《2023年新高考数学之导数专项重难点突破（新高考专用）》专题24 导数中的洛必达法则(解析版)

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专题 24 导数中的洛必达法则

函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量

分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式

问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．

[洛必达法则]

法则 1　若函数 f(x)和g(x)满足下列条件

(1)lim f(x)＝0及lim g(x)＝0；

(2)在点 a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 g′(x)≠0；

(3) lim ＝l，那么lim ＝lim ＝l.

法则 2　若函数 f(x)和g(x)满足下列条件

(1) lim f(x)＝∞及lim g(x)＝∞；

(2)在点 a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 g′(x)≠0；

(3) lim ＝l，那么lim ＝lim ＝l.

1．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)法一：由(1)知f(x)＝＋，所以 f(x)－＝.

设h(x)＝2ln x＋(x>0)，则h′(x)＝.

①设k≤0，由 h′(x)＝知，当 x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．

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设0<k<1.由于 y＝(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，与矛盾，题设

③设k≥1.此时 h′(x)>0，而 h(1)＝0，故当 x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得 h(x)<0，与矛盾．题设

综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．

(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)

法二：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，又 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，

lim g(x)＝2lim ＋1＝2lim ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，

故k的取值范围为(－∞，0]．

2．设函数 f(x)＝1－e－x，当 x≥0时，f(x)≤，求 a的取值范围．

【解析】设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得 t′(x)＝xex>0(x>0)，所以 t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．

又设 h(x)＝(x－2)ex＋x＋2>0(x>0)，得 h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以 h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．

由f(x)≤，得 a≤，再设g(x)＝(x>0)，得 g(x)>(x>0)．

连续两次使用洛必达法则 1，得limg(x)＝lim＝lim＝，

所以 g(x)的下确界是.题设即“当x>0 时，1－e－x≤恒成立”，所求 a的取值范围是.

3．定义在 R上的奇函数 f(x)，当 x>0 时，f(x)＝ln x－ax＋1，若 f(x)有5个零点，求实数 a的取值范围．

【解析】因为 f(x)是定在义R上的奇函数，所以 f(0)＝0；所以要使 f(x)在R上有 5个零点，

只需 f(x)在(0，＋∞)上有 2个零点．所以等价于方程 a＝在(0，＋∞)上有 2个根．

所以等价于 y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有 2个交点．g′(x)＝，

x(0,1) (1，＋∞)

g(x)＋－

所以 g(x)的最大值为 g(1)＝1.

因为 x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：

lim g(x)＝lim ＝lim ＝0，所以 0<a<g(1)，所以 0<a<1.

4．已知函数 f(x)＝ax＋＋c(a>0)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝x－1.

(1)试用 a表示出 b，c；

(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求 a的取值范围．

【解析】(1)b＝a－1，c＝1－2a.

(2)题设即“a≥(x>1)，或 a≥(x>1) 恒成立”．

用数可函数导证 g(x)＝(x－1)2＋(x－1)－xln x(x≥1)是增函数(只需证g′(x)＝x－ln x－1≥0(x≥1)恒成立，

再用数可导证)，所以 g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，

当且当仅x＝1时g(x)＝0，得<(x>1)，lim ＝.

所以若 a≥(x>1)恒成立，则a≥，即 a的取值范围是.

5．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，当则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)，由洛必达法知则lim ＝lim ＝．

所以由 a≤恒成立，则a≤．

6．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<a≤2 时，f′(x)>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 1<x<x0时，f′(x)<0，

于是 f(x)在(1，x0)上单调递减，所以 f(x)<f(1)＝0，不符合意．题

综上所述，a的取值范围是(∞－，2]．

方法二 (参变分离法)

当x∈(1 ∞，＋ )时，f(x)>0⇔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lim＝lim＝lim＝2，于是 a≤2，

所以 a的取值范围是(∞－，2]．

7．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．

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