在解決不等式恒(能)成立，求參數(shù)的取值范圍這一類問(wèn)題時(shí)，最常用的方法是最值分析法或參變分離法．用最值分析法常需要分類討論，有時(shí)對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論會(huì)很難．用參變分離法在求分離后函數(shù)的最值(值域)時(shí)會(huì)有些麻煩，如最值、極值在無(wú)意義點(diǎn)處，或趨于無(wú)窮．出現(xiàn)“eq \f(0,0)”或“eq \f(∞,∞)”型的代數(shù)式，就沒(méi)法求其最值．解決此類問(wèn)題的有效方法就是利用洛必達(dá)法則．“eq \f(0,0)”或“eq \f(∞,∞)”型的代數(shù)式，是大學(xué)數(shù)學(xué)中的不定式問(wèn)題，
洛必達(dá)法則
法則1 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a)) f(x)＝0及eq \(lim,\s\d4(x→a))g(x)＝0；
(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′(x),g′(x))＝A，
那么eq \(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f(x),g(x))＝eq \(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′(x),g′(x))＝A．
法則2 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件
(1)eq \(lim,\s\d4(x→a))f(x)＝∞及eq \(lim,\s\d4(x→a))g(x)＝∞；
(2)在點(diǎn)a的某去心鄰域內(nèi)，f(x)與g(x)可導(dǎo)且g′(x)≠0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→a)) eq \f(f′(x),g′(x))＝A，
那么eq \(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f(x),g(x))＝eq \(lim,\s\d4(x→a))eq \f(f′(x),g′(x))＝A．
法則3 若函數(shù)f(x)和g(x)滿足下列條件：
(1) eq \(lim,\s\d4(x→∞))f(x)＝0及eq \(lim,\s\d4(x→∞))g(x)＝0；
(2)?m≠0，f(x)和g(x)在(－∞，m)與(m，＋∞)上可導(dǎo)，且g′(x)≠0；
(3) eq \(lim,\s\d4(x→∞))eq \f(f′(x),g′(x))＝A．
那么eq \(lim,\s\d4(x→∞))eq \f(f(x),g(x))＝eq \(lim,\s\d4(x→∞))eq \f(f′(x),g′(x))＝A．
注意：(1)必達(dá)法則的功能是用于求極限值；(2)主要用于eq \f(0,0)，eq \f(∞,∞)兩種類型，其他結(jié)構(gòu)需轉(zhuǎn)化才能應(yīng)用；(3) 未定式可以連續(xù)應(yīng)用，已定式不能再用．
計(jì)算下列各題
(1)eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f(sinx,x)；(2)eq \(lim,\s\d4(x→0))xlnx；(3)eq \(lim,\s\d4(x→1))(eq \f(1,x－1)－eq \f(1,lnx))；(4)eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(x3－x2－x＋1,x3－3x＋2)．
解析 (1)eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f(sinx,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f((sinx)′,x′)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f(csx,1)＝1；
(2)不適合條件，需轉(zhuǎn)化eq \(lim,\s\d4(x→0))xlnx＝eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f(lnx,eq \f(1,x))＝eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f(eq \f(1,x),－eq \f(1,x2))＝eq \(lim,\s\d4(x→0))(－x)＝0；
(3)eq \(lim,\s\d4(x→1))(eq \f(1,x－1)－eq \f(1,lnx))＝eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(lnx－x＋1,(x－1)lnx)＝eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(eq \f(1,x)－1,lnx＋eq \f(x－1,x))＝eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(eq \f(1,x)－1,lnx＋1－eq \f(1,x))＝eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(－eq \f(1,x2),eq \f(1,x)＋eq \f(1,x2))＝－eq \f(1,2)；
(4)eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(x3－x2－x＋1,x3－3x＋2)＝eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(3x2－2x－1,3x2－3)＝eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(6x－2,6x)＝eq \f(2,3)．
注意：eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(6x－2,6x)為已定式，不能再用洛必達(dá)法則．
【例題選講】
[例1] (2011全國(guó)Ⅰ)已知函數(shù)f(x)＝eq \f(aln x,x＋1)＋eq \f(b,x)，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．
(1)求a，b的值；
(2)如果當(dāng)x>0，且x≠1時(shí)，f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)，求k的取值范圍．
解析 (1)f′(x)＝eq \f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x＋1,x)－ln x)),(x＋1)2)－eq \f(b,x2)．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－eq \f(1,2)，且過(guò)點(diǎn)(1，1)，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f(1)＝1，,f′(1)＝－\f(1,2)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(a,2)－b＝－\f(1,2)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝1.))
(2)方法一 (最值分析法)
由(1)知f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，所以f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))＝eq \f(1,1－x2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2ln x＋\f((k－1)(x2－1),x)))．
令函數(shù)h(x)＝2ln x＋eq \f((k－1)(x2－1),x)(x>0)，則h′(x)＝eq \f((k－1)(x2＋1)＋2x,x2)．
①若k≤0，由h′(x)＝eq \f(k(x2＋1)－(x－1)2,x2)知，當(dāng)x≠1時(shí)，h′(x)＜0，h(x)遞減．而h(1)＝0，
故當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＜0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＞0．
從而當(dāng)x＞0，且x≠1時(shí)，f(x)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ln x,x－1)＋\f(k,x)))＞0，即f(x)＞eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)．
②若0＜k＜1．由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的圖象開(kāi)口向下，
且Δ＝4－4(k－1)2>0，對(duì)稱軸x＝eq \f(1,1－k)>1，所以當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,1－k)))時(shí)，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故當(dāng)x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,1－k)))時(shí)，h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＜0，與題設(shè)矛盾．
③若k≥1，此時(shí)(k－1)(x2＋1)＋2x>0即h′(x)＞0，而h(1)＝0，
故當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h(x)＞0，可得eq \f(1,1－x2)h(x)＜0，與題設(shè)矛盾．
綜上，k的取值范圍為(－∞，0]．
此方法在處理第(2)問(wèn)時(shí)非常難想到，現(xiàn)利用洛必達(dá)法則處理如下：
(2)方法二 (參變分離法)
由題設(shè)可得，當(dāng)x>0，x 1時(shí)，k0，x≠1)，
則g′(x)＝2·eq \f((x2＋1)ln x－x2＋1,(1－x2)2)，再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
則h′(x)＝2xln x＋eq \f(1,x)－x，h″(x)＝2ln x＋1－eq \f(1,x2)，
易知h″(x)＝2ln x＋1－eq \f(1,x2)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且h″(1)＝0．
故當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h″(x)0．
∴h′(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)，
故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，
又h(1)＝0，∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，h(x)0，
∴當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，g′(x)0，
∴g(x)在(0，1)上為減函數(shù)，在(1，＋∞)上為增函數(shù)．
由洛必達(dá)法則知eq \(lim,\s\d4(x→1))g(x)＝2eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(xln x,1－x2)＋1＝2eq \(lim,\s\d4(x→1))eq \f(1＋ln x,－2x)＋1＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＋1＝0．
∴k≤0，即k的取值范圍為(－∞，0]．
[例2] 已知函數(shù)f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R．若當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)≥0恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解析 方法一 (最值分析法) f′(x)＝2xln x＋x－2ax＝x(2ln x＋1－2a)，
因?yàn)閤≥1，所以2ln x＋1≥1，則當(dāng)a≤eq \f(1,2)時(shí)，f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)≥0，
此時(shí)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)≥f(1)＝0，此時(shí)f(x)≥0恒成立，所以a≤eq \f(1,2)；
當(dāng)a>eq \f(1,2)時(shí)，由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2ln x0＋1－2a＝0，x0＝，
則x∈[1，)時(shí)，f′(x)0，則f(x)單調(diào)遞增，
f(x)min＝f()＝()2·eq \f(2a－1,2)－a[()2－1]＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－eq \f(e2a－1,2)＝eq \f(e·2a－e2a,2e)1時(shí)，a≤eq \f(x2ln x,x2－1)，
令g(x)＝eq \f(x2ln x,x2－1)(x>1)，則g′(x)＝eq \f(x(x2－1－2ln x),(x2－1)2)，
因?yàn)閤>1，則(x2－1－2ln x)′＝2x－eq \f(2,x)>0，故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
則y＝x2－1－2ln x>0，故g′(x)＝eq \f(x(x2－1－2ln x),(x2－1)2)>0．所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．
則g(x)>g(1)，由洛必達(dá)法則知eq \(lim,\s\d4(x→1)) eq \f(x2ln x,x2－1)＝eq \(lim,\s\d4(x→1)) eq \f(2xln x＋x,2x)＝eq \f(1,2)．
所以由a≤eq \f(x2ln x,x2－1)恒成立，則a≤eq \f(1,2)．
[例3] 已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f(x)>0，求a的取值范圍．
解析 方法一 (最值分析法)
由f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，得f′(x)＝ln x＋eq \f(1,x)＋1－a．
(1)當(dāng)1－a≥0，即a≤1時(shí)，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)>f(1)＝0．
(2)當(dāng)a>1時(shí)，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝eq \f(x－1,x2)>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是f′(x)>f′(1)＝2－a．
①若2－a≥0，即10，于是f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，于是f(x)>f(1)＝0．
②若2－a2時(shí)，存在x0∈(1，＋∞)，使得當(dāng)10時(shí)，f(x)≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
解析 (1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依題意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝eq \f(1,2)．
(2)方法一 (最值分析法)
當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，則φ(x)min≥0，φ′(x)＝ex－a．
①當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件．
②當(dāng)a>1時(shí)，若01)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a0時(shí)，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤eq \f(ex－1,x)恒成立，
令h(x)＝eq \f(ex－1,x)(x>0)，∴h′(x)＝eq \f(ex(x－1)＋1,x2)，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．
由洛必達(dá)法則知，eq \(lim,\s\d4(x→0))h(x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))eq \f(ex－1,x)＝eq \(lim,\s\d4(x→0))ex＝1，∴a≤1．
故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(－∞，1]．
【對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練】
1．已知函數(shù)f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若對(duì)任意x>0都有f(x)>ax成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．
2．設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)＋ae－x－a，a∈R，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．
3．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(ln x,x＋1)＋eq \f(1,x)，當(dāng)x>0且x≠1時(shí)，f(x)>eq \f(ln x,x－1)＋eq \f(k,x)恒成立，求k的取值范圍．
4．設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1－x－ax2．
(1)若a＝0，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥0，求a的取值范圍．

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