前言
在高三数学的函数与导数的题目教学中，有一类题目比如“求参数的取值范围”，有时候若是采用洛必达法则，会变得很简单，下面以2016-17年度宝鸡市第一次质量检测理科数学的21题为例加以说明。
案例分析
分析：由于是恒成立问题，我们一般首选分离参数做尝试，
又由于\(x\ge 1\)，则参数\(m\)的系数\((x-1)^2\ge 0\)，故先分类讨论如下
\(1^o\)，当\(x=1\)时，即\(0\ge 0m\)，则\(m\in R\).
\(2^o\)，当\(x>1\)时，分离参数得到\(m\leq \cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}\)，令\(\cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}=h(x)\)，
接下来我们一般是求\(h(x)_{min}\)，为达到这一目的，我们需要做两个工作：分析单调性和求最值，
先说分析单调性，此处一般常常采用导数的方法（当函数形式复杂时，导数的方法往往会被我们舍弃）
和其他求单调性的方法（？比如利用函数单调性的结论）
如\(h(x)=\cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}\)\(=\cfrac{x^2}{(x-1)^2}lnx+\cfrac{1-x}{(x-1)^2}\)\(=\cfrac{1}{(\cfrac{1}{x}-1)^2}lnx+\cfrac{1}{1-x}\)，
其中\(\cfrac{1}{(\frac{1}{x}-1)^2}\)单增，为正，\(lnx\)单增，为正，故\(\cfrac{1}{(\frac{1}{x}-1)^2}lnx\)单增，而\(\cfrac{1}{1-x}\)易知单增，
所以函数\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上单增，所以很容易想到求其最小值。
再议求最值，大家发现此时函数\(h(x)_{min}\)并不存在，所以我们只能求它的最小值的极限。
但是你发现\(h(1)=\cfrac{0}{0}\)，许多的学生就傻眼了，也就很快否定了自己这个思路的正确性。
其实若是用到“洛必达法则”，这个思路是个很好的选择。
洛必达法则
对高三学生来说，涉及到极限，有点复杂，不过很好用。
分式型函数\(h(x)=\cfrac{f(x)}{g(x)}\)， \(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)=\cfrac{0}{0}\)，则\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)= \lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)，这就是洛必达法则。
- 适用范围
1、适用于\(\cfrac{0}{0}\)或\(\cfrac{\infty}{\infty}\)型的极限计算。
2、可以多次求导使用。
3、\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)= \lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)。
言归正传，接上求最小值的极限：
\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)\)\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{(x^2lnx+1-x)'}{((x-1)^2)'}\)
\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{2xlnx+x-1}{2(x-1)}\)\(=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{2lnx+2+1}{2}\)\(=\cfrac{3}{2}\)。
则有\(m\leq \cfrac{3}{2}\).
综上所述，可知\(m\)的取值范围为\(m\leq \cfrac{3}{2}\).
有了这个求极限的新方法的加盟，我们在求参数的取值范围的题目时，在选择分离参数的方法上能处理的函数范围会更广。
再次熟悉
分析：这类题目我们一般很常用分离参数的思路，故先将表达式变形为\(kx\leq e^xsinx\)，
到此分离参数\(k\) 时，需要针对\(x\)的取值分类讨论，
当\(x=0\)时，代入得到\(0\times k\leq 0\)，故此时\(k\in R\)；
当\(x>0\)时，分离参数得到\(k\leq \cfrac{e^xsinx}{x}\)，
这时令\(\cfrac{e^xsinx}{x}=g(x)\)，我们只需要求得\(g(x)_{min}\)即可；
\(g'(x)=\cfrac{x\cdot e^xcosx+x\cdot e^xsinx-e^xsinx}{x^2}\)
\(=\cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2}\)，
此时\(x^2，e^x\)的符号都好判断，就是\(xsinx+xcosx-sinx\)的符号不好判断，
故再定义\(h(x)=xsinx+xcosx-sinx\)，
\(h'(x)=sinx+cosx-x(cosx+sinx)-cosx=sinx+x(cosx-sinx)\)，
(注意，此时求导的目的是为了更好的判断\(g'(x)\)的正负)
结合图像可知，当\(x\in(0，\cfrac{\pi}{4})\)时，\(sinx>0，x>0，cosx-sinx>0\)，
故此时\(h'(x)>0\)，接下来不好判断，我们考虑其极端情形，\(h'(\cfrac{\pi}{2})=1-\cfrac{\pi}{2}<0\)；
这说明，当\(x\in(0，x_0)\)时，\(h'(x)>0\)，当\(x\in(x_0，\cfrac{\pi}{2})\)时，\(h'(x)<0\)，
故\(h(x)\)在\(x\in(0，x_0)\)单调递增，在\(x\in(x_0，\cfrac{\pi}{2})\)单调递减，
又验证\(h(0)=0，h(\cfrac{\pi}{2})=\cfrac{\pi}{2}-1>0\)，
故则有\(h(x)>0\)，即当\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)时，恒有\(h(x)>0\)，
故\(g'(x)=\cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2}>0\)，
则\(g(x)\)在\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)上单调递增，\(g(x)_{min}=g(0)\)；
接下来用洛必达法则求解，
\(\lim\limits_{x\to 0} g(x)= \lim\limits_{x\to 0} \cfrac{e^xsinx}{x}\)\(=\lim\limits_{x\to 0} \cfrac{(e^xsinx)'}{x'}\)
$ =\lim\limits_{x\to 0} \cfrac{e^xsinx+e^xcosx}{1}$$=\cfrac{1}{1}=1$；
\(g(x)_{min}=g(0)=1\)；
综合以上，求其交集得到，\(k\leq 1\).
反思：一路求导，这是一个比较常用的21题的第二问的求解思路；不过这时不要忘了，一路求导的目的还是想判断第一个导函数的正负，所以还可以考虑在某个导函数中使用函数的图像来判断正负；
⑴若函数\(\phi(x)\)在区间\((3m，m+\cfrac{1}{2})\)上单调递减，求实数\(m\)的取值范围；
⑵若对于任意的\(x\in (0，1)\)，恒有\((1+x)\cdot f(x)+2a<0(a>0)\)，求实数\(a\)的取值范围；
【解析】⑴由于\(f'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)，
故\(\phi'(x)=(x-1)^2f'(x)=\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx=\cfrac{1}{x}-1+lnx(x>0\&x\neq 1)\)
所以\(\phi'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x^2}\)，
则\(\phi(x)\)在区间\((0，1)\)单调递减，又由题可知，
函数\(\phi(x)\)在区间\((3m，m+\cfrac{1}{2})\)上单调递减，
则\((3m，m+\cfrac{1}{2})\subseteq (0，1)\)，
则得到\(\begin{cases} 3m \ge 0 \\ m+\cfrac{1}{2}\leq 1 \\ 3m < m+\cfrac{1}{2}，\end{cases}\) 则有\(\begin{cases} m\ge 0 \\ m <\cfrac{1}{4} \\ m \leq\cfrac{1}{2}，\end{cases}\)
解得\(0\leq m <\cfrac{1}{4}\)，故参数\(m\)的取值范围为\((0，\cfrac{1}{4})\).
⑵转化为恒成立和分离参数来求解。
分析：对于任意的\(x\in (0，1)\)，恒有\(-2a\ge (1+x)\cdot f(x)\)成立，
求导思路1：令\(g(x)=(1+x)\cdot f(x)=(1+x)\cfrac{lnx}{1-x}\)，
则\(g'(x)=\cfrac{lnx}{1-x}+(1+x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)-lnx\cdot (1-x)'}{(1-x)^2}\)
\(=\cfrac{lnx}{1-x}+(1+x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)
\(=\cfrac{lnx(1-x)+\cfrac{1}{x}(1-x)^2+(1+x)lnx}{(1-x)^2}\)
\(=\cfrac{2lnx-x+\cfrac{1}{x}}{(1-x)^2}\)，
再令\(h(x)=2lnx+\cfrac{1}{x}-x\)，则\(h'(x)=\cfrac{2}{x}-\cfrac{1}{x^2}-1\)，
则\(h''(x)=-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{2}{x^3}=2(\cfrac{1}{x^3}-\cfrac{1}{x^2})>0\)，
所以\(h'(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，又\(h'(1)=0\)，
则在区间\((0，1)\)上\(h'(x)<0\)，故\(h(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递减，
又\(h(1)=0\)，则在区间\((0，1)\)上\(h(x)>0\)，
故在区间\((0，1)\)上\(g'(x)>0\)，从而\(g(x)\)在区间\((0，1)\)上单调递增，
故\(g(x)_{max}= g(1)\)，以下用洛必达法则求解\(g(1)\)；
\(\lim\limits_{x\to 1} g(x)\)\(= \lim\limits_{x\to 1} \cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}\)\(=\lim\limits_{x\to 1} \cfrac{lnx+\frac{1+x}{x}}{-1}=-2\)；
故\(g(x)_{max}= g(1)\)，故\(-2a \geqslant -2\)，又\(a >0\)，解得\(0< a \leqslant 1\)．
故参数\(a\)的取值范围为\((0，1]\).
求导思路2：令\(g(x)=lnx\cdot \cfrac{1+x}{1-x}=lnx(1+\cfrac{2}{1-x})=lnx(1-\cfrac{2}{x-1})\)；
则\(g'(x)=[lnx(1-\cfrac{2}{x-1})]'\)\(=\cfrac{1}{x}\cdot (1-\cfrac{2}{x-1})+lnx\cdot (1-\cfrac{2}{x-1})'\)
\(=\cfrac{1}{x}\cdot \cfrac{1+x}{1-x}+lnx\cdot \cfrac{2}{(x-1)^2}\)
\(=\cfrac{(1+x)(1-x)}{x(1-x)^2}+ \cfrac{2xlnx}{x(x-1)^2}\)
\(=\cfrac{2xlnx+1-x^2}{x(x-1)^2}=\cfrac{2lnx-x+\frac{1}{x}}{(x-1)^2}\)
[到此，还可以借助函数\(y=2lnx\)和函数\(y=-x+\cfrac{1}{x}\)的图像来判断，注意这两个函数都过点\((1，0)\)，且在区间\((0，1)\)上都单调递增，不过我们可以通过个别值来判断其函数图像的高低，比如利用横坐标\(x=e\)，所以也可以判断在区间\((0，1)\)上，\(2lnx-x+\frac{1}{x}>0\)，故\(g'(x)>0\)].
其余仿上完成。
已知函数\(f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)\)．
（I）当\(a=4\)时，求曲线\(y=f(x)\)在\((1，f(1)\)处的切线方程；
分析：\(f(x)=(x+1)lnx-4(x-1)\)，\(f(1)=0\)，故切点为\((1，0)\)
又\(f'(x)=lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}-4\)，\(f'(1)=-2\)，
由点斜式得到\(y-0=-2(x-1)\)，即\(2x+y-2=0\)；
（II）若当\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，求\(a\)的取值范围．
法1：当\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)等价于\(lnx-\cfrac{a(x-1)}{x+1}>0\)，
[反思]这样变形的目的是为了将\(lnx\)这一块变得简单，有助于求导。
设\(g(x)=lnx-\cfrac{a(x-1)}{x+1}\)，\(g(1)=0\)，
\(g'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2}\)
\(=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(x+1)^2}=\cfrac{x^2+2(1-a)x+1}{x(x+1)^2}\)
分子函数\(y=x^2+2(1-a)x+1\)的对称轴为\(x=-\cfrac{2(1-a)}{2}=a-1\)，
当对称轴在\(x=1\)处或者其左侧时，在\(x>1\)时的函数图像是在\(x\)轴上方的，则分界点是\(a\leq 2\)。
①当\(a\leq 2\)时，\(x\in (1，+\infty)\)时，
\(x^2+2(1-a)x+1>x^2-2x+1>0\)，故\(g'(x)>0\)，
\(g(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，\(g(1)=0\)，
因此，\(g(x)>0\)，故\(a\leq 2\)满足题意；
②当\(a>2\)时，令\(g'(x)=0\)得到，
\(x_1=a-1-\sqrt{(a-1)^2-1}\)，\(x_2=a-1+\sqrt{(a-1)^2-1}\)，
由\(x_2>1\)和\(x_1x_2=1\)可得，\(x_1<1\)，
故当\(x\in (1，x_2)\)时，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)在区间\((1，x_2)\)上单调递减，
此时\(g(x)<g(1)=0\)，故不符题意，舍去，
综上可知，\(a\)的取值范围是\((-\infty，2]\)。
法2：当\(x\in(1，+\infty)\)时，\(f(x)>0\)，
即\((x+1)lnx-a(x-1)>0\)在\(x\in(1，+\infty)\)时恒成立，
分离参数得到\(a<\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}=h(x)\)在\(x\in(1，+\infty)\)时恒成立，
只需要求\(x\in(1，+\infty)\)时的\(h(x)\)的最小值或最小值的极限即可。
\(h'(x)=\cfrac{[(x+1)lnx]'\cdot (x-1)-[(x+1)lnx]\cdot 1}{(x-1)^2}\)
\(=\cfrac{-2lnx+\frac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}\)
令\(g(x)=-2lnx+x-\cfrac{1}{x}\)，
\(g'(x)=-\cfrac{2}{x}+1+\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x^2+1-2x}{x^2}>0\)，
故函数\(g(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，故\(g(x)>g(1)=0\)，
故函数\(h'(x)=\cfrac{-2lnx+\cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}>0\)，
故函数\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上单调递增，
故\(h(x)>h(1)=\cfrac{0}{0}\)，故需要用到洛必达法则来求\(h(1)\)；
\(h(1)=\lim\limits_{x\to 1} h(x)= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}\)\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'}\)
\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}}{1}\)\(=2\)，故\(h(1)=2\)，
故\(a\leq 2\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，2]\)。
对应练习
(1).若\(a=0\)，求函数\(f(x)\)的极值；
分析：若\(a=0\)，则函数\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，定义域为\((0，+\infty)\)，
则\(f'(x)=\cfrac{1-lnx}{x^2}\)，[此时借助分子函数\(y=1-lnx\)的图像，快速写出如下]
当\(x\in (0,e)\)时，\(f'(x)>0\)，则\(f(x)\)单调递增，
当\(x\in (e,+\infty)\)时，\(f'(x)<0\)，则\(f(x)\)单调递减，
即函数\(f(x)\)在\((0,e)\)上单调递增，在\((e,+\infty)\)上单调递减，
所以函数\(f(x)\)有极大值，极大值为\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，没有极小值；
[备注：此函数的图像使用频度很高，故建议学生理解记忆。如下]
(2).若在区间\((1,+\infty)\)上\(f(x)<0\)恒成立，求\(a\)的取值范围。
法1：分离参数+求新函数的最值+洛必达法则[成本较高]；
由题目可知，分离参数得到，\(a(x-1)<-\cfrac{lnx}{x}\)，则有\(a<-\cfrac{lnx}{x(x-1)}\)
令\(g(x)=-\cfrac{lnx}{x(x-1)}\)，需要求\(g(x)_{min}\)，借助导数函数函数\(g(x)\)；
\(g'(x)=-\cfrac{\cfrac{1}{x}\times [x(x-1)]-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}=-\cfrac{(x-1)-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}\)，
由于数或形的方法思路都不能说明\(g'(x)\)的正负，故引入二阶导，
令\(h(x)=(x-1)-lnx(2x-1)\)，\(h'(x)=1-[\cfrac{1}{x}(2x-1)+lnx\cdot 2]=\cfrac{1}{x}-2lnx-1\)，
显然函数\(h'(x)\)单调递减，又由于\(h'(1)=0\)，故\(h'(x)<0\)恒成立，
则函数\(h(x)\)在区间\((1,+\infty)\)上单调递减，又\(h(1)=0\)，故\(h(x)<0\)恒成立，
则\(g'(x)=-\cfrac{(x-1)-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}=-\cfrac{h(x)}{[x(x-1)]^2}>0\)，
故函数\(g(x)\)单调递增，由于\(x\in (1，+\infty)\)上，故\(g(x)_{min}\)的极限为\(g(1)\)，
此时要求解\(g(1)\)的值，就需要用到洛必达法则。
\(g(1)=\lim\limits_{x\to 1} g(x)=\lim\limits_{x\to 1}\{-\cfrac{[lnx]'}{[x(x-1)]'}\}\)
\(=\lim\limits_{x\to 1}\{-\cfrac{\frac{1}{x}}{2x-1}\}=-\cfrac{1}{2\times1-1}=-1\)
又由于\(x\in (1，+\infty)\)，故\(a\leqslant -1\)。
法2：分类讨论[成本较低，但对数学素养要求比较高]；
由于\(x>1\)，故在区间\((1,+\infty)\)上\(f(x)<0\)恒成立，即\(lnx+ax^2-ax<0\)在区间\((1,+\infty)\)上恒成立，
设\(g(x)=lnx+ax^2-ax\)，[备注：则需要说明\(g(x)\)的最小值或最小值极限小于零，此时必然需要针对参数\(a\)分类讨论]
1).当\(a\geqslant 0\)时，\(g(2)=ln2+2a>0\)，故不符合题意；舍去\(a\geqslant 0\)；
[备注：将最容易说明的情形放到最前面；为了说明不是恒成立，需要找个反例说明，故采用赋值法排除；]
2).当\(a<0\)时，\(g'(x)=\cfrac{1}{x}+2ax-a=\cfrac{2ax^2-ax+1}{x}\)，
令\(g'(x)=0\)，则\(2ax^2-ax+1=0\)，由于方程\(2ax^2-ax+1=0\)的判别式\(\Delta =a^2-8a>0(a<0)\)，且两根之积为\(\cfrac{1}{1a}<0\)，故方程\(g'(x)=0\)有两个不等实根，设两根为\(x_1,x_2\)，且\(x_1<0<x_2\)，则正实根\(x_2\)与定义域的关系如下：
①.当\(x_2>1\)时，函数\(g'(x)\)的分子函数的图像如图所示，
所以\(g(x)\)在区间\((1,x_2)\)上单调递增，在区间\((x_2,+\infty)\)上单调递减，
故\(g(x_2)>g(1)=0\)，则不符合题意；[数学素养：\(g(1)=ln1+a\times 1^2-a\times 1=0\)]
②当\(x_2\leqslant 1\)时，即\(g'(1)=2a-a+1\leqslant 0\)，也即\(a\leqslant -1\)时，
借助导函数的分子图像可知，
\(g(x)\)在\((1,+\infty)\)上单调递减，所以当\(x\in (1,+\infty)\)时，\(g(x)<g(1)=0\)，符合题意；[数学素养：\(g(1)=ln1+a\times 1^2-a\times 1=0\)]
综上所述，\(a\leqslant -1\).
(2).判断函数\(f(x)\)的零点个数。(直接写出结论)
分析：由题目的要求可知，我们可以自己用自己的方法探索这个题目，不一定是用很严谨的数学语言来推理论证。
那么我们就完全可以使用数形结合的方法来思考问题。将函数的零点个数问题转化为函数\(y=\cfrac{lnx}{x}\)与动态函数\(y=a(1-x)\)的图像的交点个数问题了。
其中函数\(y=\cfrac{lnx}{x}\)的图像可以做出来[也要求要能做出来]，函数\(y=a(1-x)=-ax+a\)的图像是一条直线，恒过点\((1.0)\)，则由动图容易知道，
当\(-a\leqslant 0\)时，两个函数图像有一个交点；
当\(-a>0\)且在相切以前和相切后，两个函数图像有两个交点；
当相切时，两个函数图像有一个交点；由于相切时切点为\((1,0)\)，故\(-a=\cfrac{1-lnx}{x^2}|_{x=1}=1\)，则\(a=-1\)，
综上所述，当\(a\geqslant 0\)或\(a=-1\)时，两个函数图像有一个交点；当\(a<0\)且\(a\neq -1\)时，两个函数图像有两个交点；