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，
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)∃m≠0，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，不能再用洛必达法则．
【例题选讲】
[例1] (2011全国Ⅰ)已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝－．由于直线x＋2y－3＝0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＋(x>0)，则h′(x)＝．
①若k≤0，由h′(x)＝知，当x≠1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x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，即f(x)＞＋．
②若0＜k＜1．由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，
且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
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．
③若k≥1，此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0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x>0，x 1时，k<＋1恒成立．令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0．
故当x∈(0，1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0．
∴h′(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∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(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)＝2＋1＝2＋1＝2×＋1＝0．
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
[例2] 已知函数f(x)＝x2ln x－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．
解析 方法一 (最值分析法) f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，则当a≤时，f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)≥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 x＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2ln x0＋1－2a＝0，x0＝，
则x∈[1，)时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，x∈(，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，
f(x)min＝f()＝()2·－a[()2－1]＝e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－＝<0．
此时，f(x)≥0不成立．综上，a≤．
方法二 (参变分离法)
由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，当x>1时，a≤，
令g(x)＝(x>1)，则g′(x)＝，
因为x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－>0，故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，
则y＝x2－1－2ln x>0，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)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
解析 方法一 (最值分析法)
由f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，得f′(x)＝ln x＋＋1－a．
(1)当1－a≥0，即a≤1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0．
(2)当a>1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)＝2－a．
①若2－a≥0，即1
0，于是f(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f(x)>f(1)＝0．
②若2－a<0，即a>2时，存在x0∈(1，＋∞)，使得当10⇔a<．令H(x)＝，
则H′(x)＝＝，
令K(x)＝x－－2ln x，则K′(x)＝>0，
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，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则，可得＝＝＝2，于是a≤2，
所以a的取值范围是(－∞，2]．
[例4] 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
解析 (1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝．
(2)方法一 (最值分析法)
当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a．
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．
②当a>1时，若0ln a，则φ′(x)>0．
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0．
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴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x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤恒成立，
令h(x)＝(x>0)，∴h′(x)＝，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，
∴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)＝＝ex＝1，∴a≤1．
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
【对点训练】
1．已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0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φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴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－a<0，即a>1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a>1不满足题意．
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二 (参变分离法)
x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，即a<恒成立．
令g(x)＝(x>0)，∴g′(x)＝．
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k′(x)＝1－＝>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>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(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
2．设函数f(x)＝ln(x＋1)＋ae－x－a，a∈R，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x>0时，1－e－x >0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0＋时，ln(x＋1)→0，1－e－x→0，
∴h(x)在(0，＋∞)上的值域为(1，＋∞)，∴a≤1．
故a的取值范围是(－∞，1]．
3．已知函数f(x)＝＋，当x>0且x≠1时，f(x)>＋恒成立，求k的取值范围．
3．解析 (参变分离法)
6
由题意，当x>0且x≠1时，f(x)>＋恒成立等价于k<＋1－＝＋1，
记g(x)＝＋1，则g′(x)＝＝；
又记h(x)＝ln x＋，则h′(x)＝－＝>0，
所以，当x>0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，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0；
即当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0