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洛必达法则 【知识拓展】 洛必达法则 (1)型：若函数f(x)和g(x)满足下列条件： ① f(x)＝0 及 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 ＝A，那么 ＝ ＝A. (2)型：若函数f(x)和g(x)满足下列条件： ① f(x)＝∞ 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 ＝A，那么 ＝ ＝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. 【类型突破】 类型一 利用洛必达法则求型最值 例1 (2024·郑州质检改编)对∀x∈[0，π)，不等式－x2－x－ln(x＋1)≤bsin x 恒成 立，求实数b 的取值范围. 解 当x＝0 时，不等式对任意实数b 都成立； 当x∈(0，π)时，sin x>0， 所以b≥， 令g(x)＝， 可得g′(x)＝ ， 令h(x)＝sin x＋ cos x， 则h′(x)＝ sin x， 令φ(x)＝－x2－x－1－ln(x＋1)， 则φ′(x)＝－－x－1－<0， 所以φ(x)在(0，π)上单调递减， 所以φ(x)<φ(0)＝0，所以h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)<h(0)＝0， 所以g′(x)<0，g(x)单调递减， 又由洛必达法则 ＝ ＝－2， 所以g(x)<－2， 所以b≥－2，即实数b 的取值范围是[－2，＋∞). 规律方法 对函数不等式恒成立求参数取值范围时，可采用分类讨论、假设反证 法.若采取分离参数的方法，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，此时，利用洛必达法则即可求解.洛必达法则 可连续多次使用，直到求出极限为止. 训练1 已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R). (1)若f(x)在x＝－1 处有极值，求a 的值； (2)当x>0 时，f(x)≥0，求实数a 的取值范围. 解 (1)∵f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1， ∵f(x)在x＝－1 处有极值， ∴f′(－1)＝2a－1＝0，则a＝. 经检验，a＝符合题意，∴a＝. (2)当x>0 时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0， 即a≤， 令h(x)＝(x>0)， ∴h′(x)＝， 令g(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)， ∴g′(x)＝xex>0， ∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(x)>g(0)＝0， ∴h′(x)>0，h(x)在(0，＋∞)上单调递增， 由洛必达法则知， ＝ ＝1，∴a≤1， 即实数a 的取值范围是(－∞，1]. 类型二 利用洛必达法则求型最值 例2 已知函数f(x)＝2ax3＋x.若x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a 的取值 范围. 解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a， 即2ax3＋x>x3－a， 即a(2x3＋1)>x3－x， 即a>恒成立， 令φ(x)＝(x>1)， ∴φ′(x)＝>0， ∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增， 由洛必达法则知 φ(x)＝ ＝ ＝ ＝， ∴φ(x)<，故a≥. 规律方法 对于不常见的类型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必达法则 求极限，一般先通过转换，化成，型求极限. 训练2 (2024·烟台调研改编)已知函数f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，若当x∈(1，＋ ∞)时，f(x)>0，求a 的取值范围. 解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0⇔a<. 令H(x)＝， 则H′(x)＝＝， 令k(x)＝x－－2ln x， 则k′(x)＝>0， 于是k(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以k(x)>k(1)＝0， 于是H′(x)>0，从而H(x)在(1，＋∞)上单调递增， 由洛必达法则，可得 ＝ ＝ ＝2. 于是a≤2，所以a 的取值范围是(－∞，2]. 【精准强化练】 1.(2024·泉州调研)设函数f(x)＝ex－b＋cx－ax2， (1)若f(0)＝0，f(－1)＝－a(a 为常数)，求f(x)的解析式； (2)在(1)条件下，若当x≥0 时，f(x)≥0，求a 的取值范围. 解 (1)因为f(0)＝0，f(－1)＝－a， 所以f(0)＝1－b＝0，f(－1)＝－b－c－a＝－a， 解得b＝1，c＝－1， 所以f(x)＝ex－1－x－ax2. (2)由(1)可知，x＝0 时，f(0)＝0≥0，此时a∈R； 故x≥0 时，f(x)≥0 成立⇔x>0 时，f(x)≥0 成立⇔ex－1－x－ax2≥0 对x>0 恒成立， 即a≤对x>0 恒成立； 记h(x)＝， 则h′(x)＝， 记φ(x)＝xex－2ex＋x＋2， 则φ′(x)＝xex－ex＋1， 记r(x)＝xex－ex＋1，则r′(x)＝xex， ∴当x>0 时，r′(x)>0，φ′(x)在(0，＋∞)上单调递增； φ′(x)>φ′(0)＝0，所以φ(x)在(0，＋∞)上单调递增；φ(x)>φ(0)＝0； ∴x∈(0，＋∞)时，h′(x)>0， 即h(x)在(0，＋∞)上单调递增； 记p(x)＝ex－x－1，q(x)＝x2， 当x→0 时，p(x)→0，q(x)→0，符合洛必达法则条件， ∴ h(x)＝ ＝ ＝ ＝， ∴x>0 时，h(x)>，∴a≤. 2.设函数f(x)＝，g(x)＝＋. (1)求f(x)在(1，f(1))处的切线方程； (2)求证：对于∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x). (1)解 f′(x)＝，f(1)＝，f′(1)＝， ∴f(x)在(1，f(1))处的切线方程为 y－＝(x－1)，即y＝(x＋1). (2)证明 令h(x)＝－(x＋1)，x>1， h′(x)＝－，h″(x)＝>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>(x＋1). 再令t(x)＝(x＋1)－－， x∈(1，＋∞)， t′(x)＝－ ＝. 令m(x)＝e(ln x)2－4， x∈(1，＋∞)， 则m′(x)＝2eln x·－4 ＝. 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 ＝ ＝ ＝1， ∴t(1)→0， ∵t(x)>t(1)，∴t(x)>0， ∴(x＋1)>＋. 综上，对于∀x∈(1，＋∞)，f(x)>g(x).
