覃寶鋒
[摘 要]高中階段在求函數(shù)的參數(shù)范圍時(shí),若能利用洛必達(dá)法則會(huì)使問題更容易解決。文章主要介紹如何運(yùn)用洛必達(dá)法則解不等式中參數(shù)的取值范圍問題。
[關(guān)鍵詞]洛必達(dá)法則;不等式;參數(shù);取值范圍
[中圖分類號(hào)]? ? G633.6? ? ? ? [文獻(xiàn)標(biāo)識(shí)碼]? ? A? ? ? ? [文章編號(hào)]? ? 1674-6058(2022)14-0025-03
在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)的過程中,學(xué)生往往對(duì)不等式中求參數(shù)的取值范圍的問題感到困難,但這類問題又是高考中常出現(xiàn)的題型。因此,我們很有必要去研究它。解決這類問題的通法是直接求導(dǎo),然后對(duì)參數(shù)進(jìn)行分類討論。然而,運(yùn)用此法,有的學(xué)生可能會(huì)出現(xiàn)對(duì)參數(shù)討論不清或討論不全的情況。有一些學(xué)生會(huì)采用分離參數(shù)的方法,通過分離參數(shù)求函數(shù)的最值,進(jìn)而求解,這種求解往往對(duì)判斷函數(shù)的單調(diào)性要求比較高,可能有些復(fù)雜,但一般都能得到結(jié)果。而有時(shí)用洛必達(dá)法則可輕松解決問題。
洛必達(dá)法則是高等數(shù)學(xué)的內(nèi)容,運(yùn)用洛必達(dá)法則要滿足以下條件。
設(shè)函數(shù)[f(x)],[g(x)]滿足:(1)[limx→afx=limx→agx=0](或∞);(2)在[a]的去心鄰域內(nèi),[f ′(x)]和[g′(x)]都存在,且[g′(x)≠0];(3)[limx→af'xg'x=A](其中[A]為實(shí)數(shù),[a]可為[±∞]),則[limfxgx=limx→af'xg'x=A](可以多次使用)。
在使用該公式時(shí)要注意對(duì)于分式函數(shù)[f(x)g(x)],當(dāng)[x→a](或[∞])時(shí),[f(x)g(x)]為[00]型或[∞∞]型,且不是對(duì)[f(x)g(x)]的商求導(dǎo),而是分別對(duì)分子、分母進(jìn)行求導(dǎo),之后取極限得最值。
[例1]已知函數(shù)[f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)],
(1)當(dāng)[a=4]時(shí),求曲線[y=f(x)]在[(1, f(1))]處的切線方程;
(2)若當(dāng)[x>1]時(shí),[fx>0],求[a]的取值范圍。
分析:根據(jù)已知條件,容易將參數(shù)[a]分離出來,接著構(gòu)造函數(shù)[g(x)],并對(duì)其進(jìn)行求導(dǎo),通過判斷其函數(shù)的單調(diào)性,求[g(x)]的極值。我們發(fā)現(xiàn)[g(x)]在[x=1]處沒有意義,不能求出[g(x)]的極值,這時(shí),可利用洛必達(dá)法則來求其極限值。
解:(1)略;
(2)由題意可知,當(dāng)[x>1]時(shí),[f(x)>0],等價(jià)于[(x+1)ln x-ax-1>0],則有[a<(x+1)ln xx-1],設(shè)[g(x)=(x+1)ln xx-1 ],[則 g′(x)=ln x+x+1x(x-1)-(x+1)ln x(x-1)2=x-2ln x-1x(x-1)2 ]。又設(shè)[h(x)=x-2lnx-1x],則[h′(x)=1-2x+1x2=(x-1)2x2≥0],所以[h(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增,而[h(x)>h(1)=0],所以[g(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增,對(duì)于[g(x)=(x+1)ln xx-1],當(dāng)[x→1]時(shí),[(x+1)ln x→0],[x-1→0],所以[(x+1)ln xx]符合洛必達(dá)法則條件,所以[limx→1gx=limx→1x+1ln xx-1=limx→1ln x+x+1x1=ln 1+1+11=2],即當(dāng)[x>1]時(shí),[a]的取值范圍是[-∞, 2]
點(diǎn)評(píng):在求分離后的函數(shù)[f(x)g(x)]的極值時(shí),注意當(dāng)[x→a]時(shí), [f(x)→0](或[∞]),[g(x)→0](或[∞]),這是能用洛必達(dá)法則的條件之一,而且還要注意[f(x)g(x)]的極值是否等于某個(gè)實(shí)數(shù),若是則其為極值。
[例2]已知函數(shù)[f(x)=a ln xx+1+bx],曲線[y=f(x)]在點(diǎn)[(1, f(x))]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)>ln xx-1+kx],求[k]的取值范圍。
解:(1)[a=1],[b=1],過程省略。
(2)根據(jù)題目的條件,當(dāng)[x>0]且[x≠1]時(shí), [f(x)>ln xx-1+kx]得[ln xx+1+1x>ln xx-1+kx],等價(jià)于[k 設(shè)[ g(x)=2x ln x1-x2+1 ],[ g′(x)=2(x2+1)ln x+2(1-x2)(1-x2)2=] [2(x2+1)ln x+1-x2x2+1(1-x2)2? ]。 因?yàn)閇2(x2+1)(1-x2)2>0],設(shè)[h(x)=ln x-1-x2x2+1],則[h′(x)=1x--2x(x2+1)-(1-x2)×2x(x2+1)2=1x+4x(x2+1)2>0],所以[h(x)]在[(0,+∞)]上單調(diào)遞增,因?yàn)閇h(1)=0],所以當(dāng)[x∈(0, 1)]時(shí),[h(x)<0],即[gx]在[(0, 1)]上單調(diào)遞減,當(dāng)[x∈(1,+∞)],[gx]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增。當(dāng)[x→1]時(shí),[2x ln x→0],當(dāng)[x→1]時(shí),[1-x2→0],所以[2x ln x1-x2]符合洛必達(dá)法則的條件,即[limx→1g(x)=limx→12x ln x1-x2+1=limx→12 ln x+2-2x+1=-1+1=0],所以當(dāng)[x>0],[x≠1]時(shí),[k]的取值范圍是[k∈-∞, 0]。 點(diǎn)評(píng):在判斷函數(shù)的單調(diào)性時(shí),我們不一定要對(duì)整個(gè)函數(shù)進(jìn)行二次求導(dǎo),可對(duì)其中的一部分求導(dǎo)。 [例3]已知函數(shù)[(x)=(ax-2)ex-e(a-2)]。 (1)討論[f(x)]的單調(diào)性; (2)當(dāng)[x>1]時(shí)[f(x)>0],求[a]的取值范圍。 解:(1)略。 (2)由題意可知,當(dāng)[x>1], [f(x)>0]時(shí),即[(ax-2)ex-e(a-2)>0]等價(jià)于[a>2ex-2exex-e]。 設(shè)[g(x)=2ex-2exex-e],則[g′(x)=2xex+1-2(ex)2(xex-e)2=2ex(xe-ex)(xex-e)2]。 設(shè)[h(x)=xe-ex],則[h′(x)=e-ex],因?yàn)閇x>1],所以[h′(x)<0],即當(dāng)[x>1]時(shí),[g′(x)<0],所以[g(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞減,當(dāng)[x→1]時(shí),[2ex-2e→0],當(dāng)[x→1]時(shí),[xex-e→0]滿足洛必達(dá)法則,所以[limx→1g(x)=limx→12ex-2exex-e=limx→12exex+xex=1],即當(dāng)[x>1]時(shí),[a]的取值范圍是[1,+∞]。 點(diǎn)評(píng):由上面的例子可知,求參數(shù)的取值范圍,都可以分離參數(shù),通過判斷函數(shù)的單調(diào)性,運(yùn)用洛必達(dá)法則進(jìn)行求解。 [例4]已知函數(shù)[f(x)=x-ln(x+a)]的最小值為0,其中[a>0]。 (1)求[a]的值; (2)若對(duì)任意的[x∈0,+∞]有[f(x)≤kx2]成立,求實(shí)數(shù)[k]的取值范圍。 分析:對(duì)于第(2)問,可以將參數(shù)分離出來,通過判斷函數(shù)的單調(diào)性,觀察能否用洛必達(dá)法則進(jìn)行求解。 解:(1)[a=1],過程省略。 (2)由題意知,對(duì)任意的[x∈0,+∞],當(dāng)[x=0]時(shí),[f(x)≤kx2]恒成立, 則當(dāng)[x>0]時(shí),[f(x)≤kx2],等價(jià)于[k≥1x-ln(x+1)x2]。設(shè)[g(x)=1x-ln(x+1)x2],[g′(x)=-1x2-x2x+1-2x ln x(x+1)x4=2 ln(x+1)-xx+1-xx3=-x2-2x+2(x+1)ln(x+1)x3(x+1)]。 設(shè)[h(x)=-x2-2x+2(x+1)ln(x+1)], [h′(x)=-2x+2ln(x+1)=2ln(x+1)-x<0],所以[g(x)]在[0,+∞]上單調(diào)遞減。 當(dāng)[x→0+]時(shí),[1x→+ ∞],[ln(x+1)x2→+ ∞],不符合洛必達(dá)法則。將[g(x)]通分得[g(x)=x-ln(x+1)x2], 當(dāng)[x→0+]時(shí),[x-lnx+1→0],[x2→0]滿足洛必達(dá)法則的條件,所以[limx→0+gx=limx→0+x-lnx+1x2=limx→0+1-1x+12x=limx→0+1x+122=12]。 因此,實(shí)數(shù)[k]的最小值是[12]。 點(diǎn)評(píng):求極值時(shí)可以多次使用洛必達(dá)法則。 [例5]已知函數(shù)[f(x)=sin xx(x≠0)]。 (1)求曲線[y=f(x)]在點(diǎn)[(π,f(π))]處的切線方程; (2)若[x2f(x)+cos x≤mx2+1],求[m]的取值范圍。 分析:含有三角函數(shù)的求導(dǎo),在判斷函數(shù)的單調(diào)性時(shí)顯得比較困難,可視為恒成立求參數(shù)范圍的問題,因此可通過分離參數(shù)進(jìn)行求解。 解:(1)略。 (2)由[x2f(x)+cos x≤mx2+1]得[m≥x sin x+cos x-1x2],即求[x sin x+cos x-1x2]的最大值,由洛必達(dá)法則知[x sin x+cos x-1x2≤12],只需證明[x sin x+cos x-1-12x2≤0]即可。設(shè)[h(x)=x sin x+cos x-1-12x2],則[h′(x)=x(cos x-1)], ∵[cos x-1≤0],當(dāng)[x>0]時(shí),[h′(x)<0],[h(x)]在[(0,+∞)]上單調(diào)遞減; 當(dāng)[x<0]時(shí),[h′(x)>0],[h(x)]在[(0,-∞)]上單調(diào)遞增, ∴[hx≤h0=0],所以不等式成立,∴[m≥12]。 [例6]已知函數(shù)[f(x)=ln x+mxxm≥-12]。 (1)求[f(x)]的單調(diào)區(qū)間; (2)若[x2f(x)≤m]對(duì)任意[x≥1]恒成立,求[m]。 分析:第(2)問,學(xué)生若用直接法則要對(duì)[m]進(jìn)行分類討論,會(huì)比較困難,因此可通過分離參數(shù)進(jìn)行求解。 解:(1)略。 (2)由[m(1-x2)≥x ln x], 當(dāng)[x=1]時(shí),不等式恒成立, 當(dāng)[x>1]時(shí),[m≤x ln x1-x2], [h(x)=x ln x1-x2], [h'(x)=(ln x+1)(1-x2)-x ln x(-2x)(1-x2)2=ln x-x2 ln x+1-x2+2x2 ln x(1-x2)2=ln x+x2 ln x+1-x2(1-x2)2] 令[p(x)=ln x+x2 ln x+1-x2], [p'(x)=1x+2x ln x-x], [p″(x)=-1x2+2 ln x+1], [p″(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增且[p″(x)=0], [p′(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增且[p′(x)=0], [p(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增且[p(1)=0], [h(x)]在[(1,+∞)]上單調(diào)遞增。 當(dāng)[x→1]時(shí),[1-x2→0];當(dāng)[x→1]時(shí),[xlnx→0]。由洛必達(dá)法則知[limx→1x ln x1-x2=ln x+1-2x=-12],因此有[m≥-12],又因?yàn)閇m≤-12],所以[m=-12]。 通過上述的例題可知,洛必達(dá)法則是解決未定式函數(shù)極值的一種非常有效的方法,但并不是所有的未定式函數(shù)極值都可以應(yīng)用洛必達(dá)法則解決,如多次應(yīng)用洛必達(dá)法則后,極值出現(xiàn)循環(huán)現(xiàn)象時(shí),洛必達(dá)法則失效。 應(yīng)用洛必達(dá)法則求極值,必須熟練掌握洛必達(dá)法則的結(jié)論,注意洛必達(dá)法則的條件要求,不能盲目地套用公式,以免出現(xiàn)解題錯(cuò)誤。 [? ?參? ?考? ?文? ?獻(xiàn)? ?] [1]? 駢俊生.高等數(shù)學(xué)[M].北京:高等教育出版社,2012. [2]? 趙文博.洛必達(dá)法則巧解高考?jí)狠S題[J].中學(xué)生數(shù)理化(高二數(shù)學(xué)),2018(2):9. (責(zé)任編輯 黃桂堅(jiān))