洛必达法则在函数与导数解题中的应用

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。

洛必达法则

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

\(1^o\)，当\(x=1\)时，即\(0\ge 0m\)，则\(m\in R\).

\(2^o\)，当\(x>1\)时，分离参数得到\(m\leq \cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}\)，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\(\cfrac{1}{(\cfrac{1}{x}-1)^2}\)单增，为正，\(lnx\)单增，为正，

故\(\cfrac{1}{(\cfrac{1}{x}-1)^2}lnx\)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。

介绍洛必达法则

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\(h(x)=\cfrac{f(x)}{g(x)}\)， \(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)=\cfrac{0}{0}\)，

则 \(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)= \lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)，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、\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)= \lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)。

言归正传，接上求最小值的极限：

\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)\)

\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)

\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{(x^2lnx+1-x)'}{((x-1)^2)'}\)

\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{2xlnx+x-1}{2(x-1)}\)

\(=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{2lnx+2+1}{2}\)

\(=\cfrac{3}{2}\)。

则有\(m\leq \cfrac{3}{2}\).

综上所述，可知\(m\)的取值范围为\(m\leq \cfrac{3}{2}\).

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。

再次使用

例1已知函数\(f(x)=e^x(sinx+cosx)\)，如果对于任意的\(x\in [0，\cfrac{\pi}{2}]\)，\(f(x)\ge kx+e^xcosx\)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\(kx\leq e^xsinx\)，

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\(0\times k\leq 0\)，故此时\(k\in R\)；

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

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

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

\(=\cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2}\)，

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\(x\in(0，\cfrac{\pi}{4})\)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\(x\in(0，x_0)\)时，\(h'(x)>0\)，当\(x\in(x_0，\cfrac{\pi}{2})\)时，\(h'(x)<0\)，

故\(h(x)\)在\(x\in(0，x_0)\)单调递增，在\(x\in(x_0，\cfrac{\pi}{2})\)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\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，恒有\(h(x)>0\)，

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

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

接下来用洛必达法则求

\(\lim\limits_{x\to 0} g(x)= \lim\limits_{x\to 0} \cfrac{e^xsinx}{x}\)

\(=\lim\limits_{x\to 0} \cfrac{(e^xsinx)'}{x'}\)

$ =\lim\limits_{x\to 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，\(k\leq 1\).

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\(f(x)=\cfrac{lnx}{1-x}\)，\(\phi(x)=(x-1)^2\cdot f'(x)\).

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\(x\in (0，1)\)，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\(\phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=\cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0\&x\neq 1)\)

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\(\begin{cases} 3m \ge 0 \\ m+\cfrac{1}{2}\leq 1 \\ 3m < m+\cfrac{1}{2} \end{cases}\)

则有\(\begin{cases} m\ge 0 \\ m <\cfrac{1}{4} \\ m \leq\cfrac{1}{2}\end{cases}\)，

解得\(0\leq m <\cfrac{1}{4}\).

⑵转化为恒成立和分离参数来求解。

对于任意的\(x\in (0，1)\)，恒有\(-2a\ge (1+x)\cdot f(x)\)成立，

令\(g(x)=(1+x)\cfrac{lnx}{1-x}\)，

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

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

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

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

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\(g(1)\)；

\(\lim\limits_{x\to 1} g(x)\)

\(= \lim\limits_{x\to 1} \cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}\)

\(=\lim\limits_{x\to 1} \cfrac{lnx+\cfrac{1+x}{x}}{-1}=-2\)；

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

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\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，求\(a\)的取值范围．

法1：当\(x\in(1，+\infty)\)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\(a\leq 2\)。

①当\(a\leq 2\)时，\(x\in (1，+\infty)\)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\(a\leq 2\)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\(x\in (1，x_2)\)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\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，

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

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

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

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

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

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\(h(1)\)；

\(h(1)=\lim\limits_{x\to 1} h(x)= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}\)

\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'}\)

\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}}{1}\)

\(=2\)，故\(h(1)=2\)，

故\(a\leq 2\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，2]\)。

转载于:https://www.cnblogs.com/wanghai0666/p/6219778.html