前情概要

以前编辑过洛必达法则的应用，今天在知乎看到一个三角函数的例子，感觉好，遂加以编辑整理完善并收藏.

典例剖析

【来自知乎问答】求函数 \(f(\theta)=\cfrac{\sin^2\theta}{4-(\cos\theta-1)^2}\) 的最大值 .

解：【知乎网友freeMaths解答思路】 \(y\)\(=\)\(\dfrac{\sin^2\theta}{4-(\cos\theta-1)^2}\) ， \(\theta\in\)\([0,2\pi]\)，

则 \(y\) \(=\) \(\dfrac{(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)}{(2-(\cos\theta-1))(2+(\cos\theta-1))}\) \(=\) \(\dfrac{1-\cos \theta}{3-\cos \theta}\)

即 \(3y - y\cos \theta = 1 - \cos \theta\)，变形得到 \(\cos\theta=\dfrac{3y - 1}{y - 1}\)，

由余弦函数的有界性，可得 \(-1 \leq \dfrac{3y - 1}{y - 1} \leq 1\)

解得， \(0 \leq y \leq \dfrac{1}{2}\) .

即 \(f(\theta)_{\max}=\dfrac{1}{2}\) .

❶ 知乎网友大俞老师，也是这样求解的但是他得到的结论是这个函数没有最大值。

原因是由 \(y=\dfrac{(1-\cos\theta)(1+\cos\theta)}{(3-\cos\theta)(1+\cos\theta)}\)，在约分时必须限制 \(\cos\theta\neq-1\)，才能得到 \(y=\dfrac{1-\cos \theta}{3-\cos \theta}\)，而最后我们发现，当 \(f(\theta)_{\max}=\dfrac{1}{2}\) 时，刚好要求 \(\cos\theta=-1\)，这样前后矛盾了，粗看感觉大俞老师的求解是有道理的，那么这个函数到底有没有最大值？

❷ 依托 Desmos 软件，做函数 化简前 和 化简后 的两种形式的函数图像，从图像上看，函数都是有最大值的。图像

❸ 将 \(\cos\theta=-1\)，代入原函数得到，\(f(\theta)=\cfrac{0}{0}\)，让我想起了洛必达法则，

以下使用洛必达法则，求上述函数的最大值，注意当 \(\cos\theta=-1\) 时，其中的一个值可以是 \(\theta=\pi\)，这个函数是周期函数，最大值点有无穷多个，取一个研究即可。

\(f(\theta)_{\max}=f(\pi)=\lim\limits_{\theta\to\pi}\dfrac{\sin^2\theta}{4-(\cos\theta-1)^2}\)

\(=\lim\limits_{\theta\to\pi}\dfrac{(\sin^2\theta)'}{(4-(\cos\theta-1)^2)'}\)

\(=\lim\limits_{\theta\to\pi}\dfrac{2\sin\theta\cdot\cos\theta}{-2\cos\theta\cdot(-\sin\theta)-2\sin\theta}\)

\(=\lim\limits_{\theta\to\pi}\dfrac{\sin2\theta}{\sin2\theta-2\sin\theta}\)

\(=\lim\limits_{\theta\to\pi}\dfrac{(\sin2\theta)'}{(\sin2\theta-2\sin\theta)'}\)

\(=\lim\limits_{\theta\to\pi}\dfrac{2\cos2\theta}{2\cos2\theta-2\cos\theta}\)

\(=\dfrac{2\cos2\pi}{2\cos2\pi-2\cos\pi}=\dfrac{2}{4}=\cfrac{1}{2}\) .

继续使用

【2020年全国卷Ⅱ卷文科数学第21题】已知函数\(f(x)=2 \ln x+1\)；

(1).若\(f(x)\leqslant 2x+c\)，求\(c\)的取值范围；

解：常规题目，使用常规解法；不过需要注意，要能将此题目顺利转化为恒成立命题，这样许多学生都会有思路了。

【法1】：教育考试院提供的解法；设\(h(x)=f(x)-2x-c\)，则\(h(x)=2\ln x-2x+1-c\)，

其定义域为\((0,+\infty)\)，\(h^{\prime}(x)=\cfrac{2}{x}-2\)，

当\(0<x<1\)时，\(h^{\prime}(x)>0\)；当\(x>1\) 时，\(h^{\prime}(x)<0\)，

所以当\(x=1\)时，\(h(x)\)取得最大值,最大值为\(h(1)=-1-c\)，

故当且仅当\(-1-c\leqslant 0\)，即\(c\geqslant -1\)时，\(f(x)\leqslant 2x+c\)

所以\(c\)的取值范周是\([-1, +\infty)\).

【法2】：我们经常采用的思路，其实质和法1是一样的；

由于定义域为\((0,+\infty)\)，且已知\(f(x)\leqslant 2x+c\)，[琢磨一下，能否转化为恒成立命题]，

则\(f(x)\leqslant 2x+c\)在\((0,+\infty)\)上恒成立，故想到分离参数，得到\(c\geqslant f(x)-2x\)；

令\(g(x)=f(x)-2x=2lnx+1-2x\)，[稍有经验的高三学生都知道，此时需要求解\(g(x)_{max}\)]；

则\(g'(x)=\cfrac{2}{x}-2=\cfrac{2-2x}{x}=\cfrac{2(1-x)}{x}\)，[此时可借助图像快速判断]

故当\(0<x<1\)时，\(g^{\prime}(x)>0\)；当\(x>1\) 时，\(g^{\prime}(x)<0\)，

所以当\(x=1\)时，\(g(x)\)取得最大值，\(g(x)_{max}=g(1)=-1\)，

故\(c\geqslant -1\)，即\(c\)的取值范周是\([-1, +\infty)\).

(2).设\(a>0\)，讨论函数 \(g(x)=\cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}\)的单调性.

【法1】：教育考试院提供的解法；此处有个特点需要注意，第一问的结论的复用，以及其他数学素养的积累和使用；

\(g(x)=\cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=\cfrac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}\)， 定义域为\(x\in(0, a)\cup(a,+\infty)\)；

\(g^{\prime}(x)=\cfrac{2(\frac{x-a}{x}+\ln a-\ln x)}{(x-a)^{2}}=\cfrac{2(1-\frac{a}{x}+\ln\frac{a}{x})}{(x-a)^{2}}\)，注意此处这样的变形，能让我们想到一个常用的结论\(x-1\)\(\geqslant\)\(\ln x\)，或者\(x\)\(-1\)\(-\)\(\ln x\)\(\geqslant\)$ 0$，或者\(1\)\(-x\)\(+\)\(\ln x\)\(\leqslant\)$ 0$，请参阅函数与导数中的常用不等关系

取\(c=-1\)，得\(h(x)=2\ln x-2x+2\)，\(h(1)=0\)；

则由(1)知，当\(x\neq 1\)时，\(h(x)<0\)，即\(1-x+\ln x<0\)由于当\(x\)\(\neq\)\(1\)时，\(1\)\(-x\)\(+\)\(\ln x\)\(<0\)是恒成立的，故用\(\cfrac{a}{x}\)替换\(x\)，就能得到\(1\)\(-\)\(\cfrac{a}{x}\)\(+\)\(\ln\cfrac{a}{x}\)\(<\)\(0\)，此处对数学素养的考查要求相当高。\(\quad\)；

故当\(x\in(0, a)\cup(a,+\infty)\)时， \(1-\cfrac{a}{x}+\ln \cfrac{a}{x}<0\)，

从而 \(g^{\prime}(x)<0\)，所以 \(g(x)\) 在区间 \((0, a)\)和\((a,+\infty)\)上单调递减.

【法2】：常规采用的思路，求导数法+洛必达法则；

\(g(x)=\cfrac{f(x)-f(a)}{x-a}=\cfrac{2(\ln x-\ln a)}{x-a}\)， 定义域为\(x\in(0, a)\cup(a,+\infty)\)；

\(g^{\prime}(x)=\cfrac{2[\frac{1}{x}(x-a)-(\ln x-\ln a)\cdot 1]}{(x-a)^{2}}=\cfrac{2(1-\frac{a}{x}-\ln x+\ln a)}{(x-a)^{2}}\)，

令\(h(x)=1-\cfrac{a}{x}-\ln x+\ln a\)，则\(h'(x)=\cfrac{a}{x^2}-\cfrac{1}{x}=\cfrac{a-x}{x^2}\)

则当\(0<x<a\)时，\(h'(x)>0\)，当\(x>a\)时，\(h'(x)<0\)；

故\(g'(x)\)在\((0,a)\)上单调递增，在\((a,+\infty)\)上单调递减；

以下用洛必达法则求值\(g'(a)\)；

\(g'(a)=\)\(\lim\limits_{x\to a} g'(x)=\lim\limits_{x\to a} g'(x)=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{2(1-\frac{a}{x}-\ln x+\ln a)}{(x-a)^2}\)

\(=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{[2(1-\frac{a}{x}-\ln x+\ln a)]'}{[(x-a)^2]'}=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{2(\frac{a}{x^2}-\frac{1}{x})}{2(x-a)}\)

\(=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{[2(\frac{a}{x^2}-\frac{1}{x})]'}{[2(x-a)]'}=\lim\limits_{x\to a} \cfrac{\frac{-4a}{x^{3}}+\frac{2}{x^2}}{2}\)

\(=\cfrac{\frac{-4a}{a^{3}}+\frac{2}{a^2}}{2}=-\cfrac{1}{a^2}<0\)；

故当\(x\in (0,a)\)时，\(g'(x)<g'(a)<0\)，故函数\(g(x)\)在\((0,a)\)上单调递减；

当\(x\in (a,+\infty)\)时，\(0>g'(a)>g'(x)\)，故函数\(g(x)\)在\((a,+\infty)\)上单调递减；

若函数 \(f(x)=x-\sqrt{x}-a\ln x\) 在区间 \((1,+\infty)\) 上存在零点，则实数 \(a\) 的取值范围为【\(\qquad\)】

$A.(0, \cfrac{1}{2})$ $B.(\cfrac{1}{2}, \mathrm{e})$ $C.(0,+\infty)$ $D.(\cfrac{1}{2},+\infty)$

分析：含有参数的函数在某个区间上存在零点，我们常采用两个思路来求解：其一，分离参数，构造 \(a=h(x)\) 在区间有解的模型，转化为求函数 \(h(x)\) 的值域即可；其二：不分离参数，采用分类讨论的方法，此时采用导数的方法，分析其单调性，结合图像，确定零点的存在与否，从而确定参数的取值范围。

解法1：【分离参数法，此思路可能要用到洛必达法则】由于函数 \(f(x)=x-\sqrt{x}-a\ln x\) 在区间 \((1,+\infty)\) 上存在零点，

则分离参数得到，方程 \(a=\cfrac{x-\sqrt{x}}{\ln x}\) 在区间 \((1,+\infty)\) 上有解，

令 \(g(x)=\cfrac{x-\sqrt{x}}{\ln x}\)，则 \(g'(x)=\cfrac{(2\sqrt{x}-1)\cdot\ln x+2-2\sqrt{x}}{(\ln x)^2\cdot2\sqrt{x}}\)，

再令 \(\phi(x)=(2\sqrt{x}-1)\cdot\ln x+2-2\sqrt{x}\)，则 \(\phi'(x)=\cfrac{\ln x-1}{\sqrt{x}}+\cfrac{2\sqrt{x}-1}{x}\)

\(=\cfrac{x\cdot\ln x+x-\sqrt{x}}{x\cdot\sqrt{x}}>0\)由于 \(x\sqrt{x}>0\) ，\(x\ln x>0\) ，而 \(x>1\)时，\(x-\sqrt{x}>0\)，故\(\phi'(x)>0\)

从而 \(\phi(x)\) 在区间 \((1,+\infty)\) 单调递增，故 \(\phi(x)>\phi(1)=0\)，

从而导致 \(g'(x)>0\) ，从而使得 \(g(x)\) 在区间 \((1,+\infty)\) 单调递增，

但当我们求解 \(g(1)\) 时发现，\(g(1)=\cfrac{0}{0}\)，没有意义，此时就需要用到洛必达法则；

由洛必达法则可知，\(g(1)=\lim\limits_{x\to 1^+} g(x)=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{(x-\sqrt{x})'}{(\ln x)'}=\lim\limits_{x\to 1^+}\cfrac{1-\frac{1}{2\sqrt{x}}}{\frac{1}{x}}=\cfrac{1}{2}\)

即函数 \(g(x)\) 的值域为 \((\cfrac{1}{2},+\infty)\)， 则\(a\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\)，故 选 \(D\) .

解法2：【不分离参数，采用分类讨论的方法】因为函数 \(f(x)=x-\sqrt{x}-a \ln x\) ，

所以 \(f'(x)\)\(=\)\(1-\cfrac{1}{2\sqrt{x}}-\cfrac{a}{x}\)\(=\)\(\cfrac{2x-\sqrt{x}-2a}{2x}\)此时我们关注导函数的正负，分母为正不需要关注，此时的关注点主要是分子，由于从数和形的角度都不好判断，故我们采用二阶导的思路继续往下走。 ，

令 \(g(x)=2x-\sqrt{x}-2a\) ，因为 \(g'(x)=2-\cfrac{1}{2\sqrt{x}}=\cfrac{4\sqrt{x}-1}{2\sqrt{x}}\) ，

当 \(x\in(1,+\infty)\) 时， \(4\sqrt{x}-1>0\)，\(2\sqrt{x}>0\) ，所以 \(g'(x)>0\) ，

所以 \(g(x)\) 在 \((1 ，+\infty)\) 上为增函数，则 \(g(x)>g(1)=1-2a\)此时函数 \(g(x)\) 的最小值的极限不是常量而是个变量，故需要分析讨论，原因是其正负必然会影响一阶导的正负，而在分类讨论是我们将简单的情形往往先放在前边，由于恒为正的简单，故先讨论它。 ，

当 \(1-2a\geqslant 0\) 时， \(g(x)>0\) ，则 \(f'(x)>0\) ，所以 \(f(x)\) 在 \((1，+\infty)\) 上为增函数，

则 \(f(x)>f(1)=0\) ，所以 \(f(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上没有零点 .

当 \(1-2a<0\) ，即 \(a>\cfrac{1}{2}\) 时，

因为 \(g(x)\) 在 \((1,+\infty)\) 上为增函数，

则存在唯一的 \(x_{0}\in(1,+\infty)\) ，使得 \(g(x_{0})=0\) ，

且当 \(x\in(1, x_{0})\) 时， \(g(x)<0\) ，当 \(x\in(x_{0},+\infty)\) 时， \(g(x)>0\) ；

所以当 \(x\in(1,x_{0})\) 时， \(f(x)<0\) ， \(f(x)\) 为减函数，

当 \(x\in(x_{0},+\infty)\) 时， \(f(x)>0\) ， \(f(x)\) 为增函数，

当 \(x=x_{0}\) 时， \(f(x)_{\min}=f(x_{0})\) ，

因为 \(f(x_{0})<f(1)=0\) ，当 \(x \rightarrow +\infty\) 时，\(f(x) \rightarrow+\infty\)此处可以结合三个函数 \(y=x\) 和 \(y=\sqrt{x}\) 以及 \(y=-a\ln x\) 的图像加以说明， ，

所以在 \(x\in(x_{0},+\infty)\) 内， \(f(x)\) 一定存在唯一 一个零点.

所以 \(a\in(\cfrac{1}{2},+\infty)\) ，故选 \(D\) .

〔解后反思〕：如果题目给定的函数中不含有参数，参数在所给的区间端点处[ 比如给定区间为 \((a,1-2a)\) ]，则我们用导数先判断函数的单调性，做出函数的大致图像，然后利用零点[ 比如此处零点为 \(x=2\) ]包含在给定的动区间内，则 \(a\)\(<\)\(2\)\(<\)\(1\)\(-\)\(2a\)，解不等式即可得到参数的取值范围。