《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题11 导数中洛必达法则的应用(解析版)

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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)limf(x)＝0及limg(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)lim＝A，

那么lim＝lim＝A．

法则 2　若函数 f(x)和g(x)满足下列条件

(1)limf(x)＝∞及limg(x)＝∞；

(2)在点 a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且 g′(x)≠0；

(3)lim＝A，

那么lim＝lim＝A．

法则 3　若函数 f(x)和g(x)满足下列条件：

(1)limf(x)＝0及limg(x)＝0；

(2)∃m≠0，f(x)和g(x)在(－∞，m)与(m，＋∞)上可导，且 g′(x)≠0；

(3)lim＝A．

那么lim＝lim＝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)lim；(2)limxlnx；(3)lim(－)；(4)lim．

解析　(1)lim＝lim＝lim＝1；

(2)不适合条件，需转化limxlnx＝lim＝lim＝lim(－x)＝0；

(3)lim(－)＝lim＝lim＝lim＝lim＝－；

(4)lim＝lim＝lim＝．

注意：lim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limg(x)＝2lim＋1＝2lim＋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lim＝lim＝．

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<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，不符合题意．

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]．

[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＝．

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