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“eq\f(0,0)”或“eq\f(∞,∞)”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．“eq\f(0,0)”或“eq\f(∞,∞)”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)eq\o(lim,\s\do4(x→a)) f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do4(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；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A，那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件(1)eq\o(lim,\s\do4(x→a))f(x)＝∞及eq\o(lim,\s\do4(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；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A，那么eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f(x),g(x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→a))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．法则3 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)eq\o(lim,\s\do4(x→∞))f(x)＝0及eq\o(lim,\s\do4(x→∞))g(x)＝0；(2)∃m≠0，f(x)和g(x)在(－∞，m)与(m，＋∞)上可导，且g′(x)≠0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→∞))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．那么eq\o(lim,\s\do4(x→∞))eq\f(f(x),g(x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→∞))eq\f(f′(x),g′(x))＝A．注意：(1)必达法则的功能是用于求极限值；(2)主要用于eq\f(0,0)，eq\f(∞,∞)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)eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(sinx,x)；(2)eq\o(lim,\s\do4(x→0))xlnx；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→1))(eq\f(1,x－1)－eq\f(1,lnx))；(4)eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x3－x2－x＋1,x3－3x＋2)．解析 (1)eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(sinx,x)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f((sinx)′,x′)＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(cosx,1)＝1；(2)不适合条件，需转化eq\o(lim,\s\do4(x→0))xlnx＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(lnx,eq\f(1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))eq\f(eq\f(1,x),－eq\f(1,x2))＝eq\o(lim,\s\do4(x→0))(－x)＝0；(3)eq\o(lim,\s\do4(x→1))(eq\f(1,x－1)－eq\f(1,lnx))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(lnx－x＋1,(x－1)lnx)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(eq\f(1,x)－1,lnx＋eq\f(x－1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(eq\f(1,x)－1,lnx＋1－eq\f(1,x))＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(－eq\f(1,x2),eq\f(1,x)＋eq\f(1,x2))＝－eq\f(1,2)；(4)eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(x3－x2－x＋1,x3－3x＋2)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(3x2－2x－1,3x2－3)＝eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(6x－2,6x)＝eq\f(2,3)．注意：eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(6x－2,6x)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)＝eq\f(alnx,x＋1)＋eq\f(b,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)>eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,x)，求k的取值范围．解析 (1)f′(x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x)－lnx)),(x＋1)2)－eq\f(b,x2)．由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－eq\f(1,2)，且过点(1，1)，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(1)＝1，,f′(1)＝－\f(1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝1.))(2)方法一 (最值分析法)由(1)知f(x)＝eq\f(lnx,x＋1)＋eq\f(1,x)，所以f(x)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＝eq\f(1,1－x2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2lnx＋\f((k－1)(x2－1),x)))．令函数h(x)＝2lnx＋eq\f((k－1)(x2－1),x)(x>0)，则h′(x)＝eq\f((k－1)(x2＋1)＋2x,x2)．①若k≤0，由h′(x)＝eq\f(k(x2＋1)－(x－1)2,x2)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\co1(\f(lnx,x－1)＋\f(k,x)))＞0，即f(x)＞eq\f(lnx,x－1)＋eq\f(k,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＝eq\f(1,1－k)>1，所以当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(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\co1(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eq\f(1,1－x2)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，x1时，k<eq\f(2xlnx,1－x2)＋1恒成立．令g(x)＝eq\f(2xlnx,1－x2)＋1(x>0，x≠1)，则g′(x)＝2·eq\f((x2＋1)lnx－x2＋1,(1－x2)2)，再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x>0，x≠1)，则h′(x)＝2xlnx＋eq\f(1,x)－x，h″(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)，易知h″(x)＝2lnx＋1－eq\f(1,x2)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eq\o(lim,\s\do4(x→1))g(x)＝2eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(xlnx,1－x2)＋1＝2eq\o(lim,\s\do4(x→1))eq\f(1＋lnx,－2x)＋1＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0．∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．[例2] 已知函数f(x)＝x2lnx－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)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，因为x≥1，所以2lnx＋1≥1，则当a≤eq\f(1,2)时，f′(x)＝x(2lnx＋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(2lnx＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2lnx0＋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·eq\f(2a－1,2)－a[()2－1]＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－eq\f(e2a－1,2)＝eq\f(e·2a－e2a,2e)<0．此时，f(x)≥0不成立．综上，a≤eq\f(1,2)．方法二 (参变分离法)由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，当x>1时，a≤eq\f(x2lnx,x2－1)，令g(x)＝eq\f(x2lnx,x2－1)(x>1)，则g′(x)＝eq\f(x(x2－1－2lnx),(x2－1)2)，因为x>1，则(x2－1－2lnx)′＝2x－eq\f(2,x)>0，故y＝x2－1－2lnx在(1，＋∞)上单调递增，则y＝x2－1－2lnx>0，故g′(x)＝e