专题11 导数中洛必达法则的应用(解析版)

专题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0∞)出现“”或“”0∞0∞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，0∞洛必达法则1若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)limf()0及limg()0；aa(2)a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；′(x)ag′(x)(3)lim＝A，()′()那么＝．a(x)a′(x)2若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)limf(x)∞及limg()∞；aa(2)a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；′(x)ag′(x)(3)lim＝，()′()那么＝．a(x)a′(x)3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim(x)＝0及lim()＝0；(2)m≠0，(x)和g(x)在(∞m)(m，＋∞)上可导，且g′(x)≠0；′()(3)＝A．g′(x)(x)′()那么＝＝．g(x)g′(x)0∞(1)(2)主要用于，(3)0∞未定式可以连续应用，已定式不能再用．计算下列各题sinxx11x－xx＋1(1)lim；(2)l0xlnx；(3)lim(－)(4)lim．－1lnx33x2sinx(sinx)′＝1x解析(1)limx1；x′1xlnx1(2)不适合条件，需转化0xlnx＝0(x)＝；1－xx21x1x1x211－1－11lnxx112(3)lim(－)＝＝→11；x－1lnxx－1)lnxx－11xlnx＋ln＋1－＋xxx2x－xx＋1＝limx－2－16－223(4)lim＝．33x2x－36x6x2注意：x为已定式，不能再用洛必达法则．【例题选讲】axbx[例1]全国Ⅰ)已知函数(x)＝＋yf()在点(1f处的切线方程为x2y3＝．x1(1)求ab的值；xkx(2)如果当x>0，且x≠1时f(x)>＋求k的取值范围．x－1x＋1－xaxb212解析(1)f′(x)＝－．由于直线x＋y－＝0的斜率为－，且过点(11)，(x＋1)2(1)＝，b1，a1，故1即a12′(1)，b，b1.22(2)方法一(最值分析法)xk(k－1)(x1)＋2lnx＋x1x1(1)知(x)＝＋，所以()－x－1x＝x．x＋1－x2(k－1)(x－1)(k1)(21)＋x令函数h(x)2lnx＋(>0)′()＝．xx2(21)－(－1)2若≤0h′(x)＝知，当x时，h′(x)0，(x)递减．而(1)＝0，x211∈(01)时，h(x)＞，可得h(x)＞x(1，＋∞)时，h()0，可得hx)0．1x21－2xk＋xkx从而当x0x≠1时，(x)－x1x0(x)＞＋．－1若＜k1．由于(－1)(x1)＋2x(k－1)22xk1的图象开口向下，11，1Δ44(k－1)>0，对称轴x＝>1，所以当x∈1k时，(－1)(x＋＋2>0，1k11，1故h′(x)>0h(1)0，故当x∈－k时，h(x)0，可得()0，与题设矛盾．1－2若≥1，此时(k1)(x21)2x即h′(x)＞h(1)＝0，1∈(1，＋时，h(x)＞0，可得h(x)0，与题设矛盾．－x2综上，k的取值范围为(－，．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)2x2xx由题设可得，当x>0，x1时，k<＋1恒成立．令(x)＝1(x>0x≠1)，1x2－x2x21)lnxx21则g′(x)＝，再令h(x)＝x1)lnx－21(x>0x≠1)，(1x)21x1x2则h′(x)＝xx＋－，hx)＝2ln＋1－，1x2″(x)＝2lnx＋－(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0．∈(01)时，hx)<0∈(1，＋时，h″()>0．h′(x)在，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(xh′(1)＝0∴(x)在(0，＋上为增函数，又h(1)0，当x(01)时，h(x)<0x(1，＋∞)时，()>0，当∈(01)时，g′(x)<0x(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在(01)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．1xx1x－由洛必达法则知1g()2lim1＝＋＝2×2＋＝0．→1－x2－xk≤0k的取值范围为(∞0]．[例2]a方法一(最值分析法)f′(x)＝xxx－axx(2lnx＋12a)，12≥1，所以2lnx＋1≥1，则当≤时，′()＝x(2lnx1－a)≥0，12(x)[1，＋∞)上单调递增，所以(x)≥f＝0，此时()≥0恒成立，所以a≤；2a112当a>时，由f′(x)x(2lnx12a)＝x＝x2lnx12a0，x＝e2，0002a12a1则x[1，e2)时，f′(x)<0()单调递减，x(e2，＋∞)时，′(x)>0(x)单调递增，12a12a12a12a1a－ea1e·2aea<0．(x)＝(e2)＝(e2)2·－[(e2)21]＝22－(e－＝a－＝222e12此时，f(x)≥0不成立．综上，a≤．方法二(参变分离法)由(x)＝xx－(21)≥0x1时，不等式成立，当x时，a≤2x，x21令g(x)＝2x(x>1)g′(x)＝x(x－12lnx)，x21(x21)22x>1，则(x1－2lnx)′2x－>0yx－－2lnx在(1，＋上单调递增，x(x－－2ln)则yx－12lnx>0′(x)＝>0．所以g(x)(1，＋∞)上单调递增．(x－1)22xxxx12则g(x)>(1)，由洛必达法则知＝．x－12x所以由a≤xx恒成立，则≤．1x12[例3]已知函数(x)＝(x1)lnxa(x－1)，若当x(1，＋∞)时，(x)>0a的取值范围．方法一(最值分析法)1x由(x)＝(x＋1)lnx－ax1)′(x)＝x＋1－．(1)当1a≥0a≤1时，f′(x)>0，所以f()(1，＋∞)上单调递增，所以f(x(1)＝0．x－1(2)当a时，令g(x)f′(x)g′(x)＝>0，2()在(1，＋∞)上单调递增，于是′(x′(1)2a．若－a1<a≤2时，′(x)>0，于是(x)在(1，＋上单调递增，于是(x)>(1)＝．若－a<0时，存在x(1，＋，使得当1<x<x时，′(x)<0，00(x)(1，x)上单调递减，所以(x)<(1)＝，不符合题意．综上所述，a的取值范围是(－，．方法二(参变分离法)(x1)lnx(x1)lnx当x(1，＋∞)时，(x)>0a<H()＝，x1x－1＋11xx－2lnxx(x－1)(x＋1)lnx则H′(x)＝＝，(x1)2(x－1)21xx－2＋1令()x－－2lnx′(x)＝，2(x)在∞)K(x(1)＝0H′(x)>0H()(1∞)上单调递增．1x11＋x(x＋1)lnxx1)lnx)′由洛必达法则，可得im1＝＝＝，于是≤2，(x1)′＋＋－1＋a的取值范围是(－，2]．[例4]已知函数(x)＝x(e1)－(∈R)．(1)若()在x＝－1处有极值，求a的值．(2)当x时，(x)≥0，求实数a的取值范围．12(1)f′(x)e－＋xe2ax(x＋1)e2－1，依题意知′(1)＝a－＝0∴＝．(2)方法一(最值分析法)当x时，(x)≥0x(e1)－2e－－ax≥0，φ(x)e－－ax(x>0)，则(x)，′(x)＝ea．当≤1时，′(x)e－a>0∴(x)(0，＋∞)上单调递增，∴(xφ(0)0∴a≤1满足条件．当时，若0<xa，则′(x)<0xa，则φ′(x)>0．φ(x)(0，a上单调递减，在a，＋上单调递增，∴(x))a1－a≥0．令g(a)a－－a(>1)，g′()＝1(1＋)＝－a<0，g(a)(1，＋∞)上单调递减．g(ag(1)＝0与g()≥0矛盾，故a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时，(x)≥0x(e1)－2e－－ax≥0ax≤e1a≤e1恒成立，xe－1e(x－＋1令h(x)＝(>0)∴h′(x)＝k(x)＝e(x1)＋1(>0)∴k′(x)e·x>0，xx2k(x)在(0，＋上单调递增，kxk(0)0∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋上单调递增．－1由洛必达法则知，lim(x)＝0e1∴a．x故实数a的取值范围是(∞1]．【对点训练】1已知函数(x)＝(x1)ln(x＋1)．若对任意x(xax成立，求实数a的取值范围．1．解析方法一最值分析法)令(x)＝(x)ax(x1)ln(x1)－(>0)，则′(x)＝ln(x1)＋－a∵>0∴ln(＋1)>0．(1)当1－≥0a≤1时，φ′(x)>0，φ()(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)0，∴(x恒成立，故a≤1满足题意．(2)当1－<0a时，令′(x)＝0x＝e－，∴∈(0e11)时，′()<0；x∈(e1，＋时，φ′(x)>0，∴(x)在(0e－1)上单调递减，在(e－1，＋上单调递增，∴(x)＝(ea11)<φ(0)0φ(x恒成立矛盾，故a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)(x1)ln(x＋1)x(0，＋∞)时，(x1)ln(x＋1)>ax恒成立，即<恒成立．xx1)ln(x1)xln(＋1)令g(x)＝(x>0)∴′(x)＝．x21x令k(x)＝－ln(x＋1)(x>0)∴k′(x)＝－＝x1x＋1>0，∴()(0，＋上单调递增．∴k(xk(0)0，xln(x1)>0恒成立，∴′(x)>0g(x)(0，＋上单调递增．(x1)ln(x＋1)由洛必达法则知limg(x)0[ln(x1)1]＝1，x∴≤1，故实数a的取值范围是(，1]．2设函数f()ln(＋1)aeaa∈Rx(0，＋时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．2．解析参变分离法)ln(x＋1)ln(＋1)()≥0对x∈(0，＋恒成立a≤h(x)＝．1ex1ex1－e)ln(＋1)·exx1则h′(x)＝，(1e)2当x时，1ex>0，h′(x)>0∴()(0，＋上单调递增，111x1当x→0时，ln(x＋1)→0，－e→0，∴hx＝0x0e-xx∴(x)(0，＋上的值域为(1，＋，a≤1．故a的取值范围是(∞1]．x1xxkx3已知函数(x)＝＋x且x≠1时，(x)>＋恒成立，求k的取值范围．＋1x13．解析参变分离法)由题意，当x且≠1时，()>xkxxxxxx＋恒成立等价于k<＋1－＝1，－1x＋1x11x2x1－2x21；xx2x＋1x21－22x＋1记g(x)＝1g′(x)＝＝1x21－22－x22h(x)x1－2h′(x)＝－1x4x＝1－21x22>0，x211x22x2所以，当x时，′()≥0，h(x)(0，＋∞)上单调递增，且h(1)0，因此，当x(0，时，h(x)<0x∈，＋∞)时，h(x)>0；x(0，时，g′()<0x∈(1，＋时，g′(x)>0；g(x)(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．2x2lnx2由洛必达法则有1g(x)1x2＋＝1＝，2xx时，g(x)→0．所以当且x≠1时，(x)>0，所以k．故所求k的取值范围是(－0]．4设函数f()e－1xax．(1)若a＝f(x)的单调区间；(2)x≥0时，f(xa的取值范围．4．解析(1)＝0时，f(x)e－－x，′(x)＝－1．当x∈(∞0)时，′()<0∈(0，＋时，f′(x)>0．故f()的单调递减区间为(∞0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)(参变分离法)当x＝0时，f(x)0，对任意实数a，均有(x)≥0；e－－1ex－1x－xx＋2当x时，(x)≥0等价于≤(x)＝(x>0)g′(x)＝，x2x2x3令h(x)＝ex2ex＋2(>0)′()xee＋1hx)xe>0，∴′(x)(0，＋上为增函数，h′(x)>h′(0)0∴h()(0，＋∞)上为增函数