微专题40　洛必达法则-2024年高考数学二轮微专题系列

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洛必达法则
(1)eq \f(0,0)型
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
①eq^\(lim,\s\d4(x→a))f(x)＝0及eq^\(lim,\s\d4(x→a))g(x)＝0；
②在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
③eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f（x）,g（x）)＝eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A.
(2)eq \f(∞,∞)型
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
①eq^\(lim,\s\d4(x→a))f(x)＝∞及eq^\(lim,\s\d4(x→a))g(x)＝∞；
②在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
③eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A，那么eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f（x）,g（x）)＝eq^\(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′（x）,g′（x）)＝A.
注意：高中阶段能使用洛必达法则的题目一般都能使用分类讨论，但分类讨论难度较大，所以可采用分参求最值的方式，一般大题中对使用洛必达法则的赋分可能因标准不同而不同.
近些年高考函数与导数经常考查利用不等式恒成立求参数范围，此类问题主要采用分类讨论求最值和参变分离求最值，由于含参讨论比较困难，因此学生更多选择参变分离来处理．但有时分离后的函数的最值会在无意义点处或者趋近于无穷大，此时利用洛必达法则可达到事半功倍的效果．
例1 已知函数f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，如果当x>0且x≠1时，f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，求k的取值范围．
解 法一(参变量分离、洛必达法则)
当x>0且x≠1时，f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，
即eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，
也即k记g(x)＝eq \f(2xln x,1－x2)＋1，x>0且x≠1，
则g′(x)＝eq \f(2（x2＋1）ln x＋2（1－x2）,（1－x2）2)＝eq \f(2（x2＋1）,（1－x2）2)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1－x2,x2＋1))).
记h(x)＝ln x＋eq \f(1－x2,x2＋1)，
则h′(x)＝eq \f(1,x)＋eq \f(－4x,（1＋x2）2)＝eq \f(（1－x2）2,x（1＋x2）2)>0，
从而h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且h(1)＝0，
因此当x∈(0，1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
故当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则有eq^\(lim,\s\d4(x→1))g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2xln x,1－x2)＋1))
＝1＋eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(2xln x,1－x2)＝1＋eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(2ln x＋2,－2x)＝0，
即当x→1时，g(x)→0，
即当x>0且x≠1时，g(x)>0.
因为k综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．
法二(分类讨论、反证法)
由f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，
得f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))
＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2ln x＋\f(（k－1）（x2－1）,x))).
令h(x)＝2ln x＋eq \f(（k－1）（x2－1）,x)(x>0)，
则h′(x)＝eq \f(（k－1）（x2＋1）＋2x,x2).
①当k≤0时，
由h′(x)＝eq \f(k（x2＋1）－（x－1）2,x2)知，
当x≠1时，h′(x)<0.
因为h(1)＝0，
所以当x∈(0，1)时，h(x)>0，
可得eq \f(1,1－x2)·h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，
可得eq \f(1,1－x2)·h(x)>0，
从而当x>0且x≠1时，f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))>0，
即f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x).
②当0且Δ＝4－4(k－1)2>0，
对称轴x＝eq \f(1,1－k)>1，g(1)＝2k>0，
所以当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,1－k)))时，
(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，
故当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,1－k)))时，h(x)>0，
可得eq \f(1,1－x2)·h(x)<0，与题设矛盾．
③当k≥1时，h′(x)>0，而h(1)＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
可得eq \f(1,1－x2)·h(x)<0，与题设矛盾．
综上可得，k的取值范围为(－∞，0]．
例2 设函数f(x)＝eq \f(ex,x＋a)(常数a∈R)，在x＝0处取得极小值，g(x)＝eq \f(x－1,ln x)＋eq \f(e－2,2)(e为自然对数的底数)．
(1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)求证：对∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x)．
(1)解 f′(x)＝eq \f(ex（x＋a）－ex,（x＋a）2)＝eq \f(ex（x＋a－1）,（x＋a）2)，
由题意f′(0)＝eq \f(a－1,a2)＝0，
∴a＝1，f(x)＝eq \f(ex,x＋1)，f′(x)＝eq \f(xex,（x＋1）2)，f(1)＝eq \f(e,2)，f′(1)＝eq \f(e,4)，
∴f(x)在(1，f(1))处的切线方程为
y－eq \f(e,2)＝eq \f(e,4)(x－1)，即y＝eq \f(e,4)(x＋1)．
(2)证明 令h(x)＝eq \f(ex,x＋1)－eq \f(e,4)(x＋1)，x>1，
h′(x)＝eq \f(xex,（x＋1）2)－eq \f(e,4)，h″(x)＝eq \f(（x2＋1）ex,（x＋1）3)>0，
所以h′(x)在(1，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(1)＝0，
所以h(x)在(1，＋∞)上单调递增，h(x)>h(1)＝0，
故eq \f(ex,x＋1)>eq \f(e,4)(x＋1)．
再令t(x)＝eq \f(e,4)(x＋1)－eq \f(x－1,ln x)－eq \f(e－2,2)，x∈(1，＋∞)，
t′(x)＝eq \f(e,4)－eq \f(ln x＋\f(1,x)－1,（ln x）2)
＝eq \f(e（ln x）2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)－1)),4（ln x）2).
令m(x)＝e(ln x)2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln x＋\f(1,x)－1))，x∈(1，＋∞)，
则m′(x)＝2eln x·eq \f(1,x)－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－\f(1,x2)))＝eq \f(2exln x－4x＋4,x2).
令n(x)＝2exln x－4x＋4，x∈(1，＋∞)，
则n′(x)＝2e(ln x＋1)－4＝2eln x＋2e－4>0，
则n(x)在(1，＋∞)上单调递增，n(x)>n(1)＝0，
∴m′(x)>0，则m(x)在(1，＋∞)上单调递增，m(x)>m(1)＝0.
∴t′(x)>0，则t(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∵t(1)不存在，由洛必达法则，得
eq^\(,\s\d4(x→1))eq \f(x－1,ln x)＝eq^\(,\s\d4(x→1))eq \f(（x－1）′,（ln x）′)＝eq^\(,\s\d4(x→1))eq \f(1,\f(1,x))＝1，
∴t(1)→0，∵t(x)>t(1)，∴t(x)>0，
∴eq \f(e,4)(x＋1)>eq \f(x－1,ln x)＋eq \f(e－2,2).
综上，对∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x)．
训练1 设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤eq \f(x,ax＋1)，求a的取值范围．
解 (1)若x＝0，a∈R；
(2)若x>0，当a<0时，若x>－eq \f(1,a)，则eq \f(x,ax＋1)<0，
f(x)≤eq \f(x,ax＋1)不成立．
当a≥0时，由f(x)≤eq \f(x,ax＋1)，
得a≤eq \f(xex－ex＋1,x（ex－1）)，
设g(x)＝eq \f(xex－ex＋1,x（ex－1）)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(e2x－x2ex－2ex＋1,x2（ex－1）2).
令h(x)＝e2x－x2ex－2ex＋1，
则h′(x)＝2e2x－2xex－x2ex－2ex＝ex(2ex－2x－x2－2)．
再令m(x)＝2ex－2x－x2－2，
则m′(x)＝2ex－2－2x＝2(ex－x－1)，
易得当x>0时，m′(x)>0，即m(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴m(x)>m(0)＝0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，即g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
连续两次使用洛必达法则，得
eq^\(lim,\s\d4(x→0))g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(xex,xex＋ex－1)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(xex＋ex,xex＋2ex)＝eq \f(1,2)，
故g(x)>eq \f(1,2)(x>0)．
故当0≤a≤eq \f(1,2)，x≥0时，1－e－x≤eq \f(x,ax＋1)恒成立，
综上，a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
训练2 若不等式sin x＞x－ax3对于x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))恒成立，求a的取值范围．
解 当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，原不等式等价于a＞eq \f(x－sin x,x3)，
记f(x)＝eq \f(x－sin x,x3)，
则f′(x)＝eq \f(3sin x－xcs x－2x,x4)，
记g(x)＝3sin x－xcs x－2x，
则g′(x)＝2cs x＋xsin x－2，
∵g″(x)＝－2sin x＋sin x＋xcs x＝xcs x－sin x，
g(x)＝－xsin x＜0，
所以g″(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，且g″(x)＜g″(0)＝0，
所以g′(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，且g′(x)＜g′(0)＝0.
因此g(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，且g(x)＜g′(0)＝0，故f′(x)＝eq \f(g（x）,x4)＜0，
因此f(x)＝eq \f(x－sin x,x3)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))上单调递减，
由洛必达法则有：
eq^\(lim,\s\d4(x→0))f(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(x－sin x,x3)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(1－cs x,3x2)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(sin x,6x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(cs x,6)＝eq \f(1,6)，
即当x→0时，f(x)→eq \f(1,6)，即有f(x)＜eq \f(1,6)，
故当a≥eq \f(1,6)时，不等式sin x＞x－ax3对于x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))恒成立.
一、基本技能练
1．已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a都有f(x)≥0；
当x>0时，由f(x)≥0得，a≤eq \f(ex－1－x,x2)，
设g(x)＝eq \f(ex－1－x,x2)(x>0)，
则g′(x)＝eq \f(xex－2ex＋x＋2,x3)，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，且当x→0时，h′(x)→0，∴h′(x)>0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，且当x→0时，h(x)→0，∴h(x)>0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex－x－1,x2)＝eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex－1,2x)＝eq^\(,\s\d4(x→0))eq \f(ex,2)＝eq \f(1,2)，
故g(x)>eq \f(1,2)，故a≤eq \f(1,2).
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
2．已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2.当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
解 当x≥0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0.
①当x＝0时，a∈R；
②当x>0时，x(ex－1)－ax2≥0等价于ex－1≥ax，也即a≤eq \f(ex－1,x).
记g(x)＝eq \f(ex－1,x)，x∈(0，＋∞)，
则g′(x)＝eq \f(（x－1）ex＋1,x2).
记h(x)＝(x－1)ex＋1，x∈(0，＋∞)，
则h′(x)＝xex>0，
因此h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
且h(x)>h(0)＝0，
所以g′(x)＝eq \f(h（x）,x2)>0，
从而g(x)＝eq \f(ex－1,x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则有
g(x)＝eq \f(ex－1,x)＝eq \f(ex,1)＝1，
即当x→0时，g(x)→1，
所以g(x)>1，即有a≤1.
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．
3．已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．
解 法一 令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，
∵x>0，
∴ln(x＋1)>0.
(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．
(2)当1－a<0，即a>1时，
令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；
x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，
在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)min＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
法二 x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，
即a令g(x)＝eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)(x>0)，
∴g′(x)＝eq \f(x－ln（x＋1）,x2).
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，
∴k′(x)＝1－eq \f(1,x＋1)＝eq \f(x,x＋1)>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴k(x)>k(0)＝0，
∴当x>0时，x－ln(x＋1)>0恒成立，
∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知
eq^\(lim,\s\d4(x→0))g(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))eq \f(（x＋1）ln（x＋1）,x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→0))[ln(x＋1)＋1]＝1，∴g(x)>1，∴a≤1，
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
二、创新拓展练
4．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 法一 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，
当x>1时，a≤eq \f(x2ln x,x2－1)，
令g(x)＝eq \f(x2ln x,x2－1)(x>1)，
则g′(x)＝eq \f(x（x2－1－2ln x）,（x2－1）2)，
因为x>1，
则(x2－1－2ln x)′＝2x－eq \f(2,x)>0，
故h(x)＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，则h(x)>h(1)＝0，
故g′(x)＝eq \f(x（x2－1－2ln x）,（x2－1）2)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(x2ln x,x2－1)＝eq^\(lim,\s\d4(x→1))eq \f(2xln x＋x,2x)＝eq \f(1,2).
所以由a≤eq \f(x2ln x,x2－1)恒成立，得a≤eq \f(1,2).
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).
法二 f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
则当a≤eq \f(1,2)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≤eq \f(1,2)；
当a>eq \f(1,2)时，
由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，
得x＝x0，且2ln x0＋1－2a＝0，x0＝eeq \f(2a－1,2)，
则x∈[1，eeq \f(2a－1,2))时，f′(x)<0，
则f(x)单调递减，
x∈(eeq \f(2a－1,2)，＋∞)时，f′(x)>0，
则f(x)单调递增，所以f(x)min＝f(eeq \f(2a－1,2))与f(x)≥0恒成立矛盾，故a>eq \f(1,2)不满足题意．
综上，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2))).