专题05 洛必达法则(解析版)

备战2020高考数学冲刺秘籍之恒成立与有解问题解法大全第一篇
专题五 洛必达法则
一、问题指引
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法（避免分类讨论）解决成立、或恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数（最）值，若出现
00型或∞
∞
型可以考虑使用洛必达法则。

二、方法详解
法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) ()lim 0x a
f x →= 及()lim 0x a
g x →=；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)()
()lim
x a
f x l
g x →'='，
那么 ()()
lim
x a
f x
g x →=()
()
lim
x a
f x l
g x →'='。

法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1)()lim 0x f x →∞
= 及()lim 0x g x →∞
=；
(2)0A
∃，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g'(x)≠0；
(3)()
()
lim
x f x l g x →∞'='， 那么 ()
()lim x f x g x →∞=()
()
lim
x f x l g x →∞'='。

法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1) ()lim x a
f x →=∞及()lim x a
g x →=∞；
(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；
(3)()
()
lim
x a f x l g x →'='，
那么 ()
()lim x a f x g x →=()
()
lim
x a f x l g x →'='。

利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：
1.将上面公式中的x→a ，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +→，x a -→洛必达法则也成立。

2.洛必达法则可处理
00x a -→，∞
∞
，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。

3.在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞
，0⋅∞，1∞，0
∞，00，∞-∞型定式，否则滥用洛
必达法则会出错。

当不满足三个前提条件时，就不能用洛必达法则，这时称洛必达法则不适用，应从另外途径求极限。

4.若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。

【典例分析】
一、一题多解：常规解法与洛必达法则相互对比： 【例1】已知函数ln ()1a x b
f x x x
=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；
（Ⅰ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k
f x x x
>+-，求k 的取值范围. 法一：常规解法
（Ⅰ）略解得1a =，1b =.
（Ⅰ）方法一：分类讨论、假设反证法
由（Ⅰ）知ln 1()1x f x x x =++，所以22
ln 1(1)(1)
()()(2ln )11x k k x f x x x x x x
---+=+--. 考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x --(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x
h x x -++=
. (i)当0k ≤时，由22
2
(1)(1)'()k x x 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
()01h x x ⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得 21()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即
ln ()1x k
f x x x
>+-； （ii ）当01k <<时，由于当1
(1,)1x k
∈-时，2(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当
1(1,
)1x k ∈-时，()0h x >，可得2
1()01h x x
⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得2
1
()01h x x
⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，.
注：分三种情况讨论：①0k ≤；②01k <<；③1k ≥不易想到.尤其是②01k <<时，许多考生都停留在此层面，举反例1
(1,
)1x 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. 法二：参变量分离洛必达法则解法
当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >
+-，即ln 1ln 11x x k
x x x x
+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记2
2ln ()11x x
g x x =+-，0x >，且1x ≠ 则2222
222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1
x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+，
记221()ln 1x h x x x -=++，则22
2222
14(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>，
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，'()0g 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 221
111
2ln 2ln 2ln 2
lim ()lim(
1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x
→→→→+=+=+=+=---， 即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立， 所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k
f x x x
>
+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，. 注：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
2ln ()11x x
g x x
=
+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生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. 【例2】设函数2
()1x
f x e x ax =---。

（1） 若0a =，求()f x 的单调区间； （2）
若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围
【解析】法一：（1）0a =时，()1x f x e x =--，'()1x
f x e =-. 当(,0)x ∈-∞时，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >. 故()f x 在(,0)-∞单调减少，在(0,)+∞单调增加
（II ）'()12x
f x e ax =--，由（I ）知1x e x ≥+，当且仅当0x =时等号成立.故
'()2(12)f x x ax a x ≥-=-，从而当120a -≥，即1
2
a ≤
时，'()0 (0)f x x ≥≥，而(0)0f =， 于是当0x ≥时，()0f x ≥. 由1(0)x
e x x >+≠可得1(0)x
e x x ->-≠.从而当1
2
a >时，
'()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a --<-+-=--，
故当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f =，于是当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <.
综合得a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭
法二：利用洛必达法则处理如下：
（II ）当0x =时，()0f x =，对任意实数a,均在()0f x ≥；
当0x >时，()0f x ≥等价于2
1
x e x a x --≤
令()21x e x g x x --=()0x >,则3
22
()x x xe e x g x x -++'=
， 令()()220x
x
h x xe e x x =-++>，则()1x
x
h x xe e '=-+，()0x
h x xe ''=>，
知()h x '在()0,+∞上为增函数，()()00h x h ''>=；知()h x 在()0,+∞上为增函数，
()()00h x h >=；()0g x '∴>，g(x)在()0,+∞上为增函数。

由洛必达法则知，200011lim lim lim 222
x x x x x x e x e e x x +++
→→→--===，故1
2a ≤ 综上，知a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭。

【评注】1.不等式恒成立或能成立题目。

能分离参数成()a h x ≥或 ()a h x ≤，归结为求()h x 的某个最值(或其极限值)问题。

常规方法不易求得最值或其极限值(往往多次求导后仍为超越结构)。

可考虑在某个端点或断点处应用洛必达法则求最值(或极限值)。

2.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。

【类题展示1】已知函数，曲线在点处的切线方程为。

（Ⅰ）求、的值；
（Ⅰ）如果当，且时，，求的取值范围。

法一：（Ⅰ），由于直线的斜率为，且过点， 故，即，解得，。

（Ⅰ）由（Ⅰ）知，所以。

考虑函数，则。

（i ）设，由知，当时，，h （x ）递减。

而故当时， ，可得
；当x （1，+）时，h （x ）<0，可得 h （x ）>0，从而当x>0,且x 1时，f （x ）-（+）>0，即f （x ）>+.
（ii ）设0<k<1.由于=的图像开口向下，
且，对称轴x=
.
当x （1，）时，（k -1）（x 2 +1）+2x>0,故 （x ）>0,而h （1）=0，故当x （1，）时，h （x ）>0， 可得
h （x ）<0,与题设矛盾。

（iii ）设k 1.此时，（x ）>0,而h （1）=0，故当
x （1，+）时，h （x ）>0，可得
h （x ）<0,与题设矛盾。

()y f x =(1,(1))f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k
f x x x
>
+-k 22
1
(
ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=
-+230x y +-=12
-(1,1)(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩1,
1,22
b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩1a =1b =ln 1f ()1x x x x =++22ln 1(1)(1)
()()(2ln )11x k k x f x x x x x x
---+=+--()2ln h x x =+2(1)(1)k x x
--(0)x >22
(1)(1)2'()k x x
h x x -++=0k ≤22
2
(1)(1)'()k x x h x x +--=1x ≠'()0h x <(1)0h =(0,1)
x ∈()0h x >21()01h x x >-∈∞2
11
x -≠1ln -x x x k 1ln -x x x
k
2
(1)(1)2k x x -++2
(1)21k x x k -++-2
44(1)0k ∆=-->111k >-∈k -11'
h ∈k
-11
2
11
x
-≥2
12x x +≥2
(1)(1)20k x x -++>⇒'
h ∈∞2
11
x
-
综合得，k 的取值范围为（-，0] 法二：利用洛必达法则处理如下： （II ）由题设可得，当0,1x x >≠时，k<
2
2ln 11x x
x
+-恒成立。

令g (x)= 2
2ln 11x x
x +-(0,1x x >≠),则()()
()
22221ln 121x x x g x x
+-+'=⋅-， 再令()()
22
1ln 1h x x x x =+-+(0,1x x >≠)，则()1
2ln h x x x x x
'=+
-， ()212ln 1h x x x ''=+-
，易知()
2
1
2ln 1h x x x ''=+-在()0,+∞上为增函数，且()10h ''=； 故当时，()0h x ''<，当x （1，+）时，()0h x ''>；
∴()h x '在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数；故()h x '>()1h '=0 ∴()h x 在()0,+∞上为增函数，
()1h =0
∴当时，()0h x <，当x （1，+）时，()0h x > ∴当时，()0g x '<，当x （1，+）时，()0g x '> ∴()g x 在()0,1上为减函数，在()1,+∞上为增函数
由洛必达法则知()21
11ln 1ln 1lim 2lim
12lim 1210122x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫
=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭
∴，即k 的取值范围为（-，0]
【类题展示2】设函数()1x
f x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1
x f x x ≥+； （Ⅰ）设当0x ≥时，()1
x
f x ax ≤+，求a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）略
（Ⅰ）应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥，此时()0f x ≥. ①当0a <时，若1x a >-
，则01x ax <+，()1
x
f x ax ≤+不成立；
∞(0,1)x ∈∈∞(0,1)x ∈∈∞(0,1)x ∈∈∞0k ≤∞
②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11
x
x e ax --≤+； 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则11x
x
e
ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x
-+≤-. 记1()x x x xe e g x xe x -+=-，则22222
21'()=(2)()()
x x x x x x
x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--. 记2
()2x
x
h x e x e -=--+，则'()2x
x
h x e x e -=--，''()+20x
x
h x e e
-=->.
因此，'()2x
x
h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >， 即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.
因此2
'()=()0()x
x e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增.
由洛必达法则有000011
lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时，
1()2g x →
，即有1()2g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2
-∞. 【类题展示3】设函数sin ()2cos x
f x x =+．
（Ⅰ）求()f x 的单调区间；
（Ⅰ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）22
(2cos )cos sin (sin )2cos 1
()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'=
=++．
当2π2π2π2π33k x k -
<<+（k ∈Z ）时，1
cos 2x >-，即()0f x '>； 当2π4π2π2π33k x k +<<+（k ∈Z ）时，1cos 2
x <-，即()0f x '<． 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛
⎫-
+ ⎪⎝⎭
，（k ∈Z ）是增函数， ()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛
⎫++ ⎪⎝
⎭，（k ∈Z ）是减函数．
（Ⅰ）sin ()2cos x
f x ax x
=
≤+
若0x =，则a R ∈； 若0x >，则
sin 2cos x
ax x ≤+等价于sin (2cos )
x a x x ≥+，即sin ()(2cos )x g x x x =+
则22
2cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x x
g x x x --+=
+.记()2cos 2sin sin cos h x x x x x x x =--+，
2
'()2cos 2sin 2cos cos21
2sin cos212sin 2sin 2sin (sin )
h x x x x x x x x x x x x x x x =---+=--+=-=-
因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =， 故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减， 而0
0sin cos 1
lim ()lim
lim (2cos )2+cos sin 3
x x x x x g x x x x x x →→→===+-.
另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3
x g x x x x π=
≤≤<+，因此1
3a ≥.
三、跟踪训练
1.已知函数2
()(1)x
f x x e ax =--.当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 【解析】应用洛必达法则和导数， 当0x ≥时，()0f x ≥，即2
(1)x
x e ax -≥. ① 当0x =时，a R ∈；
② ②当0x >时，2
(1)x
x e ax -≥等价于1x
e ax -≥，也即1
x e a x
-≤.
记1()x e g x x
-=，(0,)x ∈+∞，则(1)1
'()x x e g x x -+=.
记()(1)1x
h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x
h x xe =>，因此()(1)1x
h x x e =-+在
(0,)+∞上递增，且()(0)0h x h >=，所以()
'()0h x g x x =>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上递增.
由洛必达法则有0001lim ()lim
lim 11x x
x x x e e 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.
2.已知函数f （x ）=e x ﹣e ﹣
x ﹣2x ．
（Ⅰ）讨论f （x ）的单调性；（Ⅰ）设g （x ）=f （2x ）﹣4bf （x ），当x ＞0时，g （x ）＞0，求b 的最大值； （Ⅰ）已知1.4142＜
＜1.4143，估计ln2的近似值（精确到0.001）．
【解析】（Ⅰ）由f （x ）得f′（x ）=e x +e ﹣
x ﹣2，
即f′（x ）≥0，当且仅当e x =e
﹣x
即x=0时，f′（x ）=0，∴函数f （x ）在R 上为增函数．
（Ⅰ）分离变量得x
e e x e e b x
x x x 24422----<--，可知当0→x 时，属于00
类型， 故用洛必达法则，888lim 44lim 2422lim 24lim 4220220220220=++=--=-+-+=----<--→--→--→--→x x x
x x x x x x x x x x x x x x
x x x e
e e e e e e e e e e e x e e x e e b ， 故2<b ，由于0≠x ，故2≤b ； （Ⅰ））∵1.4142＜
＜1.4143，根据（Ⅰ）中g （x ）=e 2x ﹣e
﹣2x
﹣4b （e x ﹣e ﹣
x ）+（8b ﹣4）x ，
为了凑配ln2，并利用的近似值，故将ln
即
代入g （x ）的解析式中，得
．当b=2时，由g （x ）＞0，得
，
从而
；所以ln2的近似值为0.693．
3. 已知函数f （x ）=ax++c （a ＞0）的图象在点（1，f （1））处的切线方程为y=x ﹣1． （1）用a 表示出b ，c ；（2）若f （x ）≥ln x 在[1，+∞）上恒成立，求a 的取值范围． 【解析】（Ⅰ）
，则有
，解得
．
（Ⅰ）由（Ⅰ）知，，
()[)恒成立对+∞∈-+-+≥⇒-+≥⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⇒≥,121ln 11ln 21ln 1
1x x x a x x x x a x x f x
x ，
当1→x 时，属于
型，利用洛必达法则[)恒成立对+∞∈=+-=--=-+-+≥→→→,121lim 1lim 21ln lim 3
322222*********x x x a x x
x x x x x x x x x
4、 设函数()()()bx x ax x f -+-=1ln 1，曲线()x f y =恒与x 轴相切于坐标原点。

（1）求常数b 的值；（2）
当10≤≤x 时，()0≥x f 恒成立，求实数a 的取值范围；（3）求证：1
1111+⎪
⎭
⎫
⎝⎛+<<⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n e n 恒成立
【解析】（1）1=b ； （2）分离变量可得：()()()x x x x x x a +-+=
+-≤
1ln 1ln 1ln 11，先令()()
x x x F +-=1ln 1
1， ()()
x x x F ++
-
='1ln 1
122，根据不等式()x x >+1ln ， 故()0>'x F 对[]1,0∈x 恒成立，()x F 为单调增函数， 故只需证明()0F a ≤即可，当0→x 时，()()
x x x F +-=
1ln 11属于00类型，
用洛必达法则()()()()()
2121lim 111111
lim 11ln 111lim 1ln 1ln lim
02
2
000-=+-=++++-
=+++-+=+-+≤→→→→x x x x x x x x
x x x x a x x x x （3）要证1
1111+⎪
⎭
⎫
⎝⎛+<<⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n e n ，故只需证1
11ln 111ln +⎪
⎭
⎫
⎝⎛+<<⎪⎭⎫ ⎝⎛+n n n n ，
只需证()⎪⎭⎫ ⎝⎛++<<⎪⎭⎫ ⎝⎛
+n n n n 11ln 1111ln ，只需证n
n n 1
11ln 11<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<+
令n x 1=
，则(]1,0∈x ，构造函数
x x x x
<<+ln 1
即可。

5.【2020安徽省江淮十校第三次联考】已知函数f(x)=e x ，g(x)=ax 2+x +1. （1）对任意的x ∈[0,+∞)，f (x )⩾g (x )成立，求实数a 的取值范围； （2）若x 1<x 2，证明：
f (x 1)+f (x 2)
2
>
f (x 2)−f (x 1)x 2−x 1
.
【解析】 (1)解法一：令ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x −ax 2−x −1，x ∈[0,+∞) ∴ℎ′(x)=e x −2ax −1，∴ℎ′′(x)=e x −2a
①当a ⩽1
2时，对于任意的x ∈[0,+∞)，∴ℎ′′(x)=e x −2a ⩾1−2a ⩾0，
∴y =ℎ′(x)在[0,+∞)为增函数，∴ℎ′(x)⩾ℎ′(0)=0，
∴y =ℎ(x)在[0,+∞)为增函数，∴ℎ(x)⩾ℎ(0)=0，即x ∈[0,+∞)，f(x)⩾g(x)恒成立，满足. ②当a >1
2时，令ℎ′′(x)=e x −2a <0，得x <ln(2a)
则当x ∈(0,ln(2a))时，ℎ′(x)为减函数，此时ℎ′(x)<ℎ′(0)=0，
故函数ℎ(x)为减函数，∴ℎ(x)<ℎ(0)=0，即当x ∈(0,ln(2a))时，有f(x)<g(x)，矛盾. 综上，实数a 的取值范围是：a ∈(−∞,12].
解法二：当x =0时，f(x)=g(x)恒成立；
当x ∈(0,+∞)时，f(x)⩾g(x)即为a ⩽
e x −x−1x 2， 转化为求t(x)=e x −x−1x 2在x ∈(0,+∞)的最小值， ∵t ′(x)=(x−2)e x +(x+2)
x 3，令φ(x)=(x −2)e x +(x +2)，φ′(x)=(x −1)e x +1，
由φ′′(x)=x e x >0知：φ′(x)在(0,+∞)为增函数，∴φ′(x)>φ′(0)=0
故φ(x)在(0,+∞)为增函数，∴φ(x)>φ(0)=0
即t ′(x)>0，函数t(x)在(0,+∞)为增函数，故t(x)没有最小值.
又由诺必达法则知：lim x→0t(x)=lim x→0e x −x−1x 2 =lim x→0e x −12x =lim x→0e
x 2
=12，故a ⩽12. （2）证明：要证f (x 1)+f (x 2)2>f (x 2)−f (x 1)x 2−x 1，即证：e x 1+e x 22>e x 2−e x 1x 2−x 1，
∵x 1<x 2，∴e x 2>e x 1，故即证：e x 1+e x 2e x 2−e x 1>2x
2−x 1，左边分子分母同除以e x 1，即证：e x 2−x 1+1e x 2−x 1−1>2x 2−x 1 令t =x 2−x 1，则t >0，即证e t +1e t −1>2t ，即证：(t −2)e t +(t +2)>0.
而由（1）的解法二知：φ(x)=(x −2)e x +(x +2)在x ∈(0,+∞)时恒有φ(x)>0，得证.。