1、第 1 页 共 12 页 洛必达法则在洛必达法则在 0 0 型函数恒成立问题中的应用型函数恒成立问题中的应用 1.命题趋势及其背景 与 0 0 型函数恒成立相关的导数数学试题是一个热点，也是一个难点.为了充分发挥数学作为基础学科 的作用，既重视考查中学数学基础知识的掌握程度，又注重考查进入高校继续学习的潜能.为此，与之相 关的数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成为了热点. 2.分类讨论和假设反证 导数应用问题是许多市的模考压轴题或是高考压轴题， 其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题 型.这类题目容易让学生想到用分离参数法，一部分题用这种方法很奏效，另一部分题在高中
2、范围内用分 离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它似乎只有两条路分类讨论和假设反证的方法.但很多 时候洛必达法则可以为我们提供分类讨论的依据，找到正确答案很有帮助. 3.洛必达法则 0 0 型和 型函数未定式的一种解法. 虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握 起来非常困难.研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原因是出现了 0 0 ”型的式子，而这就 是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则. 4.洛必达法则的具体内容 洛必达法则：洛必达法则：设函数( )f x、( )g x满足： （1）lim ( )l
3、im ( )0 xaxa f xg x ；（2）在( )Ua内，( )fx和( )g x都存在，且( )0g x； （3） ( ) lim ( ) xa fx A g x （A可为实数，也可以是）.则 ( )( ) limlim ( )( ) xaxa f xfx A g xg x .（可循环使用） 注意： 使用洛必达法则时，是对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极限得最值. 0型型可转化为 0 0 型或 型，例如： 1 0 0 0( ) 1 ( ) f x f x . 一、简单应用举例（简单应用）一、简单应用举例（简单应用） 例题 1：求 2 0 1 cos lim 3
4、x x x 的值. 分析可知将0带入 2 1 cos 3 x x 的分母分子都为0，即典型的 0 0 型. 则 2 0 1 cos lim 3 x x x 2 0 (1 cos ) lim (3) x x x 0 sin lim 6 x x x 1 6 （循环使用洛必达法则，对分式的分子分母连续求导） 例题 2：求 2 0 1 lim 3 x x e x 的值.（同例题 1 的方法可得结果为 3 2 ） 例题 3：若不等式sinaxx对于(0,) 2 x 恒成立，求a的取值范围. 解：解：应用洛必达法则应用洛必达法则和导数和导数 当(0,) 2 x 时，原不等式等价于 sin x a x .
5、第 2 页 共 12 页 记 sin ( ) x f x x ，则 22 cossincos (tan ) ( ) xxxx xx fx xx . 且(0,) 2 x 时，tanxx，所以( )0fx .因此 sin ( ) x f x x 在(0,) 2 上单调递减. 000 sincos lim( )limlim1 1 xxx xx f x x .所以1a . 例题4：已知函数 2 ( )(1) x f xx eax. （1）若( )f x在1x时有极值，求函数( )f x的解析式； （2）当0x时，( )0f x ，求a的取值范围. 解：解：（1）因为 2 ( )(1) x f xx e
6、ax，所以( )12 xx fxexeax 由( )f x在1x处取极值，得( 1)0f，求得 1 2 a ，所以 2 1 ( )(1) 2 x f xx ex. （2）应用洛必达法则和导数应用洛必达法则和导数 当0x时，( )0f x ，即 2 (1) x x eax. 当0x时，aR； 当0x时， 2 (1) x x eax等价于1 x eax ，也即 1 x e a x . 记 1 ( ) x e g x x ，(0,)x，则 (1)1 ( ) x xe g x x . 记( )(1)1 x h xxe，(0,)x， 则 ()0 x h xx e ， 因此( )(1)1 x h xxe在
7、(0,)上单调递增， 且( )(0)0h xh，所以 ( ) ( )0 h x g x x ； 从而 1 ( ) x e g x x 在(0,)上单调递增，所以 0 1 lim x x e a x . 由洛必达法则有： 000 1 lim ( )limlim1 1 xx xxx ee g x x ， 即当0x时，( )1g x ，所以( )1g x ，即有1a . 综上所述，当1a ，0x时，( )0f x 成立. 通过以上几个例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的试题应满足： （1）可以分离变量；（2）用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性； （3）出现“ 0 0 ”型式子. 第
8、3 页 共 12 页 二、二、 0 0 型函数恒成立问题其它型函数恒成立问题其它应用举例（中层与高层应用）应用举例（中层与高层应用） 例题 5：已知函数( )= ln( ,)f xaxbx a bR在 1 2 x 处取得极值，且曲线( )yf x在点(1,(1)f处的切 线与直线10xy 垂直. (1)求实数, a b的值； (2)若1,)x ，不等式( )(2) m f xmx x 恒成立，求实数m的取值范围. 解：(1)( )lnf xaxbx, ( ) x fx a b； 函数( )= ln( ,)f xaxbx a bR在 1 2 x 处取得极值， 1) 20 2 (bfa； 又曲线(
9、 )yf x在点(1,(1)f处的切线与直线10xy 垂直，)1(1afb ； 解得：1,2ab ； （2）不等式( )(2) m f xmx x 恒成立可化为ln m xmx x ，即 1 ln()xm x x ； 当1x 时，恒成立； 当1x 时， 2 ln 1 xx m x 恒成立， 令 2 ln ( ) 1 xx h x x ，则 222 2222 (ln1)(1)2lnlnln1 (1)(1 ) ( ) xxx xxxxxx xx h x ； 令 22 )lnn(l1xxxmxx ， 则 22 12ln1 22( )ln xxx xxxxx xx m ； 令 22 ( )2ln1n
10、xxxx，则24 ln)n24 l0(xxxxxxn x ； 得 22 ( )2ln1n xxxx在(1,)是减函数，故( )(1)0n xn，进而( )0m x （或 1 2( )lnxxm xx x ， 2 1 )2ln10(mxx x ，得 1 2( )lnxxm xx x 在(1,)是减函 数，进而( )0m x ） 可得：)(1)0(m xm，故( ) 0h x ，所以 2 ln ( ) 1 xx h x x 在(1,)是减函数，而m要大于等于 2 ln ( ) 1 xx h x x 在(1,)上的最大值，但当1x 时，( )yh x没有意义，变量分离失效，我们可以由洛必 第 4 页
11、 共 12 页 达法得到答案， 2 11 lnln11 limlim 122 xx xxx xx ，故答案为 1 2 m 用洛必达法则得到了正确答案 注：注：解答题不好用洛必达法则这样高等数学的方法求解，但这种方法起码让我们知道了分界点，那么用初 等数学的方法该如何书写？用初等方法解决的话， 只需解决好以下两步就可以了 第一步说明当 1 2 m 时， 命题是成立的；第二步说明当 1 2 m 时，命题是不成立的 用初等方法解决此问题：用初等方法解决此问题： 令 1 ( )ln()g xxm x x ， 2 22 11 1)( )( mxxm m xxx g x ； （1）当 1 2 m 时，对于
12、函数 2 ( )mxxxm，有 2 140m ； 此时 2 (0)mxxmx ， 所以( )0g x ； 所以函数 1 ( )ln()g xxm x x 在1,)x上单调递减，所以( )(1)0g xg （2）当 1 2 m 时， 2 22 11 1)( )( mxxm m xxx g x ；令 2 ( )mxxxm， （i）当0m时，( )1xx，则( )0g x ； 所以 1 ( )ln()g xxm x x 单调递增，则( )(1)0g xg，命题不成立； （ii）当 1 0 2 m时， 2 ( )mxxxm开口向下， 2 1 40m ， 2 0mxxm的两根为 2 1 11 4 1 2
13、 m x m ， 2 2 11 4 1 2 m x m ； 当 2 1xx时， ( ) 0g x ，函数( )yg x在(1,)x上单调递增；( )(1)0g xg矛盾 说明：说明：这样，我们就证明了当 1 2 m 时，命题成立；当 1 2 m 时，命题不成立；在解决问题的过程中， 将问题转化为 0 0 型之后， 借助洛必达法则找到了正确答案的分界点， 借助分界点这样我们就找到了分类讨 论标准，进而成功解决了问题 例题 6：设函数)(xf= 2 1 x exax ； （1）若0a，求)(xf的单调区间；（2）若当0x 时( )0f x ，求 a 的取值范围. 第 5 页 共 12 页 解：（1
14、）当0a时，( )1 x f xex ，( )1 x fxe. 当(,0)x 时，( )0fx ；当(0,)x时，( )0fx . 故( )f x在(,0)单调递减，在(0,)上单调递增. （2）( )1 2 x fxeax . 由（1）知1 x ex ，当且仅当 x=0 时等号成立. 故( )2(1 2 )fxxaxa x，从而当(12 )0a，即 1 2 a 时，( )0fx （0x）， 而(0)0f，于是当0x时，( )0f x . 由1 x ex （0x），可得1 x ex （0x）. 从而当 1 2 a 时，( )1 2 (1) xx fxea e (1)(2 ) xxx eeea
15、， 故当(0,ln2 )xa时，( )0fx ，而(0)0f，于是当(0,ln2 )xa时，( )0f x . 综合得a的取值范围为 1 (, 2 . 原题的解在处理第（原题的解在处理第（2）问时用到的不等式放缩）问时用到的不等式放缩较难想到，现应用洛必达法则处理如下：较难想到，现应用洛必达法则处理如下： （2）当0x时，( )0f x ，即 2 1 x exax . 当0x时，aR； 当0x时， 2 1 x exax 等价于 2 1 x ex a x . 记 2 1 ( ) x ex g x x ，其中(0 + )x，则 3 (2)2 ( ) x xex g x x . 记( )(2)2 x
16、 h xxex(0 + )x，则( )(1)1 x h xxe，当(0 + )x，时，( )0 x h xxe，所 以( )(1)1 x h xxe在(0 + )，上单调递增，且( )(0)0h xh， 所以( )(2)2 x h xxex在(0 + )，上单调递增，且( )(0)0h xh， 因此当(0 + )x，时， 3 ( ) ( )0 h x g x x ，从而 2 1 ( ) x ex g x x 在(0 + )，上单调递增. 由洛必达法则有， 2 0000 111 lim ( )limlimlim 222 xxx xxxx exee g x xx 第 6 页 共 12 页 即当0x
17、时， 1 ( ) 2 g x ，所以当(0 + )x，时，所以 1 ( ) 2 g x ，因此 1 2 a . 综上所述，当 1 2 a 且0x时，( )0f x 成立. 注：注：洛必达法则很容易解决了这个问题，现在我们用初等的方法改写一下此题的第（2）问，讲清楚两个 问题就可以了：一是 1 2 a 时命题成立；二是 1 2 a 时命题不成立.格式如下： （2）( )1 2 x fxeax ； 当 1 2 a 时，( )1 210 xx fxeaxex （10 x ex ，求导易证）； 所以( )yf x在0,)x上单调递增，从而( )(0)0f xf，命题是成立的. 当 1 2 a 时，(
18、)1 2 x fxeax ，易得(0)0f，( )2 x fxea，其中21a ，可得 ( )yfx在(0,ln2 )xa上单调递减，在(ln2 ,)xa上单调递增. 且(0)0f，所以当(0,ln2 )xa时，( )(0)0fxf； 所以( )yf x在(0,ln2 )xa上单调递减，故( )(0)0f xf，此时命题不成立. 故得正确答案是 1 2 a . 说明：说明： 经过洛必达法则的使用， 我们对a的处理就显得自然的多了， 所以洛必达法则对很多优秀学生来说， 知道其处理的思路，很多时候对我们解决导数压轴题还是有很大帮助的. 例题 7：函数 ln ( ) 1 axb f x xx ，曲线
19、( )yf x在点(1,(1)f处的切线方程为230xy. （1）求a、b的值； （2）如果当0x，且1x 时， ln ( ) 1 xk f x xx ，求k的取值范围. 解：解：（1）易得1a ，1b. （2）方法一：分类讨论、假设反证法方法一：分类讨论、假设反证法 由（1）知 ln1 ( ) 1 x f x xx ，所以 2 2 ln1(1)(1) ( )()(2ln) 11 xkkx f xx xxxx . 考虑函数( )2lnh xx 2 (1)(1)kx x (0)x ，则 2 2 (1)(1)2 ( ) kxx h x x . (i)当0k 时，由 22 2 (1)(1) ( )
20、k xx h x x 知，当1x 时，( )0h x .因为(1)0h， 所以当(0,1)x时，( )0h x ，可得 2 1 ( )0 1 h x x ；当(1,)x时，( )0h x ，可得 第 7 页 共 12 页 2 1 ( )0 1 h x x ，从而当0x且1x 时， ln ( )()0 1 xk f x xx ，即 ln ( ) 1 xk f x xx ； （ii）当01k时，由于当 1 (1,) 1 x k 时， 2 (1)(1)20kxx，故( )0h x ，而(1)0h，故当 1 (1,) 1 x k 时，( )0h x ，可得 2 1 ( )0 1 h x x ，与题设矛
21、盾. （iii）当1k 时，( )0h x ，而(1)0h，故当(1,)x时，( )0h x ，可得 2 1 ( )0 1 h x x ，与题 设矛盾.综上可得，k的取值范围为(0，. 注：注：分三种情况讨论：0k ；01k；1k 不易想到.尤其是01k时，许多考生都停留 在此层面，举反例 1 (1,) 1 x k 更难想到.而这方面根据不同题型涉及的解法也不相同，这是高中阶段公认 的难点，即便通过训练也很难提升. 方法二：方法二：运用洛必达和导数求解本题的恒成立问题运用洛必达和导数求解本题的恒成立问题 当0x，且1x 时， ln ( ) 1 xk f x xx ，即 ln1ln 11 xxk
22、 xxxx ， 也即 2 ln1ln2 ln 1 111 xxxxxx k xxxx ，记 2 2 ln ( )1 1 xx g x x ，0x，且1x 则 2222 2 22 22 2(1)ln2(1)2(1)1 ( )=(ln) (1)(1)1 xxxxx g xx xxx ， 记 2 2 1 ( )ln 1 x h xx x ，则 2 2 2 22 2 14(1) ( )+=0 (1+)(1+) xx h x xxxx ， 从而( )h x在(0,)上单调递增， 且( 1 ) 0h， 因此当(0,1)x时，( )0h x ， 当(1,)x时，( )0h x ； 当(0,1)x时，( )0
23、g x ，当(1,)x时，( )0g x ，所以( )g x在(0,1)上单调递减，在(1,)上 单调递增. 由洛必达法则有 22 111 1 2 ln2 ln2ln2 lim ( )lim(1)1 lim1 lim0 112 xxx x xxxxx g x xxx ， 即当0x，且1x 时，( )0g x .因为( )kg x恒成立，所以0k .综上所述，当0x，且1x 时， ln ( ) 1 xk f x xx 成立，k的取值范围为(0，. 注：注：（1）本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k分离出来.然后对分离出来的函数 2 2 ln ( )1 1 xx g x x 求导，研究其单
24、调性、极值. （2）分离参数k之后，先帮助我们找到正确答案0k ，在利用常规不分离的思路去证0k 时是不可能 的，这时要分01k和1k 两种情况就显得比较明显了（大家可以尝试着改写）. 第 8 页 共 12 页 下面再举几例来说明这个问题： 例题 8：设函数( )1 x f xe . （1）证明：当1x时，( ) 1 x f x x ； （2）设当0x时，( ) 1 x f x ax ，求a的取值范围. 解：解：（1）易证. （2）应用洛必达法则和导数应用洛必达法则和导数 由题设0x，此时( )0f x . 当0a时，若 1 x a ，则0 1 x ax ，( ) 1 x f x ax 不成立
25、； 当0a时，当0x时，( ) 1 x f x ax ，即1 1 x x e ax ； 若0x，则aR； 若0x，则1 1 x x e ax 等价于1 1 1 x e xax ，即 1 xx x xee a xex . 记 1 ( ) xx x xee g x xex ，则 22 2 22 21 ( )=(2) ()() xxxx xx xx ex eee g xexe xexxex . 记 2 ( )2 xx h xexe ，则( )2 xx h xexe，( )+20 xx h xee. 因此，( )2 xx h xexe在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以( )0h x ， 即( )
26、h x在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以( )0h x . 因此 2 ( )=( )0 () x x e g xh x xex ，所以( )g x在(0)，上单调递增. 由洛必达法则有 0000 11 lim ( )limlimlim 122 xxxxx xxxxx xxxx xeexeexe g x xexexeexe ， 即当0x时， 1 ( ) 2 g x ，即有 1 ( ) 2 g x ，所以 1 0 2 a. 综上所述，a的取值范围是 1 0, 2 . 注：注：本题在用初等方法改写时， 先做当0a时，同（2） 中的，得到不符合.可令( )( ) 1 x h xf x ax ，
27、即得：( )1 1 x x h xe ax ， 求得 2 22 1(1) ( ) (1)(1) x x x axe h xe axe ax ， 再令： 2 ( )(1) x xaxe， 可证得： 1 0 2 a时命题成立， 1 2 a 时命题不成立. 第 9 页 共 12 页 例题 9：已知函数( )sinf xmxx，( )cos2sin (0)g xaxxx a （1）若函数( )yf x是(,) 上的单调递增函数，求实数m的最小值； （2）若1m，且对任意0, 2 x ，都有不等式( )( )f xg x成立，求实数a的取值范围 解：(1)函数( )sinf xmxx在 R R 上单调递
28、增， ( )fx0恒成立，( )cos0fxmx，即cosmx， min 1m. (2)考虑变量分离，应用洛必达法则求解：考虑变量分离，应用洛必达法则求解： 1m，函数( )sinf xxx， 由( )( )f xg x对任意0, 2 x 都成立，得sincos0xxaxx恒成立. 即cossinaxxxx恒成立. 当0x，00恒成立； 当 2 x ，01 2 恒成立； 当0 2 x 时，即： sin cos xx a xx 恒成立； 令 sin ( ) cos xx h x xx ，则 2 (1 cos ) cos(sin )(cossin ) ( ) ( cos ) x xxxxxxx h
29、 x xx 22 22 11 sinsin2(2sin2 )sin 22 0 ( cos )( cos ) xxxxxxxx xxxx sin ( ) cos xx h x xx 在(0,) 2 x 上单调递增； 0 (0) 0 ah（行不通，洛必达法则）， 00 1 cos1 1 lim ( )lim2 cossin1 xx x h x xxx 所以：02a 初等方法解决：初等方法解决： 1m，函数( )sinf xxx，( )( )f xg x，sincos0xxaxx. 对于任意0, 2 x ，令( )sincosH xxxaxx， 则( )1 cos(cossin )1 (1)coss
30、inH xxaxxxaxaxx 当10a，即01a时，( )1(1)cossin0H xaxaxx ， ( )H x在0, 2 上为单调递增函数，( )(0)0H xH，符合题意，01a. 第 10 页 共 12 页 当10a，即1a 时，令( )1 (1)cossinh xaxaxx ，于是( )(21)sincosh xaxaxx. 1a ，210a ，( )0h x ，( )h x在0, 2 上为单调递增函数， (0)( )() 2 hh xh ，即2( )1 2 ah xa ， 2( )1 2 aH xa . ()当20a，即12a时，( )0Hx ， ( )H x在0, 2 上为单调
31、递增函数，于是( )(0)0H xH，符合题意，12a. ()当20a，即2a时，存在 0 (0,) 2 x ，使得当 0 (0,)xx时，有( )0Hx ， 此时( )H x在 0 (0,)x上为单调递减函数，从而( )(0)0H xH，不能使( )0H x 恒成立， 综上所述，实数a的取值范围为02a. 注：注：本题是与三角函数导数有关的问题，如果没有洛必达法则的应用，分界点的选取就显得很不自然了， 不容易想到.借助于洛必达法则，在用初等方法改写的过程中，分界点的讨论选取就显得很自然了. 例题 10：设函数 sin ( ) 2cos x f x x （1）求( )f x的单调区间；（2）如
32、果对任何0x，都有( )f xax，求a的取值范围 解：解：（1） 22 (2cos )cossin ( sin )2cos1 ( ) (2cos )(2cos ) xxxxx fx xx 当 22 2 2 33 kxk（kZ）时， 1 cos 2 x ，即( )0fx； 当 24 2 2 33 kxk（kZ）时， 1 cos 2 x ，即( )0fx 因此( )f x在每一个区间 22 2 2 33 kk ，（kZ）是增函数， ( )f x在每一个区间 24 2 2 33 kk ，（kZ）是减函数 （2）应用洛必达法则和导数应用洛必达法则和导数 sin ( ) 2cos x f xax x
33、若0x，则aR； 若0x，则 sin 2cos x ax x 等价于 sin (2cos ) x a xx ，即： sin ( ) (2cos ) x g x xx 则 22 2 cos2sinsin cos ( ) (2cos ) xxxxxx g x xx . 第 11 页 共 12 页 记( )2 cos2sinsin cosh xxxxxxx， 2 ( )2cos2 sin2coscos21 2 sincos212sin2 sin2sin (sin) h xxxxxx xxxxxxxxx 因此，当(0, )x时，( )0h x ，( )h x在(0, )上单调递减，且(0)0h，故(
34、)0g x ，所以( )g x在 (0, )上单调递减， 而 000 sincos1 lim ( )limlim (2cos )2+cossin3 xxx xx g x xxxxx . 另一方面，当 ,)x时， sin111 ( ) (2cos )3 x g x xxx ，因此 1 3 a . 例题 11：若不等式 3 sin xxax对于(0,) 2 x 恒成立，求a的取值范围. 解：应用洛必达法则应用洛必达法则和导数和导数 当(0,) 2 x 时，原不等式等价于 3 sinxx a x . 记 3 sin ( ) xx f x x ，则 4 3sincos2 ( ) xxxx fx x .
35、 记( )3sincos2g xxxxx，则( )2cossin2g xxxx. 因为( )cossincos (tan )gxxxxx xx， ( )sin0gxxx ，所以( )gx在(0,) 2 上单调递减，且( )0gx ， 所以( )g x在(0,) 2 上单调递减，且( )0g x .因此( )g x在(0,) 2 上单调递减， 且( )0g x ，故 4 ( ) ( )0 g x fx x ，因此 3 sin ( ) xx f x x 在(0,) 2 上单调递减. 由洛必达法则有 32 00000 sin1 cossincos1 lim( )limlimlimlim 3666 x
36、xxxx xxxxx f x xxx ， 即当0x时， 1 ( ) 6 g x ，即有 1 ( ) 6 f x . 故 1 6 a 时，不等式 3 sin xxax对于(0,) 2 x 恒成立. 注：注： 大家可以仿照前面的做法很容易用初等的方法， 经过两次求导结合洛必达法则得到的分界点进行改写. 留给大家自己练习，这里不在重复了. 练习（小试身手）：练习（小试身手）： 第 12 页 共 12 页 1.设函数 2 f xkxkx， 32 ln , 1, 1,01, xx g x xaxaxx ，若使得不等式 f xg x对一 切正实数x恒成立的实数k存在且唯一，求实数a的值 答案：2 2.已知
37、函数 2 ( )(1)() x f xm xexmR； （1）当2m 时知函数，求函数( )f x在 2,1上的最小值； （2）若 2 (2)( )xmxfx在(,0)x 上恒成立，求实数m的取值范围 答案：（1） min ( )(1)1f xf，（2）1m 3.已知函数的最小值为 0，其中 （1）求的值；（2）若对任意的有成立，求实数的最小值； （3）证明（）. 答案：（1）1a ，（2）洛必达法则得 min 1 2 k， （3）在（2）中取 1 2 k ，利用 2 2 21222 ()() 212 21(21)(23)(21) f iiiii 放缩即可. 综述：综述： 关于洛必达法则在 0 0 型函数恒成立问题中的应用问题， 我们可以对优秀的学生讲一讲洛必达法则的 应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.它虽然不能作为规范解答，但可以帮助我 们找到分类讨论的标准. 当然这一法则出手的时机：（1）所构造的分式型函数在定义域上单调；（2）是 0 0 型. )ln()(axxxf. 0a a), 0 x)(xf 2 kxk n i n i 1 2) 12ln( 12 2 * Nn
