2023屆高考數(shù)學二輪復習導數(shù)經典技巧與方法：洛必達法則

第5講洛必達法則

知識與方法

與函數(shù)導數(shù)相關的壓軸題，一般需要確定函數(shù)的值域和參數(shù)的取值范圍，其傳統(tǒng)做

法是構造函數(shù)，然后通過分類討論，求導分析單調性進行，過程相對復雜繁瑣，且分

類的情況較多.并且我們采用分離參數(shù)時，往往還會出現(xiàn)最值難以求解的情況，這

時，我們就可以考慮使用“洛必達法則”來簡化解題過程，快速解題.

下面，我們先來介紹一下洛必達法則：

法則1：

若函數(shù)/(%)和g(x)滿足下列條件：

(l)limAJ0)=0及l(fā)im-agCO=0；

(2)在點a的去心鄰域內，/'(%)與g(x)可導，且g'(x)*0;

=I.

yi町

那么lirTix—agWgW=I.

法則2:

若函數(shù)f(x)和g(%)滿足下列條件：

(l)limx_8f(x)=0及5…儀%)=0;

(2月4>0/(%)和g(x)在(一8,/)與(/,+8)內可導，且一(%)羊0;

(3)11111^004^=I.

那么1而—8磊=1而—8借=L

法則3:

若函數(shù)/(x)和g(x)滿足下列條件：

(l)limx_a/(x)=8及l(fā)im=ag(%)=°0；

(2)在點a的去心鄰域內,f(%)與g(x)可導，且g'(x)H0;

⑶lim-廉=/.

那么lirrixTa^^==L

gWgW

利用洛必達法則解題時，應點睛意：

①將上面公式中的％Ta,XT8換成Xt+00,XT-CO,%Ta+,XTCT,洛必達法

則也成立.

②洛必達法則可處理，，0-818,8。,0°,8-8型.

③在著手求極限以前，首先要檢查是否滿足也0-8,1280,0°,8-8型定式，否

則濫用洛必達法則會出錯.當不滿足三個前提條件時，就不能用洛必達法則，這時

稱洛必達法則不適用，應從另外途徑求極限.

④若條件符合，洛必達法則可連續(xù)多次使用，直到求出極限為止.

典型例題

【例1】已知f(x)=(%+l)lnx.

⑴求f(%)的單調區(qū)間；

(2)若對于任意%>1,不等式x[譬-ax]+a<0成立，求a的取值范圍.

【解析】的定義域為(0,+°o)/(x)=Inx+1+

令g(x)=Inx+14-1(x>0),則g'(x)==?，

所以當0<x<1時,g'(x)<0;當%>1時,g'(x)>0.

所以g(x)在(0,1)單調遞減，在(1,+8)單調遞增，

所以%>0時,g(x)>g(l)=2>0,即f(x)在(0,+8)上單調遞增.

所以f(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+8),無減區(qū)間.

(2)解法1:分離參數(shù)+洛必達法則

對任意x>1,不等式x[詈—axj+a<0成立等價于對任意x>l,lnx—a(x—

-)<0恒成立.

xJ

當x=1時,aGR;

對任意%>1,不等式x[^-ax]+a<0恒成立等價于對任意%>l,a>署恒

成立.

記=普(%>1),

則血'(％)=(1+1必/-1)-2/1皿=1-1-(1+丫2加

一(41)2一仲-以

(，_1)

記t(x)—1------T—lnx(x>1),

l+x

14X2-(1+X2)2=(1-/)2

則4x

t'(%)=—X(l+/)2<0,

。+/)2Xx(l+/)2

所以t(%)在(1,+8)單調遞減，又t(l)=0,

所以%>1時,t(x)<0,m'(x)<0,所以m(%)在(1,+8)單調遞減.

x\nx0

所以zn(x)max<m(l)=lim-i罟=lim-i=lim=i2,=今綜上所述,

實數(shù)a的取值是b+8).

解法2:直接討論+分類討論

“對任意x>1,不等式x^-ax\+a<0恒成立”等價于“對任意%>1,不等式

x(lnx—ax)+a40恒成立”.令九(%)=xlnx—ax2+a(%>1),

則h(%)=1+Inx—2ax,

令m(x)=1+Inx-2ax(x>1),則加(%)=：-2a.

①當2a>1,即a>泄，因為x>1,

所以0<：W1,所以1(%)<0,從而m(%)在［1,+8)上單調遞減，

又m(l)=1—2a<0,所以x>1時<0,

即h'(x)<0,所以九(勿在［L+8)上單調遞減，

又/1(1)=0,所以當X21時，八(久)<0,即a>?符合題意；

②若0<2a<1,即0<a<決寸,

所以1W%<；時,加(X)>m(l)=1-2a>0,

2a

即3(x)>0,所以/%)在［1,/)單調遞增.

所以當1W久<；時,八(0之九(1)=。，故0<2a<1不符合題意.

2a

③若a<0時，則m'(x)>0恒成立，所以zn(x)在［1,+8)上單調遞增,

故當%>1時,zn(%)>m(l)=1—2a>0,

即h’(久)>0,所以?%)在［L+8)上單調遞增，

所以當久21時，九(%)>h(l)=0,故x(lnx-ax)+a>0恒成立.

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是自+co).

解法3:構造函數(shù)+分類討論

對任意%>1,不等式％［詈-axj+a<0恒成立等價于對任意x>l,lnx-a(x-

；)<0恒成立.

令t(x)=Inx—a(x—：)(x21),

則t'(x)=g—a(1+/)=—°”=1—4a2.

①當a2；時,4<0,此時t'(x)<0,t(%)在［1,+8)單調遞減，

又t(l)=0,所以x>1時,t(x)<0,即對任意x>l,lnx一a(x-：)W0恒成立；

②當ag制,△<0,此時t'(x)>0,t(x)在［L+8)單調遞增，又t(l)=0,

所以％21時,t(x)>0,即對任意x>l,lnx一a-20恒成立，不符合題意；

③當a=0時,不等式轉化為Inx<0(%>1),顯然不成立；

1+4Q2

④當一|<a<且aH0時，方程a/-％+a=0的二根為％〔=^J,X2=

1—V1—

2a,

若0<a<I，xx>1,0<x2<1,則t(%)在(L%i)單調遞增，

又t(l)=0,所以xe(l,xD，tQ)>0,即不等式lnx-a(x-1)<0不恒成立；

⑤若一|<a<0,%!<x2<0,則t(x)在(L+8)上單調遞增，

又t(l)=0,所以%G［1,+8)時,t(%)>0,

即不等式lnx-a(x-i)<0不恒成立,不符合題意.

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是原+8).

【點睛】通過此例，我們可以發(fā)現(xiàn)使用“洛必達法則”的好處,可以較為簡單地解決

問題,在恒成立問題中的求參數(shù)取值范圍，參數(shù)與變量分離較易理解，但有些題中

的求分離出來的函數(shù)式的最值有點麻煩，利用洛必達法則可以較好的處理它的最

值，是一種值得借鑒的方法.

【例2】設函數(shù)/(%)=In(x+1)+a(x2-%)淇中aeR.

(1)討論函數(shù)f(%)極值點的個數(shù)，并說明理由;

(2)若Vx>0,/(x)>0成立，求a的取值范圍.

【解析】(l)/(x)=ln(x+1)+a(x2-%),定義域為(一1,+oo)

_l__?tn±l2ax2+ax+l-a

/(x)=+a(2x1)=x+1

當a=0時/'(%)=匕>。，函數(shù)/(%)在(-1,+8)上為增函數(shù)，無極值點.

設g(x)=2ax2+ax+1—a,g(—1)=l,g(―1)=1,A=a(9a—8)>0,

當a於0時,g(x)=0的根的個數(shù)就是函數(shù)/(%)極值點的個數(shù).

若沿=a(9a-8)<0,即0<a<飄,g(x)>0,/'(x)>0,函數(shù)f(x)在(-1,+oo)

為增函數(shù)，無極值點.

若乙=a(9a—8)>0,即a>，或a<0,而當a<0時,g(—1)>0,此時方程

g(x)=0在(-1,+8)只有一個實數(shù)根，此時函數(shù)f(x)只有一個極值點；

當a>前寸，方程g(%)=0在(-1,+8)有兩個不相等的實數(shù)根，此時函數(shù)f(%)有

兩個極值點；

綜上可知：

當0WaW3時,f(%)的極值點個數(shù)為0;

當a<0時,f(%)的極值點個數(shù)為1;

當a>割寸/(%)的極值點個數(shù)為2.

(2)解法1:

由(1)可知當0WaW?時f(%)在(0,+8)單調遞增，

而/(0)=0,則當xG(0,+8)時,/(%)>0,符合題意;

當a>機寸,△=a(9a-8)>0,方程g(x)=0的兩根為：

_CL-Ja(9a—8)—a+Ja(9a-8)

^,

當S<aW1時,g(0)>0,x2<0/(%)在(0,4-8)單調遞增，而f(0)=0,

則當xG(0,+8)時,/(%)>0,符合題意;

當a>1時應(0)<0,x2>0,所以函數(shù)f(x)在(0,力2)單調遞減，而/(0)=0,

則當Xe(0,%2)時,f(%)<0,不符合題意；

當a<0時，設h(x)=x—ln(x+1),當%G(0,+8)時八'(%)=1->0,

%(%)在(0,+8)單調遞增,因此當%￡(0,+8)時h(x)>h(0)=0,ln(x+1)<x,

于是/(%)<x+a(x2—x)=ax2+(1—a)x,當x>1—:時ax2+(1—d)x<0,

此時/?(%)<(),不符合題意.

綜上所述,a的取值范圍是0WaW1.

解法2:

函數(shù)/(X)=ln(x+1)+a(x2-x),Vx>0,都有f(%)>0成立，

即ln(x+1)+a(x2—%)>0恒成立，

設h(x)==等，

-3(x2-x)+(2x-l)ln(x+l)

則九'(%)=

(f

_(2xT)[(2x-i)(x+l)+m(x+l)]

-(『2，

設8(%)=一(2表+1)+皿％+1)，則/⑴=總需*，

所以％e(0，)和XeG，1)時,0(%)<0,所以8(x)在(O,3，G，1)上單調遞減，

%G(1,+8)時，夕‘(X)>0,所以0(x)在(1,+8)上單調遞增，

2

因為3(0)=OJim工一^>0“(1)=ln2>。，

人2人1■八人

所以％e(0,1)和xG(1,+8)時/'(%)>0,所以/!(%)在(0,1)與(1,4-8)上遞增.

當％e(0,1)時/2-X<0,所以a<-呼+1),

X-X

由/i(x)的單調性可得,a<lim-o二鱉7=limx_0Tr7=1而一()()=1；當

x=1時J(x)=0,恒成立；

當％e(1,+8)時,%2一%>0,所以a2，由/》)的單調性可得,

X-X

1

—ln(x+1)_ln(x+1)y1_1

a>---亍--------lim---亍------=lim-----—二lim----------—

X-X%_>+8%z—%%―+82%―1%T+8(2%—1)(%+1)

綜上,aw[0,1].

【例3】已知/(%)=(ax+l)lnx-ax.

(1)當<1=1時，討論f(x)的單調性；

(2)若f(0在(0,+8)上單調遞增,求實數(shù)a的取值范圍；

(3)令g(x)=存在0<久1<如且+%2=Lg(XD=g(X2),求實數(shù)a的取

值范圍.

【解析】(1)當a=1時,/(x)=(%+l)lnx—x,則/''(%)=Inx4-卑—1=Inx+

所以f”(x)=：—2=今，

當％e(0,1)時/"(%)<0；當%e(1,+8)時,/'"(%)>o,

則/。)在(0,1)上單調遞減，在(1,+8)上單調遞增，

又因為f'(i)=1>o,所以％e(0,+8)時/(X)>o,所以f(%)在(0,+8)上單調

遞增；

⑵當a=0時,/'(%)=lnx/(%)在(0,+8)上單調遞增，則a=0時滿足要求;當

a。0時,f(x)在(0,+8)上單調遞增，則當xe(0,+8)時,f'Q)>0恒成立，因為

/(X)=a\nx+=--9當a<0時/"(%)=--4<0,所以f'(x)在(0,+

XXXXX

8)上單調遞減，而f(eT)=-14-1因為a<0,eT>1,所以f'(e-)=-1+

-5

ea

二J<0,所以x6fe-a,+8)時,y'(x)<0,故a<0時不成立，當a>0時/'(%)=

93當xe(0、)時,f"Q)<0,%eG，+8)時,/'"(%)>o,則f'(x)在(o3)上單調遞

減，在+8)上單調遞增，因為xe(o,+8)時/(X)>o,只需fQ)>o,即

(J=aln}+a=a(l—Ina)>0,

因為a>0,所以1-Ina>0,則0<a<e,

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是[0,e].

(3)因為g(x)=/(X)=alnx+工，所以g(%D=aln%i+—,^(%)=a\nx+工，因為

xX\22X2

9(打)=。(%2),所以aln%i+—=a\nx+—,

X12x2

即aln—+----=0,又％i+%2=1,

MX2Xi

所以aln包+22—22=0,

x2Xi

即aln且+生一t=0,

肛X2Xi

令t=器則t6(1,+oo),gpa\nt+|-t=0方程有解.

解法1:分離參數(shù)+洛必達法則

即°=W，令岫=S

i_t2

lnt+-

則=

(Int)2一(Int)2'

-4t_(t2+l)2-4t2

令F(t)=Int-+>0,

盤尸⑴V+(t2+i)2-

所以當te(i,+8)時/?)>o,故以。在(1,+8)上單調遞增,

故帖)=由%⑴,

1+4

由洛必達法則知:當tT1時也(t)=Y,則九⑴T2,則a>2,

所以實數(shù)a的取值范圍是(2,4-co).

解法2:

令G(t)=a\nt+1—貝It6(L+8)時,G(t)=0有解，

G(t)=；—占一1='：因為tE(1,+8)時，則t+Y>2,

當aW2時,一，尸=<0,即tG(1,4-8)時,G'(t)<0,則G(t)在(1,+8)

上單調遞減，又G(l)=0,故te(1,+8)時,G(t)=0無解，則a<2時不成立；

當a>2時，當te(1,當三)時,G'(t)>0,

te(^E,+8,LG'(t)<o,

又G(l)=0,則te(1,咚習,G(t)>0,

而G(e。)=a2+^—ea<a2+1—ea(a>2),

令H(x)=x2+1—ex(x>2),H(x)=2x—ex,H(%)=2—ex,

因為4>2,則“"(%)=2-ex<0,則”'(%)在(2,+8)單調遞減,“'(%)<”'(2)=

4-e2<0,則H(x)在(2,+8)單調遞減，

則”(%)<H(2)=5-e2<0,即G(ea)<0,

故存在劭e(竺乎三^),使得G(xo)=0,故a>2時滿足要求，

綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(2,+8).

【點睛】⑴利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，求導得f'Q)=ln%+/則尸⑺=妥,由

止匕得f'(x)2f'(l)=1>0,從而得到函數(shù)的單調性；

(2)分類討論，當a=0時,/(%)=Inx,滿足要求;當aH0時,％e(0,+8)時/'(%)>

0恒成立，而f(%)=alnx+：/'(%)=(-揖再分a<0和a>0兩種情況討論即

可求出答案；

(3)由題意得ulnxj+—=aln%2+3即oln—+—---=0,進而有aln—4-——

%]X2XiX2Xi%]X2

這=0,令t=N則轉化為te(I,+8)時,alnt+；-t=0方程有解.

%1Xit

一般地，含有參數(shù)的函數(shù)恒成立問題往往從三個角度求解:一是直接求導，通

過對參數(shù)的討論來研究函數(shù)的單調性，進一步確定參數(shù)的取值范圍;二是借助函數(shù)

單調性確定參數(shù)的取值范圍，然后對參數(shù)取值范圍以外的部分進行分析驗證其不

符合題意,即確定所求;三是分離參數(shù)，求相應函數(shù)的最值或取值范圍，當函數(shù)的最

值不容易求解時，利用“洛必達法則“往往能化難為易，使問題得到解決.

強化訓練

x

1.已知函數(shù)/(x)=e-x-1,若當%>0時，恒有|/(%)|<7nx?e㈤成立，求實數(shù)m

的取值范圍.

【解析】因為f(x)=ex-X-1,所以f'(x)=e*-1,

所以當xe(-8,0)時/(%)<0,即f(x)遞減，

當％e(0,+8)時,f'(%)>0,即/(%)遞增.

若當%>0時，恒有|f(x)|<m/elxl成立，即恒有o<y(x)<m/ex成立，

當久=0時，不等式恒成立.

e

當x>0時，恒有0<f(x)<7n成立，即m>-

令//(%)=守，則"(%)=三產?

今九(%)=x2—2ex+2x+2,則八(%)=2x—2ex+2,進一步%(%)=2—2ex<0,

所以h'a)=2%-2ex+2在(0,+8)上單調遞減，所以h'(x)<九'(0)=0,

所以h(x)=%2-2ex+2%+2在(0,+8)上單調遞減，所以h(x)<h(0)=0,

即”’(%)<0在(0,+8)上恒成立，所以“(%)在(0,+8)上單調遞減.

所以1皿-o+?=。+點%=1而=。+砥￡旬，所以山2澤

±,m的取值范圍為區(qū)+8).

2.已知函數(shù)/(%)=x2—mx-ex+1.

(1)若函數(shù)f(x)在點(1/(1))處的切線I經過點(2,4),求實數(shù)m的值；

(2)若關于x的方程|f(x)|=mx有唯一的實數(shù)解,求實數(shù)m的取值范圍.

【解析】(l)f'(x)=2x-m-ex,

所以在點(1/(1))處的切線I的斜率k=/(I)=2-e-m,

又f(l)=2-e-m,所以切線l的方程為:y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1),

即2:y=(2-e-m)%，由l經過點(2,4)可得:4=2(2-e-m)=>m=-e.

(2)易知|f(0)|=0=mx0,即x=0為方程的根，因此只需說明：

當x>0和％<0時,原方程均沒有實數(shù)根即可.

①當》>0時，

若m<0,顯然有mx<0,而|/(%)|>0恒成立，此時方程顯然無解；

若m=0,/(x)=%2—ex+1/(x)=2x—ex,f\x)=2—ex,

令f''(x)>0=>%<ln2,故/''(x)在(0,ln2)單調遞增，在(ln2,+8)單調遞減，