1fxlnxa x ，且 ( ) 12fa =-； 2 1 ( ) x fx x ， 1x ，( )0fx ，( )fx 在(1,)上单调递增，( )fxf （1）2a 2a，( )fxf（1）0，( )f x在(1,)上单调递增，( )f xf（1）0，满足题意； 2a ， 存在 0 (1,)x ， 0 ()0fx， 函数( )f x在 0 (1,)x上单调递减， 在 0 (x，)上单调递增， 由0) 1 (f， 可得存在 0 (1,)x ， 0 ()0f x，不合题意综上所述，2a 【例 3】 （2015山东）设函数)() 1ln()( 2 xxaxxf，其
9、中Ra （1）讨论函数)(xf极值点的个数，并说明理由； （2）若0 x，0)(xf成立，求a的取值范围 【解析】 （1）函数 f（x）=ln（x+1）+a（x2x） ，其中 aR，x（1，+） 1 12 2 1 1 2 x aaxax aax x xf令 g（x）=2ax2+axa+1 （1）当0a时，1)(xg，此时0)( xf，函数)(xf在（1，+）上单调递增，无极值点 （2）当0a时，)89()1 (8 2 aaaaa 当 9 8 0 a时，0，0)(xg，0)( xf，函数)(xf在（1，+）上单调递增，无极值点 学习数学领悟数学秒杀数学第 五 章导 数 277 当 9 8 a时，
10、0，设方程012 2 aaxax的两个实数根分别为 1 x， 2 x， 21 xx 当),1( 1 xx时，0)(xg，0)( xf，函数)(xf单调递增；当 x（x1，x2）时，g（x）0，f（x） 0，函数)(xf单调递减；当),( 2 xx时，0)(xg，0)( xf，函数)(xf单调递增因此函数)(xf有两 个极值点 （3）当 a0 时，0由 g（1）=10，可得 x11x2当 x（1，x2）时，g（x）0， f（x）0，函数 f（x）单调递增；当 x（x2，+）时，g（x）0，f（x）0，函数 f（x）单调递 减因此函数 f（x）有一个极值点 综上所述：当 a0 时，函数 f（x）有
11、一个极值点；当 9 8 0 a时，函数 f（x）无极值点；当 9 8 a时， 函数 f（x）有两个极值点 （2） 【分析】当 xx x axxx 2 2 1ln , 0,1 , 0故 ，属于 0 0 类型， () ()() 2 00 ln11 limlim1 211 xx x a xxxx -+- = -+ ； 当 xx x axxx 2 2 1ln , 0, 1故，由于 () 2 ln1 0 x xx -+ ；而ln x是个凸函数，在x时，递增缓 慢，则x时，一定有ln n xax恒成立时，除了洛必达法则算出的答案外， 还一定有0a 当021 a时， ( ) 00F，, 0 0 x使0 0
12、x F。故当 0 , 0 xx时，0 0 x F， x f 为单调 减区间，由于 ，00 F故当 0 , 0 xx时，0 0 x F,即 xf在区间 0 , 0 xx单调递减，由于 00 F，故在区间 0 , 0 xx时， 0 xf，与题设矛盾 当021 a时， 0 x F对, 0 x恒成立，故 x F 在区间, 0 x单调递增，故 0 x F恒成立， 同理可得， xF在区间, 0 x单调递增，故 0 xF恒成立。综上所述， 2 1 0 a 【例 5】 （2015北京卷）已知函数 1 ( ) 1 x f xln x （1）求曲线( )yf x在点(0，(0)f处的切线方程； （2）求证，当(0
13、,1)x时， 3 ( )2() 3 x f xx； 学习数学领悟数学秒杀数学第 五 章导 数 279 （3）设实数k使得 3 ( )() 3 x f xk x对(0,1)x恒成立，求k的最大值 【分析】 （1）利用函数的导数求在曲线上某点处的切线方程 （2）构造函数利用函数的单调性证明命题成 立 （3）根据洛必达法则 () 2 32 00 2 1 ln 1 1 limlim2 1 3 xx x x x k xx x + + - 恒成立，即 ( ) gx 在 ) 0,x+恒成立； 当1a时， ( )( ) 00gxg恒成立，则 ( ) g x ， ( )( ) 00g xg=恒成立，符合题意；
14、当1a 时，x + 2 1(2)0 x exg xax，则 )0 0,x$+，使 0 ()0g x，所以( )g x在0， 0) x 上单调递减， ( )( ) 00g xg=矛盾；综上所述，a的取值范围是1，) 学习数学领悟数学秒杀数学第 五 章导 数 280 【例 7】 （2018新课标）已知函数 2 ( )(2) (1)2f xxax lnxx （1）若0a ，证明：当10 x 时，( )0f x ；当0 x 时，( )0f x ； （2）若0 x 是( )f x的极大值点，求a 【解析】 （1）证明：若0a ，( )(2) (1)2f xx lnxx，(1)x 令 ( ) 2 ln(1
15、) 2 x g xx x =+- + （对数单身狗） 2 22 14 ( )0 1 212 x g x x xxx 恒成立， ( ) 00g=， ( ) g x 可得( 1,0)x 时， 0( )0g xf x，(0,)x时， 0( )0g xf x； （2）由 2 ( )(2) (1)2f xxax lnxx，得 2 (12)(1) (1) ( ) 1 axxaxx ln x fx x ， ( ) 00f=； 令 2 ( )(12)(1) (1)h xaxxaxx ln x，( )4(421) (1)h xaxaxaln x ( ) 00h=； 12 ( )84(1) 1 a hxaaln
16、x x ，令(0)0h，解得 1 6 a （隐零点护航法从这里开始） 当0a，0 x 时，( )0h x，( )h x单调递增，( )(0)0h xh，即( )0fx，( )f x在(0,)上单调递增， 故0 x 不是( )f x的极大值点，不符合题意当0a 时，显然( )hx单调递减， 当10 x 时，( )0hx，当0 x 时，( )0hx，( )h x 在( 1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减， ( )(0)0h xh ，( )h x单调递减， 又(0)0h，当10 x 时，( )0h x ， 即( )0fx， 当0 x 时，( )0h x ， 即( )0fx，( )f x在( 1,0)上单调递增，在(0,)上单调递减，0 x是( )f x的极
