覃寶鋒

[摘 要]高中階段在求函數(shù)的參數(shù)范圍時，若能利用洛必達法則會使問題更容易解決。文章主要介紹如何運用洛必達法則解不等式中參數(shù)的取值范圍問題。

[關鍵詞]洛必達法則;不等式;參數(shù);取值范圍

[中圖分類號]? ? G633.6? ? ? ? [文獻標識碼]? ? A? ? ? ? [文章編號]? ? 1674-6058（2022）14-0025-03

在數(shù)學學習的過程中，學生往往對不等式中求參數(shù)的取值范圍的問題感到困難，但這類問題又是高考中常出現(xiàn)的題型。因此，我們很有必要去研究它。解決這類問題的通法是直接求導，然后對參數(shù)進行分類討論。然而，運用此法，有的學生可能會出現(xiàn)對參數(shù)討論不清或討論不全的情況。有一些學生會采用分離參數(shù)的方法，通過分離參數(shù)求函數(shù)的最值，進而求解，這種求解往往對判斷函數(shù)的單調性要求比較高，可能有些復雜，但一般都能得到結果。而有時用洛必達法則可輕松解決問題。

洛必達法則是高等數(shù)學的內容，運用洛必達法則要滿足以下條件。

設函數(shù)[f（x）]，[g（x）]滿足：（1）[limx→afx=limx→agx=0]（或∞）;（2）在[a]的去心鄰域內，[f ′（x）]和[g′（x）]都存在，且[g′（x）≠0];（3）[limx→af'xg'x=A]（其中[A]為實數(shù)，[a]可為[±∞]），則[limfxgx=limx→af'xg'x=A]（可以多次使用）。

在使用該公式時要注意對于分式函數(shù)[f（x）g（x）]，當[x→a]（或[∞]）時，[f（x）g（x）]為[00]型或[∞∞]型，且不是對[f（x）g（x）]的商求導，而是分別對分子、分母進行求導，之后取極限得最值。

[例1]已知函數(shù)[f（x）=（x+1）ln x-a（x-1）]，

（1）當[a=4]時，求曲線[y=f（x）]在[（1， f（1））]處的切線方程;

（2）若當[x>1]時，[fx>0]，求[a]的取值范圍。

分析：根據已知條件，容易將參數(shù)[a]分離出來，接著構造函數(shù)[g（x）]，并對其進行求導，通過判斷其函數(shù)的單調性，求[g（x）]的極值。我們發(fā)現(xiàn)[g（x）]在[x=1]處沒有意義，不能求出[g（x）]的極值，這時，可利用洛必達法則來求其極限值。

解：（1）略;

（2）由題意可知，當[x>1]時，[f（x）>0]，等價于[（x+1）ln x-ax-1>0]，則有[a<（x+1）ln xx-1]，設[g（x）=（x+1）ln xx-1 ]，[則 g′（x）=ln x+x+1x（x-1）-（x+1）ln x（x-1）2=x-2ln x-1x（x-1）2 ]。又設[h（x）=x-2lnx-1x]，則[h′（x）=1-2x+1x2=（x-1）2x2≥0]，所以[h（x）]在[（1，+∞）]上單調遞增，而[h（x）>h（1）=0]，所以[g（x）]在[（1，+∞）]上單調遞增，對于[g（x）=（x+1）ln xx-1]，當[x→1]時，[（x+1）ln x→0]，[x-1→0]，所以[（x+1）ln xx]符合洛必達法則條件，所以[limx→1gx=limx→1x+1ln xx-1=limx→1ln x+x+1x1=ln 1+1+11=2]，即當[x>1]時，[a]的取值范圍是[-∞， 2]

點評：在求分離后的函數(shù)[f（x）g（x）]的極值時，注意當[x→a]時， [f（x）→0]（或[∞]），[g（x）→0]（或[∞]），這是能用洛必達法則的條件之一，而且還要注意[f（x）g（x）]的極值是否等于某個實數(shù)，若是則其為極值。

[例2]已知函數(shù)[f（x）=a ln xx+1+bx]，曲線[y=f（x）]在點[（1， f（x））]處的切線方程為[x+2y-3=0]。

（1）求[a]，[b]的值;

（2）如果當[x>0]，且[x≠1]時， [f（x）>ln xx-1+kx]，求[k]的取值范圍。

解：（1）[a=1]，[b=1]，過程省略。

（2）根據題目的條件，當[x>0]且[x≠1]時， [f（x）>ln xx-1+kx]得[ln xx+1+1x>ln xx-1+kx]，等價于[k

設[ g（x）=2x ln x1-x2+1 ]，[ g′（x）=2（x2+1）ln x+2（1-x2）（1-x2）2=] [2（x2+1）ln x+1-x2x2+1（1-x2）2? ]。

因為[2（x2+1）（1-x2）2>0]，設[h（x）=ln x-1-x2x2+1]，則[h′（x）=1x--2x（x2+1）-（1-x2）×2x（x2+1）2=1x+4x（x2+1）2>0]，所以[h（x）]在[（0，+∞）]上單調遞增，因為[h（1）=0]，所以當[x∈（0， 1）]時，[h（x）<0]，即[gx]在[（0， 1）]上單調遞減，當[x∈（1，+∞）]，[gx]在[（1，+∞）]上單調遞增。當[x→1]時，[2x ln x→0]，當[x→1]時，[1-x2→0]，所以[2x ln x1-x2]符合洛必達法則的條件，即[limx→1g（x）=limx→12x ln x1-x2+1=limx→12 ln x+2-2x+1=-1+1=0]，所以當[x>0]，[x≠1]時，[k]的取值范圍是[k∈-∞， 0]。

點評：在判斷函數(shù)的單調性時，我們不一定要對整個函數(shù)進行二次求導，可對其中的一部分求導。

[例3]已知函數(shù)[（x）=（ax-2）ex-e（a-2）]。

（1）討論[f（x）]的單調性;

（2）當[x>1]時[f（x）>0]，求[a]的取值范圍。

解：（1）略。

（2）由題意可知，當[x>1]， [f（x）>0]時，即[（ax-2）ex-e（a-2）>0]等價于[a>2ex-2exex-e]。

設[g（x）=2ex-2exex-e]，則[g′（x）=2xex+1-2（ex）2（xex-e）2=2ex（xe-ex）（xex-e）2]。

設[h（x）=xe-ex]，則[h′（x）=e-ex]，因為[x>1]，所以[h′（x）<0]，即當[x>1]時，[g′（x）<0]，所以[g（x）]在[（1，+∞）]上單調遞減，當[x→1]時，[2ex-2e→0]，當[x→1]時，[xex-e→0]滿足洛必達法則，所以[limx→1g（x）=limx→12ex-2exex-e=limx→12exex+xex=1]，即當[x>1]時，[a]的取值范圍是[1，+∞]。

點評：由上面的例子可知，求參數(shù)的取值范圍，都可以分離參數(shù)，通過判斷函數(shù)的單調性，運用洛必達法則進行求解。

[例4]已知函數(shù)[f（x）=x-ln（x+a）]的最小值為0，其中[a>0]。

（1）求[a]的值;

（2）若對任意的[x∈0，+∞]有[f（x）≤kx2]成立，求實數(shù)[k]的取值范圍。

分析：對于第（2）問，可以將參數(shù)分離出來，通過判斷函數(shù)的單調性，觀察能否用洛必達法則進行求解。

解：（1）[a=1]，過程省略。

（2）由題意知，對任意的[x∈0，+∞]，當[x=0]時，[f（x）≤kx2]恒成立，

則當[x>0]時，[f（x）≤kx2]，等價于[k≥1x-ln（x+1）x2]。設[g（x）=1x-ln（x+1）x2]，[g′（x）=-1x2-x2x+1-2x ln x（x+1）x4=2 ln（x+1）-xx+1-xx3=-x2-2x+2（x+1）ln（x+1）x3（x+1）]。

設[h（x）=-x2-2x+2（x+1）ln（x+1）]，

[h′（x）=-2x+2ln（x+1）=2ln（x+1）-x<0]，所以[g（x）]在[0，+∞]上單調遞減。

當[x→0+]時，[1x→+ ∞]，[ln（x+1）x2→+ ∞]，不符合洛必達法則。將[g（x）]通分得[g（x）=x-ln（x+1）x2]，

當[x→0+]時，[x-lnx+1→0]，[x2→0]滿足洛必達法則的條件，所以[limx→0+gx=limx→0+x-lnx+1x2=limx→0+1-1x+12x=limx→0+1x+122=12]。

因此，實數(shù)[k]的最小值是[12]。

點評：求極值時可以多次使用洛必達法則。

[例5]已知函數(shù)[f（x）=sin xx（x≠0）]。

（1）求曲線[y=f（x）]在點[（π，f（π））]處的切線方程;

（2）若[x2f（x）+cos x≤mx2+1]，求[m]的取值范圍。

分析：含有三角函數(shù)的求導，在判斷函數(shù)的單調性時顯得比較困難，可視為恒成立求參數(shù)范圍的問題，因此可通過分離參數(shù)進行求解。

解：（1）略。

（2）由[x2f（x）+cos x≤mx2+1]得[m≥x sin x+cos x-1x2]，即求[x sin x+cos x-1x2]的最大值，由洛必達法則知[x sin x+cos x-1x2≤12]，只需證明[x sin x+cos x-1-12x2≤0]即可。設[h（x）=x sin x+cos x-1-12x2]，則[h′（x）=x（cos x-1）]，

∵[cos x-1≤0]，當[x>0]時，[h′（x）<0]，[h（x）]在[（0，+∞）]上單調遞減;

當[x<0]時，[h′（x）>0]，[h（x）]在[（0，-∞）]上單調遞增，

∴[hx≤h0=0]，所以不等式成立，∴[m≥12]。

[例6]已知函數(shù)[f（x）=ln x+mxxm≥-12]。

（1）求[f（x）]的單調區(qū)間;

（2）若[x2f（x）≤m]對任意[x≥1]恒成立，求[m]。

分析：第（2）問，學生若用直接法則要對[m]進行分類討論，會比較困難，因此可通過分離參數(shù)進行求解。

解：（1）略。

（2）由[m（1-x2）≥x ln x]，

當[x=1]時，不等式恒成立，

當[x>1]時，[m≤x ln x1-x2]，

[h（x）=x ln x1-x2]，

[h'（x）=（ln x+1）（1-x2）-x ln x（-2x）（1-x2）2=ln x-x2 ln x+1-x2+2x2 ln x（1-x2）2=ln x+x2 ln x+1-x2（1-x2）2]

令[p（x）=ln x+x2 ln x+1-x2]，

[p'（x）=1x+2x ln x-x]，

[p″（x）=-1x2+2 ln x+1]，

[p″（x）]在[（1，+∞）]上單調遞增且[p″（x）=0]，

[p′（x）]在[（1，+∞）]上單調遞增且[p′（x）=0]，

[p（x）]在[（1，+∞）]上單調遞增且[p（1）=0]，

[h（x）]在[（1，+∞）]上單調遞增。

當[x→1]時，[1-x2→0];當[x→1]時，[xlnx→0]。由洛必達法則知[limx→1x ln x1-x2=ln x+1-2x=-12]，因此有[m≥-12]，又因為[m≤-12]，所以[m=-12]。

通過上述的例題可知，洛必達法則是解決未定式函數(shù)極值的一種非常有效的方法，但并不是所有的未定式函數(shù)極值都可以應用洛必達法則解決，如多次應用洛必達法則后，極值出現(xiàn)循環(huán)現(xiàn)象時，洛必達法則失效。

應用洛必達法則求極值，必須熟練掌握洛必達法則的結論，注意洛必達法則的條件要求，不能盲目地套用公式，以免出現(xiàn)解題錯誤。

[? ?參? ?考? ?文? ?獻? ?]

[1]? 駢俊生.高等數(shù)學[M].北京：高等教育出版社，2012.

[2]? 趙文博.洛必達法則巧解高考壓軸題[J].中學生數(shù)理化（高二數(shù)學），2018（2）：9.

（責任編輯 黃桂堅）