前言
在高三數學的函數與導數的題目教學中，有一類題目比如“求參數的取值范圍”，有時候若是采用洛必達法則，會變得很簡單，下面以2016-17年度寶雞市第一次質量檢測理科數學的21題為例加以說明。
案例分析
分析：由於是恆成立問題，我們一般首選分離參數做嘗試，
又由於\(x\ge 1\)，則參數\(m\)的系數\((x-1)^2\ge 0\)，故先分類討論如下
\(1^o\)，當\(x=1\)時，即\(0\ge 0m\)，則\(m\in R\).
\(2^o\)，當\(x>1\)時，分離參數得到\(m\leq \cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}\)，令\(\cfrac{x^2lnx+1-x}{(x-1)^2}=h(x)\)，
接下來我們一般是求\(h(x)_{min}\)，為達到這一目的，我們需要做兩個工作：分析單調性和求最值，
先說分析單調性，此處一般常常采用導數的方法（當函數形式復雜時，導數的方法往往會被我們舍棄）
和其他求單調性的方法（？比如利用函數單調性的結論）
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\(\cfrac{1}{(\frac{1}{x}-1)^2}\)單增，為正，\(lnx\)單增，為正，故\(\cfrac{1}{(\frac{1}{x}-1)^2}lnx\)單增，而\(\cfrac{1}{1-x}\)易知單增，
所以函數\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上單增，所以很容易想到求其最小值。
再議求最值，大家發現此時函數\(h(x)_{min}\)並不存在，所以我們只能求它的最小值的極限。
但是你發現\(h(1)=\cfrac{0}{0}\)，許多的學生就傻眼了，也就很快否定了自己這個思路的正確性。
其實若是用到“洛必達法則”，這個思路是個很好的選擇。
洛必達法則
對高三學生來說，涉及到極限，有點復雜，不過很好用。
分式型函數\(h(x)=\cfrac{f(x)}{g(x)}\)， \(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)=\cfrac{0}{0}\)，則\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)= \lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)，這就是洛必達法則。
- 適用范圍
1、適用於\(\cfrac{0}{0}\)或\(\cfrac{\infty}{\infty}\)型的極限計算。
2、可以多次求導使用。
3、\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)= \lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)。
言歸正傳，接上求最小值的極限：
\(\lim\limits_{x\to 1^+} h(x)\)\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{f'(x)}{g'(x)}\)\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{(x^2lnx+1-x)'}{((x-1)^2)'}\)
\(=\lim\limits_{x\to 1^+} \cfrac{2xlnx+x-1}{2(x-1)}\)\(=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{2lnx+2+1}{2}\)\(=\cfrac{3}{2}\)。
則有\(m\leq \cfrac{3}{2}\).
綜上所述，可知\(m\)的取值范圍為\(m\leq \cfrac{3}{2}\).
有了這個求極限的新方法的加盟，我們在求參數的取值范圍的題目時，在選擇分離參數的方法上能處理的函數范圍會更廣。
再次熟悉
分析：這類題目我們一般很常用分離參數的思路，故先將表達式變形為\(kx\leq e^xsinx\)，
到此分離參數\(k\) 時，需要針對\(x\)的取值分類討論，
當\(x=0\)時，代入得到\(0\times k\leq 0\)，故此時\(k\in R\)；
當\(x>0\)時，分離參數得到\(k\leq \cfrac{e^xsinx}{x}\)，
這時令\(\cfrac{e^xsinx}{x}=g(x)\)，我們只需要求得\(g(x)_{min}\)即可；
\(g'(x)=\cfrac{x\cdot e^xcosx+x\cdot e^xsinx-e^xsinx}{x^2}\)
\(=\cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2}\)，
此時\(x^2，e^x\)的符號都好判斷，就是\(xsinx+xcosx-sinx\)的符號不好判斷，
故再定義\(h(x)=xsinx+xcosx-sinx\)，
\(h'(x)=sinx+cosx-x(cosx+sinx)-cosx=sinx+x(cosx-sinx)\)，
(注意，此時求導的目的是為了更好的判斷\(g'(x)\)的正負)
結合圖像可知，當\(x\in(0，\cfrac{\pi}{4})\)時，\(sinx>0，x>0，cosx-sinx>0\)，
故此時\(h'(x)>0\)，接下來不好判斷，我們考慮其極端情形，\(h'(\cfrac{\pi}{2})=1-\cfrac{\pi}{2}<0\)；
這說明，當\(x\in(0，x_0)\)時，\(h'(x)>0\)，當\(x\in(x_0，\cfrac{\pi}{2})\)時，\(h'(x)<0\)，
故\(h(x)\)在\(x\in(0，x_0)\)單調遞增，在\(x\in(x_0，\cfrac{\pi}{2})\)單調遞減，
又驗證\(h(0)=0，h(\cfrac{\pi}{2})=\cfrac{\pi}{2}-1>0\)，
故則有\(h(x)>0\)，即當\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)時，恆有\(h(x)>0\)，
故\(g'(x)=\cfrac{e^x(xsinx+xcosx-sinx)}{x^2}>0\)，
則\(g(x)\)在\(x\in(0，\cfrac{\pi}{2}]\)上單調遞增，\(g(x)_{min}=g(0)\)；
接下來用洛必達法則求解，
\(\lim\limits_{x\to 0} g(x)= \lim\limits_{x\to 0} \cfrac{e^xsinx}{x}\)\(=\lim\limits_{x\to 0} \cfrac{(e^xsinx)'}{x'}\)
$ =\lim\limits_{x\to 0} \cfrac{e^xsinx+e^xcosx}{1}$$=\cfrac{1}{1}=1$；
\(g(x)_{min}=g(0)=1\)；
綜合以上，求其交集得到，\(k\leq 1\).
反思：一路求導，這是一個比較常用的21題的第二問的求解思路；不過這時不要忘了，一路求導的目的還是想判斷第一個導函數的正負，所以還可以考慮在某個導函數中使用函數的圖像來判斷正負；
⑴若函數\(\phi(x)\)在區間\((3m，m+\cfrac{1}{2})\)上單調遞減，求實數\(m\)的取值范圍；
⑵若對於任意的\(x\in (0，1)\)，恆有\((1+x)\cdot f(x)+2a<0(a>0)\)，求實數\(a\)的取值范圍；
【解析】⑴由於\(f'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)，
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\(\phi'(x)=-\cfrac{1}{x^2}+\cfrac{1}{x}=\cfrac{x-1}{x^2}\)，
則\(\phi(x)\)在區間\((0，1)\)單調遞減，又由題可知，
函數\(\phi(x)\)在區間\((3m，m+\cfrac{1}{2})\)上單調遞減，
則\((3m，m+\cfrac{1}{2})\subseteq (0，1)\)，
則得到\(\begin{cases} 3m \ge 0 \\ m+\cfrac{1}{2}\leq 1 \\ 3m < m+\cfrac{1}{2}，\end{cases}\) 則有\(\begin{cases} m\ge 0 \\ m <\cfrac{1}{4} \\ m \leq\cfrac{1}{2}，\end{cases}\)
解得\(0\leq m <\cfrac{1}{4}\)，故參數\(m\)的取值范圍為\((0，\cfrac{1}{4})\).
⑵轉化為恆成立和分離參數來求解。
分析：對於任意的\(x\in (0，1)\)，恆有\(-2a\ge (1+x)\cdot f(x)\)成立，
求導思路1：令\(g(x)=(1+x)\cdot f(x)=(1+x)\cfrac{lnx}{1-x}\)，
則\(g'(x)=\cfrac{lnx}{1-x}+(1+x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)-lnx\cdot (1-x)'}{(1-x)^2}\)
\(=\cfrac{lnx}{1-x}+(1+x)\cfrac{\cfrac{1}{x}(1-x)+lnx}{(1-x)^2}\)
\(=\cfrac{lnx(1-x)+\cfrac{1}{x}(1-x)^2+(1+x)lnx}{(1-x)^2}\)
\(=\cfrac{2lnx-x+\cfrac{1}{x}}{(1-x)^2}\)，
再令\(h(x)=2lnx+\cfrac{1}{x}-x\)，則\(h'(x)=\cfrac{2}{x}-\cfrac{1}{x^2}-1\)，
則\(h''(x)=-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{2}{x^3}=2(\cfrac{1}{x^3}-\cfrac{1}{x^2})>0\)，
所以\(h'(x)\)在區間\((0，1)\)上單調遞增，又\(h'(1)=0\)，
則在區間\((0，1)\)上\(h'(x)<0\)，故\(h(x)\)在區間\((0，1)\)上單調遞減，
又\(h(1)=0\)，則在區間\((0，1)\)上\(h(x)>0\)，
故在區間\((0，1)\)上\(g'(x)>0\)，從而\(g(x)\)在區間\((0，1)\)上單調遞增，
故\(g(x)_{max}= g(1)\)，以下用洛必達法則求解\(g(1)\)；
\(\lim\limits_{x\to 1} g(x)\)\(= \lim\limits_{x\to 1} \cfrac{((1+x)lnx)'}{(1-x)'}\)\(=\lim\limits_{x\to 1} \cfrac{lnx+\frac{1+x}{x}}{-1}=-2\)；
故\(g(x)_{max}= g(1)\)，故\(-2a \geqslant -2\)，又\(a >0\)，解得\(0< a \leqslant 1\)．
故參數\(a\)的取值范圍為\((0，1]\).
求導思路2：令\(g(x)=lnx\cdot \cfrac{1+x}{1-x}=lnx(1+\cfrac{2}{1-x})=lnx(1-\cfrac{2}{x-1})\)；
則\(g'(x)=[lnx(1-\cfrac{2}{x-1})]'\)\(=\cfrac{1}{x}\cdot (1-\cfrac{2}{x-1})+lnx\cdot (1-\cfrac{2}{x-1})'\)
\(=\cfrac{1}{x}\cdot \cfrac{1+x}{1-x}+lnx\cdot \cfrac{2}{(x-1)^2}\)
\(=\cfrac{(1+x)(1-x)}{x(1-x)^2}+ \cfrac{2xlnx}{x(x-1)^2}\)
\(=\cfrac{2xlnx+1-x^2}{x(x-1)^2}=\cfrac{2lnx-x+\frac{1}{x}}{(x-1)^2}\)
[到此，還可以借助函數\(y=2lnx\)和函數\(y=-x+\cfrac{1}{x}\)的圖像來判斷，注意這兩個函數都過點\((1，0)\)，且在區間\((0，1)\)上都單調遞增，不過我們可以通過個別值來判斷其函數圖像的高低，比如利用橫坐標\(x=e\)，所以也可以判斷在區間\((0，1)\)上，\(2lnx-x+\frac{1}{x}>0\)，故\(g'(x)>0\)].
其余仿上完成。
已知函數\(f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)\)．
（I）當\(a=4\)時，求曲線\(y=f(x)\)在\((1，f(1)\)處的切線方程；
分析：\(f(x)=(x+1)lnx-4(x-1)\)，\(f(1)=0\)，故切點為\((1，0)\)
又\(f'(x)=lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}-4\)，\(f'(1)=-2\)，
由點斜式得到\(y-0=-2(x-1)\)，即\(2x+y-2=0\)；
（II）若當\(x\in(1，+\infty)\)時，\(f(x)>0\)，求\(a\)的取值范圍．
法1：當\(x\in(1，+\infty)\)時，\(f(x)>0\)等價於\(lnx-\cfrac{a(x-1)}{x+1}>0\)，
[反思]這樣變形的目的是為了將\(lnx\)這一塊變得簡單，有助於求導。
設\(g(x)=lnx-\cfrac{a(x-1)}{x+1}\)，\(g(1)=0\)，
\(g'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{a(x+1)-a(x-1)}{(x+1)^2}\)
\(=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2a}{(x+1)^2}=\cfrac{x^2+2(1-a)x+1}{x(x+1)^2}\)
分子函數\(y=x^2+2(1-a)x+1\)的對稱軸為\(x=-\cfrac{2(1-a)}{2}=a-1\)，
當對稱軸在\(x=1\)處或者其左側時，在\(x>1\)時的函數圖像是在\(x\)軸上方的，則分界點是\(a\leq 2\)。
①當\(a\leq 2\)時，\(x\in (1，+\infty)\)時，
\(x^2+2(1-a)x+1>x^2-2x+1>0\)，故\(g'(x)>0\)，
\(g(x)\)在\((1，+\infty)\)上單調遞增，\(g(1)=0\)，
因此，\(g(x)>0\)，故\(a\leq 2\)滿足題意；
②當\(a>2\)時，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，\(x_1<1\)，
故當\(x\in (1，x_2)\)時，\(g'(x)<0\)，\(g(x)\)在區間\((1，x_2)\)上單調遞減，
此時\(g(x)<g(1)=0\)，故不符題意，舍去，
綜上可知，\(a\)的取值范圍是\((-\infty，2]\)。
法2：當\(x\in(1，+\infty)\)時，\(f(x)>0\)，
即\((x+1)lnx-a(x-1)>0\)在\(x\in(1，+\infty)\)時恆成立，
分離參數得到\(a<\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}=h(x)\)在\(x\in(1，+\infty)\)時恆成立，
只需要求\(x\in(1，+\infty)\)時的\(h(x)\)的最小值或最小值的極限即可。
\(h'(x)=\cfrac{[(x+1)lnx]'\cdot (x-1)-[(x+1)lnx]\cdot 1}{(x-1)^2}\)
\(=\cfrac{-2lnx+\frac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}\)
令\(g(x)=-2lnx+x-\cfrac{1}{x}\)，
\(g'(x)=-\cfrac{2}{x}+1+\cfrac{1}{x^2}=\cfrac{x^2+1-2x}{x^2}>0\)，
故函數\(g(x)\)在\((1，+\infty)\)上單調遞增，故\(g(x)>g(1)=0\)，
故函數\(h'(x)=\cfrac{-2lnx+\cfrac{x^2-1}{x}}{(x-1)^2}>0\)，
故函數\(h(x)\)在\((1，+\infty)\)上單調遞增，
故\(h(x)>h(1)=\cfrac{0}{0}\)，故需要用到洛必達法則來求\(h(1)\)；
\(h(1)=\lim\limits_{x\to 1} h(x)= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{(x+1)lnx}{x-1}\)\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{((x+1)lnx)'}{(x-1)'}\)
\(= \lim\limits_{x\to 1}\cfrac{lnx+(x+1)\cdot \cfrac{1}{x}}{1}\)\(=2\)，故\(h(1)=2\)，
故\(a\leq 2\)，即\(a\)的取值范圍是\((-\infty，2]\)。
對應練習
(1).若\(a=0\)，求函數\(f(x)\)的極值；
分析：若\(a=0\)，則函數\(f(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，定義域為\((0，+\infty)\)，
則\(f'(x)=\cfrac{1-lnx}{x^2}\)，[此時借助分子函數\(y=1-lnx\)的圖像，快速寫出如下]
當\(x\in (0,e)\)時，\(f'(x)>0\)，則\(f(x)\)單調遞增，
當\(x\in (e,+\infty)\)時，\(f'(x)<0\)，則\(f(x)\)單調遞減，
即函數\(f(x)\)在\((0,e)\)上單調遞增，在\((e,+\infty)\)上單調遞減，
所以函數\(f(x)\)有極大值，極大值為\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，沒有極小值；
[備注：此函數的圖像使用頻度很高，故建議學生理解記憶。如下]
(2).若在區間\((1,+\infty)\)上\(f(x)<0\)恆成立，求\(a\)的取值范圍。
法1：分離參數+求新函數的最值+洛必達法則[成本較高]；
由題目可知，分離參數得到，\(a(x-1)<-\cfrac{lnx}{x}\)，則有\(a<-\cfrac{lnx}{x(x-1)}\)
令\(g(x)=-\cfrac{lnx}{x(x-1)}\)，需要求\(g(x)_{min}\)，借助導數函數函數\(g(x)\)；
\(g'(x)=-\cfrac{\cfrac{1}{x}\times [x(x-1)]-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}=-\cfrac{(x-1)-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}\)，
由於數或形的方法思路都不能說明\(g'(x)\)的正負，故引入二階導，
令\(h(x)=(x-1)-lnx(2x-1)\)，\(h'(x)=1-[\cfrac{1}{x}(2x-1)+lnx\cdot 2]=\cfrac{1}{x}-2lnx-1\)，
顯然函數\(h'(x)\)單調遞減，又由於\(h'(1)=0\)，故\(h'(x)<0\)恆成立，
則函數\(h(x)\)在區間\((1,+\infty)\)上單調遞減，又\(h(1)=0\)，故\(h(x)<0\)恆成立，
則\(g'(x)=-\cfrac{(x-1)-lnx(2x-1)}{[x(x-1)]^2}=-\cfrac{h(x)}{[x(x-1)]^2}>0\)，
故函數\(g(x)\)單調遞增，由於\(x\in (1，+\infty)\)上，故\(g(x)_{min}\)的極限為\(g(1)\)，
此時要求解\(g(1)\)的值，就需要用到洛必達法則。
\(g(1)=\lim\limits_{x\to 1} g(x)=\lim\limits_{x\to 1}\{-\cfrac{[lnx]'}{[x(x-1)]'}\}\)
\(=\lim\limits_{x\to 1}\{-\cfrac{\frac{1}{x}}{2x-1}\}=-\cfrac{1}{2\times1-1}=-1\)
又由於\(x\in (1，+\infty)\)，故\(a\leqslant -1\)。
法2：分類討論[成本較低，但對數學素養要求比較高]；
由於\(x>1\)，故在區間\((1,+\infty)\)上\(f(x)<0\)恆成立，即\(lnx+ax^2-ax<0\)在區間\((1,+\infty)\)上恆成立，
設\(g(x)=lnx+ax^2-ax\)，[備注：則需要說明\(g(x)\)的最小值或最小值極限小於零，此時必然需要針對參數\(a\)分類討論]
1).當\(a\geqslant 0\)時，\(g(2)=ln2+2a>0\)，故不符合題意；舍去\(a\geqslant 0\)；
[備注：將最容易說明的情形放到最前面；為了說明不是恆成立，需要找個反例說明，故采用賦值法排除；]
2).當\(a<0\)時，\(g'(x)=\cfrac{1}{x}+2ax-a=\cfrac{2ax^2-ax+1}{x}\)，
令\(g'(x)=0\)，則\(2ax^2-ax+1=0\)，由於方程\(2ax^2-ax+1=0\)的判別式\(\Delta =a^2-8a>0(a<0)\)，且兩根之積為\(\cfrac{1}{1a}<0\)，故方程\(g'(x)=0\)有兩個不等實根，設兩根為\(x_1,x_2\)，且\(x_1<0<x_2\)，則正實根\(x_2\)與定義域的關系如下：
①.當\(x_2>1\)時，函數\(g'(x)\)的分子函數的圖像如圖所示，
所以\(g(x)\)在區間\((1,x_2)\)上單調遞增，在區間\((x_2,+\infty)\)上單調遞減，
故\(g(x_2)>g(1)=0\)，則不符合題意；[數學素養：\(g(1)=ln1+a\times 1^2-a\times 1=0\)]
②當\(x_2\leqslant 1\)時，即\(g'(1)=2a-a+1\leqslant 0\)，也即\(a\leqslant -1\)時，
借助導函數的分子圖像可知，
\(g(x)\)在\((1,+\infty)\)上單調遞減，所以當\(x\in (1,+\infty)\)時，\(g(x)<g(1)=0\)，符合題意；[數學素養：\(g(1)=ln1+a\times 1^2-a\times 1=0\)]
綜上所述，\(a\leqslant -1\).
(2).判斷函數\(f(x)\)的零點個數。(直接寫出結論)
分析：由題目的要求可知，我們可以自己用自己的方法探索這個題目，不一定是用很嚴謹的數學語言來推理論證。
那么我們就完全可以使用數形結合的方法來思考問題。將函數的零點個數問題轉化為函數\(y=\cfrac{lnx}{x}\)與動態函數\(y=a(1-x)\)的圖像的交點個數問題了。
其中函數\(y=\cfrac{lnx}{x}\)的圖像可以做出來[也要求要能做出來]，函數\(y=a(1-x)=-ax+a\)的圖像是一條直線，恆過點\((1.0)\)，則由動圖容易知道，
當\(-a\leqslant 0\)時，兩個函數圖像有一個交點；
當\(-a>0\)且在相切以前和相切后，兩個函數圖像有兩個交點；
當相切時，兩個函數圖像有一個交點；由於相切時切點為\((1,0)\)，故\(-a=\cfrac{1-lnx}{x^2}|_{x=1}=1\)，則\(a=-1\)，
綜上所述，當\(a\geqslant 0\)或\(a=-1\)時，兩個函數圖像有一個交點；當\(a<0\)且\(a\neq -1\)時，兩個函數圖像有兩個交點；