高考数学一轮复习-利用洛必达法则来处理高考试题中的恒成立问题
最新利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题27105
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题27105利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题近几年，随着新课标在全国的范围内的实施，高考命题也在悄悄发生变化，在命题组中高校教师占很重要的地位。
他们在命题时，会受到自身研究氛围的影响，有关高等数学背景的问题会逐渐增加丰富起来。
函数图像的凸凹性，导数中的拐点，拉格朗日中值定理，李普希茨条件，洛必达法则……特别是解答题中的函数与导数题，高等数学的观点尤其突出。
虽然高考考试没有要求学生掌握，但是可以利用已有的知识和方法来解决有关背景的问题。
例如2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第○2步，由不等式恒成立来求参数的取值范围问题，用初等方法处理，分析难度大，变化技巧高。
但用洛必达法则来处理却可达到事半功倍的效果。
一．洛必达法则法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) «Skip Record If...»及«Skip Record If...»；(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；(3)«Skip Record If...»，那么«Skip Record If...»=«Skip Record If...»。
法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)«Skip Record If...»及«Skip Record If...»；(2)«Skip Record If...»，f(x) 和g(x)在«Skip Record If...»与«Skip Record If...»上可导，且g'(x)≠0；(3)«Skip Record If...»，那么«Skip Record If...»=«Skip Record If...»。
高三数学一轮复习7---恒成立存在性问题.doc
高三数学一轮复习7---恒成立、存在性问题班级 _______ 姓名 _________ 学号1.已知函数/(x) = alnx + x 2 (a 为常数),若存在xe[l,e]，使/(x) <(a + 2)x 成立,则实数。
的取值 范围是【分析】本题中，参数a 可以比较方便的用含x 的函数来表示，因此想到分离参数，转化为存在性问题， 进而转化为最值问题.解法一：存在 xe [\,e]» 使 a\nx + x 2< (^ + 2)x ， 即存在 xe [l,e]» 使 a(x -\nx) < x 2 -2x令r(x) = x-lnx 底[1,可，则厂(兀)=1 一丄》0，故心)在xe[l,e]单调递增， 故心)> t(J) = 1 > 0，即 x-\nx> 0 在 XG [l,e]恒成立.r 2 -2x故存在使a>-——•x-\nxX 2 _2r令 /?(%)二: --- XG [1,幺]，即 a > /?(x)min ，下求 /z(x)在 xw [l.e]的最小值.x-lnx(x - In x)2令(p(x) = x+ 2-2\nx xw [1,幺]，2则(p\x) = \— — = 0，x = 2，x0(x)>O,x>2；(p\x) < 0,x< 2 故x = 2是函数°(x)的极小ffl 点，也是最小值点. ・・・ %(兀)間=仅2) =4-21n2>0,即x + 2-21nx>0在xe[l,e]恒成立• 故炉(兀)» 0在xw [l,e]恒成立••: h(x)在xw [1,幺]单调递增. ◎ min=/z(l) = —1• • a n —1【解题回顾】在木题求解中，有两个难点：(1)需意识到t(x) = x-\nx> 0在xe[\y e]恒成立；(2)在对 触劝的讨论中，需对其部分分子^(x) = % + 2-21nx 进行在区间[1,刃的值域分析，得出 <p(x) = x+2 —21nx>0^xe[l,e]恒成立.进而得出 h\x) >0在兀w [l,e]恒成立.纵观本题，可以分离参数，转化为最值问题.但在对新函数最值的讨论中需要“步步为营、逐个击破”, 学生在求解过程中要思路清晰，以细求准.其实在对吐兀)的讨论中，得出“h\x)>o 在“ [1,可恒成立”这个结论还有一个办法，就是直接对力a) 定号•请看下面的解法：解法二：先按解法一的思路把问题转化为：存在xw[l,w],使_2x. x-\nx令 h(x)-x 2 -2x= -------- XG [1疋]，即a > ，下求/?(x)在XG [1,幺]的最小值. x-lnx(x-l)(x + 2-21nx) _ (x- l)x + 2(x-1)(1 - In x) (x-lnx)2(^-lnx)2xe [l,e]， x(x -1) > 0， 2(x 一 1)(1 -lnx) > 0 故力G) > 0在x G [1,e]恒成立.(下同解法一)…_ (2 — 2)(% - In %) - (x 2 - 2兀)(1 - _(兀 _ i )(兀 + 2 _ 2 In x)(X )= ' • “= —(x-lnx)2—h\x)- (2 兀—2)(兀—In x) — (%2 — 2x)(1—) x【解题回顾】上述解法显然要比“解法一”简单，但学生需在求解过程屮，敏感地意识到兀“1,可这个定义域对函数符号的确定有很大作用.因此想到对/『(兀)的分子各项作合理组合，从构造出使h*(x) > 0的因式组合.以上两种解法可以实施的前提是变量a可以比较方便的“分离”出来，用含兀的函数来表示，且可以确定新函数/z(x)是单调递增的.若变量d无法分离，或新函数加朗的单调性无法确定(加兀)存在极值点, 但又无法求出此极值点)，那“分离参数”这个方法在此就不合适了.为此，本题还提供一种对此类问题的一般性解法.类型二：分类讨论，逐一分析解法三：存在fl,e］，使兀彳-(a + 2)x + alnxS0，令g(兀)=x2 -(a + 2)x + alnx，即0 » g(x)inin，下求g(兀)在xe［1,e］的最小值.gS) = 2_(d + 2) +亠2疋-匕 + 2)兀 +。
(完整版)利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) lim f xx a0及 l im g x 0 ；x a⑵在点 a 的去 心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x) K ;(3) f x liml ,那么x ag xf x f xlim -=lim l 。
x ag xx ag xf x f x lim =lim l 。
x ag x x a 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 —x 换成 X — +x, X — -X, x a , x a 洛必达法则也成立。
2. 洛必达法则可处理°，—, 0, 1 ,,Q °,型。
3. 在着手求极限以前，首先要检查是否满足 0 , — , 0 , 1 , ° , 0° , 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。
f(x) 和g(x)在，A 与 A,上可导，且g'(x)工0 ;⑶limx l ,那么xgxf x f xlim =lim l 。
x g x x g x法则3若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)lim f x及 lim g x(2)在点x ax aa 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x) K ;f (3) limxl ，那么x ag x0 及［im g x 0 ; (2) Af 0，和g(x)满足下列条件：⑴lim f xx法则2若函数f(x)二.高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数f(x) e x 1 x ax 2。
( 1)若a 0,求f(x)的单调区间；(2)若当x 0时f(x) 0，求a 的取值范围 0，对任意实数a,均在f(x) 0 ；当x 0时，f(x) 0等价于2 . ( 2011年全国新课标理)已知函数，曲线y f(x)在点(1,f (1))处的切线方程为 x 2y3 0。
第10讲 利用洛必达法则处理恒成立问题
第10讲 利用洛必达法则处理恒成立问题整理：浙江宁波胡余泽一、问题综述导数恒成立问题中，求参数的取值范围是重点考查题型，如果所求参数比较好分离时，一般利用变量分离的方法进行求解，但部分题型利用变量分离法处理时，会出现00型或∞∞型代数式，而解决这类问题行之有效的方法就是运用洛必达法则．洛必达法则：法则1 若函数()f x 和()g x 满足下列条件：(1)()lim 0x af x →＝及()lim 0x ag x →＝；(2)在点a 的去心邻域内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠；(3)()()limx af xg x l →''=，那么()()()()lim lim x a x a f x f x g x g x l →→''==．法则2 若函数()f x 和()g x 满足下列条件：(1) ()lim x af x →∞＝及()lim x ag x →∞＝；(2)在点a 的去心邻域内，()f x 与()g x 可导且()0g x '≠；(3)()()limx af xg x l →''=，那么()()()()lim lim x a x a f x f x g x g x l →→''==．注意：在使用洛必达法则前需检验是否满足00型或∞∞型，在满足条件的情况下，可反复使用．二、典例分析类型1：型 【例1】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．解法1：(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． (2)'()12x f x e ax =--，由(1)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12a ≤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12a >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-∞．解法2：(1)略．(2)当0x =时，()0f x =，对于任意实数a ，()0f x ≥恒成立；当0x >时，()0f x ≥等价于21x e xa x --≤，令21()(0)x e x g x x x --=>，则322()x x xe e x g x x -++'=， 令()22(0)x x h x xe e x x =-++>，则()1x x h x xe e '=-+，()0x h x xe ''=>， 所以()h x '在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h x h ''>=， 所以()h x 在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h x h >=， 所以()0g x '>，()g x 在(0,)+∞上为增函数．而0lim(1)0x x e x +→--=，20lim()0x x +→=，由洛必达法则知， 2000111lim lim lim 222x x x x x x e x e e x x +++→→→---===，故21≤a ． 综上得a 的取值范围为1(,]2-∞．类型2：∞∞型 【例2】设函数2()ln(1)()f x x a x x =++-，其中a R ∈． (1)讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； (2)若0x ∀>，()0f x ≥成立，求a 的取值范围．解法1：(1)2()ln(1)()f x x a x x =++-，定义域为(1,)-+∞21(21)(1)121()(21)111a x x ax ax af x a x x x x -++++-'=+-==+++， 当0a =时，1()01f x x '=>+，函数()f x 在(1,)-+∞为增函数，无极值点． 设222()21,(1)1,8(1)98g x ax ax a g a a a a a =++--=∆=--=-，当0a ≠时，根据二次函数的图像和性质可知()0g x =的根的个数就是函数()f x 极值点的个数．若(98)0a a ∆=-≤，即809a <≤时，()0g x ≥，()0f x '≥函数在(1,)-+∞为增函数，无极值点．若(98)0a a ∆=->，即89a >或0a <，而当0a <时(1)0g -≥此时方程()0g x =在(1,)-+∞只有一个实数根，此时函数()f x 只有一个极值点；当89a >时方程()0g x =在(1,)-+∞都有两个不相等的实数根，此时函数()f x 有两个极值点；综上可知当809a ≤≤时()f x 的极值点个数为0；当0a <时()f x 的极值点个数为1；当89a >时，()f x 的极值点个数为2．(2) 由(1)可知当809a ≤≤时()f x 在(0,)+∞单调递增，而(0)0f =，则当(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意； 当819a <≤时，2(0)0,0g x ≥≤，()f x 在(0,)+∞单调递增，而(0)0f =， 则当(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意；当1a >时，2(0)0,0g x <>，所以函数()f x 在2(0,)x 单调递减，而(0)0f =， 则当2(0,)x x ∈时，()0f x <，不符合题意；当0a <时，设()ln(1)h x x x =-+，当(0,)x ∈+∞时1()1011x h x x x'=-=>++，()h x 在(0,)+∞单调递增，因此当(0,)x ∈+∞时()(0)0,ln(1)0h x h x >=+<，于是22()()(1)f x x a x x ax a x <+-=+-，当11x a>-时2(1)0ax a x +-<，此时()0f x <，不符合题意．综上所述，a 的取值范围是01a ≤≤． 解法2：(1)略．(2)函数2()ln(1)()f x x a x x =++-，0x ∀>，都有()0f x ≥成立，即2ln(1)()0x a x x ++-≥恒成立，设()2ln 1()x h x x x-+=-，则2222221(21)ln(1)()(21)ln(1)(21)(1)1()()()x x x x x x x x x x x h x x x x x ⎡⎤---++⎢⎥--+-+-+⎣⎦+'==--， 设2()ln(1)(21)(1)x x x x x x ϕ-=-++-+，则222()(41)()(21)(1)x x x x x x ϕ-+'=-+， 所以1(0,)2x ∈和1(,1)2x ∈时，()0x ϕ'<，所以()x ϕ在对应区间递减，(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ'>，所以()x ϕ在对应区间递增， 因为(0)0ϕ=，212lim 0(21)(1)x x x x x →+-->-+，(1)ln 20ϕ=>， 所以(0,1)x ∈和(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，所以()h x 在(0,1)与(1,)+∞上递增． 当()0,1x ∈时，20x x -<，所以()2ln 1x a x x-+≤-，由()h x 的单调性得，()()()20001ln 111lim lim lim 121211x x x x x a x x x x x →→→--+-+≤===---+； 当1x =时，()0f x =，恒成立； 当()1,x ∈+∞时，20x x ->，所以()2ln 1x a x x-+≥-，由()h x 的单调性得，所以()()()()221ln 1ln 111lim lim lim 021211x x x x x x a x x x x x x x →+∞→+∞→+∞--+-+-+≥====----+，综上，[]1,0∈a 【方法小结】洛必达法则为我们探求00型与∞∞型函数的最小上界、最大下界提供了可行方法，并且为辅助解决某些参变量分离的函数问题增加了一条顺畅通道．应用洛必达法则解决的试题一般应该满足：一是可以分离变量；二是用导数可以确定变量分离后一端新构造函数的单调性，同时在确定新构造函数的单调性时往往需要二次求导；三是出现00型或∞∞型式子． 三、巩固练习1．已知函数()x f x e =，()1g x bx =+，若()()f x g x ≥对于任意x R ∈恒成立，求b 的取值集合．2．设函数()ln(1)f x x =+，()()g x xf x '=，0x ≥，其中()f x '是()f x 的导函数，若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．3．已知函数()1x f x e x =--，若当0x ≥时，恒有2()xf x mx e ≤成立，求实数m 的取值范围．4．已知函数()(1)ln (1)f x x x a x =+--，若当(1,)x ∈+∞时，()0f x >，求a 的取值范围．5．已知函数2(1)()ln 2x f x x -=-，确定实数k 的所有可能取值，使得存在01x >，当0(1,)x x ∈时，恒有()(1)f x k x >-．6．已知函数()sin cos f x x x x =+，1()ln(1),(0)1xg x mx x x -=++≥+，其中0m >，若对任意的1[0,)x ∈+∞总存在2[0,]2x π∈，使得12()()g x f x ≥成立，求m 的取值范围．四、巩固练习参考答案1．1x e bx ≥+ 恒成立，即1x e bx -≥． 当0x =时显然成立，即b R ∈．当0x >时，1x e b x-<，令1()x e F x x -=，则2(1)1()x e x F x x -+'=，令()(1)1x G x e x =-+， 则()0x G x xe '=>，所以()G x 递增，所以()(0)0G x G >=，所以()F x '在(0,)+∞上恒成立． 所以()F x 在(0,)+∞上递增，根据洛必达法则得，001lim lim 11x xx x e e x++→→-==，所以1b ≤．同理，当0x <时，1b ≥．综上所述，b 的取值集合为{}1．2． 已知()()f x ag x ≥恒成立，即ln(1)1axx x +≥+恒成立． 当0x =时，a 为任意实数，均有不等式恒成立．当时0x >，不等式变形为(1)ln(1)x x a x++≤恒成立．令(1)ln(1)()x x h x x ++=，则2ln(1)()x x h x x -+'=，再令()ln(1)x x x ϕ=-+，则()1xx x ϕ'=+． 因为0x >，所以()0x ϕ'>，所以()x ϕ在(0,)+∞上递增，从而有()(0)0x ϕϕ>=． 进而有()0h x '>，所以()h x 在(0,)+∞上递增．当0x +→时，有(1)ln(1)0x x ++→，0x →，由洛必达法则得000(1)ln(1)ln(1)1lim ()lim lim 11x x x x x x h x x +++→→→++++===，所以当0x +→时，()1h x →．所以(1)ln(1)x x a x++≤恒成立，则1a ≤．综上，实数的取值范围为(,1]-∞．3． 因为()1x f x e x =--，所以()1x f x e '=-，所以当(,0)x ∈-∞时，()0f x '<，即()f x 递减， 当(0,)x ∈+∞时，()0f x '>，即()f x 递增．若当0x ≥时，恒有2()xf x mx e ≤成立，即恒有20()x f x mx e ≤≤成立，当0x =时，不等式恒成立．当0x >时，恒有20()xf x mx e ≤≤成立，即21x xe x m x e --≥，令21()x x e x H x x e --=，所以22222()x x x e x H x x e -++'=．令2()222x h x x e x =-++，则()222x h x x e '=-+，进一步()220x h x e ''=-<，所以()222x h x x e '=-+在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)0h x h ''<=， 所以2()222x h x x e x =-++在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)0h x h <=， 即()0H x '<在(0,)+∞上恒成立，所以()H x 在(0,)+∞上单调递减． 所以222000111lim lim lim (2)(42)2x x x x x x x x x e x e e x e e x x e x x +++→→→---===+++，所以12m ≥． 综上，m 的取值范围为1[,)2+∞．4．(1)ln (1)0x x a x +-->，所以(1)ln (1)x x a x +>-，由(1,)x ∈+∞，所以(1)ln (1)x x a x +>-对(1,)x ∈+∞恒成立，令(1)ln ()(1)x x g x x +=-， 所以2211(1)(ln 1)(1)ln 2ln ()(1)(1)x x x x x x x x g x x x -++-+-+-'==--， 令1()2ln M x x x x=-+-，则22221(1)()10x M x x x x -'=-++=>，即函数()M x 在(1,)+∞上单调递增，所以()(1)0M x M >=，即()0g x '>， 所以()g x 在(1,)+∞上单调递增．由洛必达法则得111ln 1(1)ln lim lim 2(1)1x x x x x x x ++→→+++==-，所以2a ≤． 综上，a 的取值范围为(,2]-∞．5．因为0(1,)x x ∈，所以10x ->．由()(1)f x k x >-得2(1)ln 21x x k x --<-． 记2(1)ln 2()1x x g x x --=-，0(1,)x x ∈，所以22221(1)1(1)(1)(1)ln 1ln 22()(1)(1)x x x x x x x x g x x x ⎡⎤-⎡⎤------⎢⎥---⎢⎥⎣⎦⎣⎦'==--，设21(1)()1ln 2x h x x x -=---，所以22111()(1)(1)(1)h x x x x x x'=---=-+，因为0(1,)x x ∈，所以()0h x '<，即()h x 在0(1,)x 上单调递减，所以()(1)0h x h <=，所以()0g x '<，即()g x 在0(1,)x 上单调递减，所以20000(1)ln 2()()1x x g x g x x -->=-， 因为存在01x >即可，所以00200001101(1)(1)ln 2lim lim 111x x x x x x x ++→→----==-，所以实数k 的取值范围是(,1)-∞．6．由()sin cos f x x x x =+，得()cos f x x x '=，因为2[0,]2x π∈，所以2()0f x '≥，即()f x 在[0,]2π上递增，所以min ()(0)1f x f ==，由题意得[0,)x ∈+∞时，()1g x ≥恒成立，即1ln(1)11xmx x-++≥+，当0x =时，不等式恒成立，当0x >时，即211x x e m x +-≥，令211()x x e h x x +-=，所以2212211(1)()xxx e x h x x +--++'=，令22121()1(1)x x x H x e x +--=++，所以22144()(1)xxx H x e x +-'=+，因为0x >，所以()0H x '<，即()H x 在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)0H x H <=， 所以()0h x '<，即()h x 在(0,)+∞上单调递减，所以()(0)h x h <，由洛必达法则得221210021(1)lim lim21x x xxx x eex x++++→→-+==，所以2m ≥，综上，m 的取值范围是[2,)+∞．。
高考数学一轮复习 突破140必备 专题06 函数与导数中的恒成立问题学案
—————————— 新学期 新成绩 新目标 新方向 ——————————专题06 函数与导数中的恒成立问题函数与导数中的恒成立问题一直是历年高考、模考中的一个热点，是考察学生综合素质的一个好的题型。
它主要涉及到基本初等函数的图像及性质，结合不等式，渗透着分类讨论、转化化归、数形结合、推理论证等数学思想。
恒成立问题常见的处理方法是分离参变量，利用转化的数学思想将其转化为最值问题，再利用导数判断单调性求出最值，进而得出参数的范围。
比如对于含有参数的函数0)(≥λ、x f 对于D x ∈上恒成立，利用参变分离转化为)(x g ≥λ或者)(x g ≤λ，即max )(x g ≥λ或min )(x g ≤λ，只需要运用导数求解)(x g 的最值就能解决。
这种常见题型资料比较多，这里笔者不在累赘。
用此方法解题需要满足两个条件，一是分离参数是可行的，二是分离完后形成的新的函数用导数可以判断单调性求出最值。
但是往往出题者想考察学生分类讨论，推理论证等数学思想，在题型的设置上就会让分离后的新函数无法简单的用导数判断单调性。
就算可以判断出单调性，最值点也是在开区间的地方取到，那也要借助与高等数学中的洛必达法则求极限。
笔者看到很多论文着重写洛必达法则在解决函数与导数中的恒成立问题的妙用，觉得并不太妥当，一是学生根本就不知道洛必达法则是什么，用来解决什么问题，就生搬硬套，记住遇到”“00或者”“∞∞就分子分母分别求导，直到能算出具体的值，二是现在很多的题目设置已经开始让分离后的新函数无法简单的通过导数求出单调性，也就不能说明为什么最值会在开区间那个点处取到，也许记住洛必达法则能够得到答案，但大题中解题过程非常的重要，洛必达法则真的能保证得满分吗？这貌似也不符合学生的认知规律，我们需要通过这样的题培养分类讨论，推理论证的数学思想，提高综合能力，为我们进入大学学习高等数学奠定良好的数学基础。
下面我们通过几个模考例题来谈谈这类题目的解题过程及规律。
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim 0x af x →= 及()lim 0x ag x →=；(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()()limx af x lg x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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)()()limx f x l g x →∞'='，那么 ()()limx f x g x →∞=()()limx 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 af x →=∞及()lim x ag x →=∞；(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g '(x)≠0； (3)()()limx af x lg x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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00，∞∞，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。
“洛必达法则”巧解高考恒成立问题
“洛必达法则”巧解高考恒成立问题程汉波 杨春波（华中师范大学 数学与统计学学院，湖北 武汉 430079）含参数的不等式恒成立问题是高考的一个难点与热点，历年高考中该问题层出不穷、精彩纷呈．参数分离——讨论最值（数形结合）是该类问题的惯用方法，然而，笔者发现一个奇特的现象是许多高考试题采用参数分离法求解入手容易，思路简单，但皆因中途函数在某区间内单调性或极值难以求出而致使解答半途而废．笔者研究后发现若借助高等数学中的洛必达法则往往能化险为夷，柳暗花明．本文结合近几年全国各地高考中的恒成立问题，谈谈“洛必达法则”在其中的美妙应用．以下定理在《数学分析》（《高等数学》）即可查到，故将其证明略去．定理 若函数()x f 、()x g 在定义域D 内可导，D a ∈，满足()()0==a g a f ，()a f '、()a g '存在且()0'≠a g ，则()()()()()()()()a g a f x g x f x g x f x g x f a x a x a x ''lim lim lim ===-+→→→．例1 （2012年湖南卷理22）已知函数()x e x f ax-=，其中0≠a ．（1）若对一切R x ∈，()1≥x f 恒成立，求实数a 的取值范围．解：()1≥x f 等价于1+≥x e ax．当1-≤x 或0=x 时，不等式1+≥x e ax对一切R a ∈恒成立；当1->x 且0≠x 时，不等式1+≥x e ax等价于()1ln +≥x ax ，也即等价于：当01<<-x 时，()x x a 1ln +≤；当0>x 时，()x x a 1ln +≥．所以 ①一方面，()1111lim 1ln lim 00≤⇒=+=+≤--→→a x x x a x x ；()1111lim 1ln lim 00≥⇒=+=+≥++→→a x x x a x x ．故1=a ．②另一方面，当1=a 时，令()1--=x e x g x，则()1'-=xe x g ，当0<x 时，()0'<x g ；当0>x 时，()0'>x g ，所以()()()00min ==≥g x g x g ，即不等式1≥-x e x恒成立．综上：实数a 的取值范围为1=a ．例2 （2012年天津卷理20）已知函数()()a x x x f +-=ln 的最小值为0，其中0>a ． （1）求a 的值．（2）若对任意的),0[+∞∈x ，有()2kx x f ≤恒成立，求实数k 的最小值．解：易得1=a ，过程略去；()2kx x f ≤即为()21ln kx x x ≤+-．当0=x 时，即00=，不等式对一切R k ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于()21ln x x x k +-≥对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，()()21121lim 2111lim 1ln lim 2002=+=+-=+-≥+++→→→x x x xx x k x x x ； ②另一方面，当21=k 时，令()()1ln 212++-=x x x x g ，则()=++-=111'x x x g ()()00012=≥⇒≥+g x g x x ，所以()2211ln x x x ≤+-对一切0≥x 成立．显然当21≥k 时，不等式()22211ln kx x x x ≤≤+-对一切0≥x 恒成立． 综上：实数k 的最小值为21=k ．例3 （2012年大纲全国卷理20）设函数()[]π,0,cos ∈+=x x ax x f ． （1）讨论()x f 的单调性．（2）设()x x f sin 1+≤，求实数a 的取值范围．解：（1）略去；()x x f sin 1+≤即为x x ax cos sin 1-+≤．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于xxx a cos sin 1-+≤对一切π≤<x 0恒成立．所以，①一方面，()11sin cos lim cos sin 1lim 00≤⇒=-=-+≤++→→a x x xxx a x x ；πππ22cos sin 1lim ≤⇒=-+≤-→a x x x a x ．故π2≤a ．②另一方面，当π2=a 时，()[]ππ,0,cos 2∈+=x x x x f当20π≤≤x 时，由x y sin =上的点与原点连线斜率大小关系易得π2sin ≥x x ，即x x π2sin ≥，所以()1sin cos 2+≤+=x x x x f π；当ππ≤≤x 2时，220ππ≤-≤x ，则()x x x x x x f sin 112sin 221cos 2+≤≤⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛-+≤+=ππππ．所以当π≤≤x 0时，有 ()1sin cos 2+≤+=x x x x f π成立．显然当π2≤a 时，()≤+≤+=x x x ax x f cos 2cos π1sin +x 对于π≤≤x 0恒成立．综上：实数a 的取值范围为π2≤a ．例4 （2011年新课标全国卷理21）设函数()xbx x a x f ++=1ln ，曲线()x f y =在点()()11f ，处的切线方程为032=-+y x ．（1）求b a ,的值．（2）如果当0>x 且1≠x 时，有()x kx x x f +->1ln ，求实数k 的取值范围． 解：（1）易得1,1==b a ，过程略去；()x k x x x f +->1ln 等价于1ln 212--<x xx k ． ①一方面，1112lim 11ln 2lim 11ln 21lim 20020≤⇒=⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=⎪⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=⎪⎭⎫ ⎝⎛--≤+++→→→k x x x x x x x x k x x x ；0022ln 2lim 11ln 21lim 121≤⇒=⎪⎭⎫⎝⎛+-=⎪⎭⎫ ⎝⎛--≤→→k x x x x x k x x ．故0≤k ．②另一方面，当0=k 时，令()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛---=--=x x x x x x x x x g ln 2111ln 21222，考虑 ()x xx x h ln 212--=，则()()01211222'>-=-+=x x x x x h ，所以()x h 在0>x 且1≠x 上单调递增，于是，当10<<x 时，()()01=<h x h ，()()012>-=x h x xx g ；当1>x 时，()()01=>h x h ，()()012>-=x h x x x g ；所以不等式1ln 2102--<=x xx k 对于0>x 且1≠x 成立．显然，当0≤k 时，不等式1ln 2102--<≤x xx k 对于0>x 且1≠x 恒成立．综上：实数k 的取值范围为0≤k ．例5 （2010年新课标全国卷理21）设函数()21ax x e x f x---=．（1）若0=a ，求()x f 的单调区间．（2）若当0≥x 时，()0≥x f ，求实数a 的取值范围．解：（1）略去；()0≥x f 即为x e ax x--≤12．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于21x x e a x --≤对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，21212lim 21lim 1lim 0020≤⇒==-=--≤+++→→→a e x e x x e a x x x x x x ；②另一方面，当21=a 时，令()2211x x e x g x---=，则()x e x g x --=1'， ()()()()()000001''''=≥⇒=≥⇒≥-=g x g g x g e x g x ，所以x e x x--≤1212对于0≥x 成立．显然，当21≤a 时，不等式2121x x e a x --≤≤对一切0>x 恒成立．综上：实数a 的取值范围为21≤a ． 例6 （2010年全国卷Ⅱ理22）设函数()xe xf --=1．（1）证明：当1->x 时，()1+≥x x x f ． （2）设当0≥x 时，有()1+≤ax xx f ，求a 的取值范围． 解：（1）略去；分析两边函数正负情况易得0≥a ．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于()xx e x e x a ----+≤11对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，()21212lim 11lim 11lim 000≤⇒=-=+--=--+≤---→---→--→+++a xe e e xe e e e x e x a x x x x x x x x x x x ． ②另一方面，当21=a 时，不等式整理为()0122≥++-=xe e x x g x x ，由于 ()()()()()()000002,2122'''''=≥⇒=≥⇒>=+-=g x g g x g xe x g e xe x g xx x ，所以，()xx ex e x ----+≤1121对于0>x 成立．显然，当21≤a 时，不等式()x x e x e x a ----+≤≤1121对一切0>x 恒成立．综上;实数a 的取值范围为210≤≤a ． 注：师生均反映该压轴题的标准答案完全是云里雾里，思路不好找，并且感觉拼凑痕迹明显，属于知道答案而写的答案。
高考数学复习压轴题归类解析06 妙用洛必达法则
高考数学复习压轴题归类解析 第06讲妙用洛必达法则【典型例题典型例题】】 例1．已知()(1)f x x lnx =+． （1）求()f x 的单调区间；（2）若对任意1x …，不等式()[]01f x x ax a x −++…恒成立，求a 的取值范围． 【解析】解：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，1()1f x lnx x′=++，令1()1(0)g x lnx x x=++>，则22111()x g x xx x−′=−= 所以当01x <<时，()0g x ′<；当1x >时，()0g x ′>，所以()g x 在(0,1)单调递减，在(1,)+∞单调递增，所以0x >时，()g x g >（1）20=>， 即()f x 在(0,)+∞上单调递增，所以()f x 的增区间为(0,)+∞，无减区间．（2）对任意1x …，不等式()[]01f x x ax a x −++…恒成立等价于对任意1x …，1(0lnx a x x−−…恒成立．当1x =，a R ∈对任意1x >，不等式()[]01f x x ax a x −++…恒成立等价于对任意1x >，21xlnx a x −…恒成立．记2()(1)1xlnx m x x x =>−，则22222222222212(1)(1)(1)21(1)11()(1)(1)(1)lnx lnx x x lnx x x lnx x x m x x x x −−+−−−−+++′===−−−，记22()1(1)1t x lnx x x =−−>+， 则22222222222414(1)(1)()0(1)(1)(1)x x x x t x x x x x x x −+−′=−==−<+++，所以()t x 在(1,)+∞单调递减，又t （1）0=， 所以，1x >时，()0t x <，即()0m x ′<， 所以()m x 在(1,)+∞单调递减．所以1122110111()(1)lim lim ()||111(1)2maxx x x x xlnxxlnx xlnx x lnx x m x m x x x x ′==→→−+−+<=====−−++， 综上所述，a 的取值范围是1[,)2+∞．例2．设函数2()(1)()f x ln x a x x =++−，其中a R ∈．（1）1a =时，求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程； （2）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （3）若0x ∀>，()0f x …成立，求a 的取值范围． 【解析】解：（1）当1a =时，切点为(1,2)ln ，则1()211f x x x ′=+−+，所以3(1)2f ′=， 切线方程为32(1)2y ln x −=−，即322230x y ln −+−=， 所以切线方程为：322230x y ln −+−=；（2）由题意可知，函数()f x 的定义域为(1,)−+∞，则2121()(21)11ax ax a f x a x x x +−+′=+−=++，令2()21g x ax ax a =+−+，(1,)x ∈−+∞， ①当0a =时，()0f x ′>，函数()f x 在(1,)−+∞上单调递增，无极值点， ②当0a >时，△(98)a a =−，当809a <…时，△0…，()0g x …，()0f x ′…， 所以()f x 在(1,)−+∞上单调递增，无极值点，当89a >时，△0>，设方程2210ax ax a +−+=的两个根，1x ，2x ，且1x =，2x =，此时12x x <，因为1212x x +=−，114x <−，214x >−，(1)10g −=>，所以1114x −<<−， 因为1(1,)x x ∈−，2(x ，)+∞时，()0g x >，()0f x ′>，函数()f x 单调递增，1(x x ∈，2)x 时，()0g x <，()0f x ′<，函数()f x 单调递减，所以函数有两个极值点，当0a <时，△0>，设方程2210ax ax a +−+=的两个根，1x ，2x ，且1x =，2x =，此时12x x >，因为(1)10g −=>，所以21x <−，所以，1(1,)x x ∈−时，()0g x >，()0f x ′>，函数()f x 单调递增， 当2(x x ∈，)+∞时，()0g x <，()0f x ′<，函数()f x 单调递减， 所以函数有一个极值点，综上可知，当0a <时，函数()f x 有一个极值点； 当809a剟时，函数()f x 无极值点； 当89a >时，函数()f x 有两个极值点；（3）当809a剟时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，因为(0)0f =，所以(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意， 当819a <…时，(0)0g >，得20x <， 所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，又因为(0)0f =，所以(0,)x ∈+∞时，()0f x >，符合题意， 当1a >时，由(0)0g <，得20x >， 所以2(0,)x x ∈时，函数()f x 单调递减，因为(0)0f =，所以2(0,)x x ∈时，()0f x <时，不符合题意， 当0a <时，设()(1)h x x ln x =−+， 因为(0,)x ∈+∞时，1()1011x h x x x ′=−=>++，所以()h x 在(0,)+∞上单调递增， 所以当(0,)x ∈+∞时，()(0)0h x h >=，即(1)h x x +<， 可得22()()(1)f x x a x x ax a x <+−=+−，当11x a>−时，2(1)0ax a x +−<，此时()0f x <，不合题意， 综上，a 的取值范围为[0，1]． 例3．已知函数2()1x f x x mx e =−−+．（1）若函数()f x 在点(1，f （1）)处的切线l 经过点(2,4)，求实数m 的值； （2）若关于x 的方程|()|f x mx =有唯一的实数解，求实数m 的取值范围．【解析】解：（1）()2x f x x m e ′=−−，∴在点(1，f （1）)处的切线l 的斜率k f ′=（1）2e m =−−，又f （1）2e m =−−，∴切线l 的方程为(2)(2)(1)y e m e m x −−−=−−−， 即:(2)l y e m x =−−，由l 经过点(2,4)， 可得42(2)e m m e =−−⇒=−．（2）证明：易知|(0)|000f m x ==×⇒=为方程的根， 由题只需说明当0x >和0x <时原方程均没有实数解即可．①当0x >时，若0m <，显然有0mx <，而|()|0f x …恒成立，此时方程显然无解， 若0m =，2()1()2x x f x x e f x x e ′=−+⇒=−，()2x f x e ′′=−，令()02f x x ln ′′>⇒<，故()f x ′在(0,2)ln 单调递增，在(2,)ln +∞单调递减， 故()(2)2220()f x f ln ln f x ′′<=−<⇒在(0,)+∞单调递减()(0)0f x f ⇒<=， 从而|()|0f x >，00mx x =×=，此时方程|()|f x mx =也无解．若0m >，由1|()|||xe f x mx m x m x x =⇒=+−−，记1()x e g x x m x x=+−−，则2(1)(1)()x x x e g x x −+−′=， 设()1x h x x e =+−，则()10x h x e ′=−<有(0,)+∞恒成立，()(0)0h x h ∴<=恒成立，故令()001()g x x g x ′>⇒<<⇒在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减()g x g ⇒…（1）20|()|2e m g x e m m =−−<⇒−+>…，可知原方程也无解，由上面的分析可知0x >时，m R ∀∈，方程|()|f x mx =均无解．②当0x <时，若0m >，显然有0mx <，而|()|0f x …恒成立，此时方程显然无解， 若0m =，和①中的分析同理可知此时方程|()|f x mx =也无解．若0m <，由1|()|||xe f x mx m x m x x =⇒−=+−−，记1()x e g x x m x x =+−−，则2(1)(1)()x x x e g x x −+−′=，由①中的分析知()10x h x x e =+−<，故()0g x ′>在(,0)−∞恒成立，从而()g x 在(,0)−∞上单调递增，当0x →时，200012()lim ()lim lim 11x xx x x x e x e g x g x m m m x−−−→→→+−−→=−=−=−−， 如果10m −−…，即1m −…，则|()|1g x m >+，要使方程无解，只需112m m m −+⇒−剠，即有102m −<…如果10m −−>，即1m <−，此时|()|[0g x ∈，)+∞，方程|()|m g x −=一定有解，不满足． 由上面的分析知0x <时，1[,)2m ∀∈−+∞，方程|()|f x mx =均无解，综合①②可知，当且仅当1[,)2m ∈−+∞时，方程|()|f x mx =有唯一解，m ∴的取值范围为1[,)2−+∞．【同步练习同步练习】】1．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】（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．（2）当0x =时，()0f x =，对于任意实数a ，()0f x ≥恒成立；当0x >时，()0f x ≥等价于21x e x a x−−≤， 令21()(0)x e x g x x x −−=>，则322()x x xe e x g x x −++′=， 令()22(0)x x h x xe e x x =−++>，则()1x x h x xe e ′=−+，()0x h x xe ′′=>， 所以()h x ′在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h x h ′′>=，所以()h x 在(0,)+∞上为增函数，()(0)0h x h >=， 所以()0g x ′>，()g x 在(0,)+∞上为增函数．而0lim (1)0x x e x +→−−=，20lim ()0x x +→=，由洛必达法则知，2000111lim lim lim 222x x x x x x e x e e x x +++→→→−−−===，故21≤a ． 综上得a 的取值范围为1(,2−∞．2．设函数2()ln(1)()f x x a x x =++−，其中a R ∈． （1）讨论函数()f x 极值点的个数，并说明理由； （2）若0x ∀>，()0f x ≥成立，求a 的取值范围． 【解析】（1）2()ln(1)()f x x a x x =++−，定义域为(1,)−+∞21(21)(1)121()(21)111a x x ax ax af x a x x x x −++++−′=+−==+++， 当0a =时，1()01f x x ′=>+，函数()f x 在(1,)−+∞为增函数，无极值点． 设222()21,(1)1,8(1)98g x ax ax a g a a a a a =++−−=∆=−−=−，当0a ≠时，根据二次函数的图像和性质可知()0g x =的根的个数就是函数()f x 极值点的个数．若(98)0a a ∆=−≤，即809a <≤时，()0g x ≥，()0f x ′≥函数在(1,)−+∞为增函数，无极值点．若(98)0a a ∆=−>，即89a >或0a <，而当0a <时(1)0g −≥此时方程()0g x =在(1,)−+∞只有一个实数根，此时函数()f x 只有一个极值点；当89a >时方程()0g x =在(1,)−+∞都有两个不相等的实数根，此时函数()f x 有两个极值点；综上可知当809a ≤≤时()f x 的极值点个数为0；当0a <时()f x 的极值点个数为1；当89a >时，()f x 的极值点个数为2．（2）函数2()ln(1)()f x x a x x =++−，0x ∀>，都有()0f x ≥成立，即2ln(1)()0x a x x ++−≥恒成立，设()2ln 1()x h x x x−+=−，则2222221(21)ln(1)()(21)ln(1)(21)(1)1()()()x x x x x x x x x x x h x x x x x −−−++ −−+−+−+ +′==−−， 设2()ln(1)(21)(1)x x x x x x ϕ−=−++−+，则222()(41)()(21)(1)x x x x x x ϕ−+′=−+，所以1(0,)2x ∈和1(,1)2x ∈时，()0x ϕ′<，所以()x ϕ在对应区间递减，(1,)x ∈+∞时，()0x ϕ′>，所以()x ϕ在对应区间递增，因为(0)0ϕ=，212lim 0(21)(1)x x x x x →+−−>−+，(1)ln 20ϕ=>， 所以(0,1)x ∈和(1,)x ∈+∞时，()0h x ′>，所以()h x 在(0,1)与(1,)+∞上递增． 当()0,1x ∈时，20x x −<，所以()2ln 1x a x x−+≤−，由()h x 的单调性得，()()()20001ln 111lim lim lim 121211x x x x x a x xx x x →→→−−+−+≤===−−−+； 当1x =时，()0f x =，恒成立； 当()1,x ∈+∞时，20x x −>，所以()2ln 1x a x x −+≥−，由()h x 的单调性得，所以()()()()221ln 1ln 111lim lim lim 021211x x x x x x a x x x xx x x →+∞→+∞→+∞−−+−+−+≥====−−−−+，综上，[]1,0∈a3．已知函数()x f x e =，()1g x bx =+，若()()f x g x ≥对于任意x R ∈恒成立，求b 的取值集合． 【解析】1x e bx ≥+恒成立，即1x e bx −≥． 当0x =时显然成立，即b R ∈．当0x >时，1x e b x −<，令1()x e F x x −=，则2(1)1()x e x F x x−+′=，令()(1)1x G x e x =−+， 则()0x G x xe ′=>，所以()G x 递增，所以()(0)0G x G >=，所以()F x ′在(0,)+∞上恒成立． 所以()F x 在(0,)+∞上递增，根据洛必达法则得，001lim lim 11x xx x e e x ++→→−==，所以1b ≤． 同理，当0x <时，1b ≥． 综上所述，b 的取值集合为{}1．4．设函数()ln(1)f x x =+，()()g x xf x ′=，0x ≥，其中()f x ′是()f x 的导函数，若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】已知()()f x ag x ≥恒成立，即ln(1)1axx x +≥+恒成立． 当0x =时，a 为任意实数，均有不等式恒成立． 当时0x >，不等式变形为(1)ln(1)x x a x++≤恒成立． 令(1)ln(1)()x x h x x ++=，则2ln(1)()x x h x x −+′=，再令()ln(1)x x x ϕ=−+，则()1xx x ϕ′=+．因为0x >，所以()0x ϕ′>，所以()x ϕ在(0,)+∞上递增，从而有()(0)0x ϕϕ>=． 进而有()0h x ′>，所以()h x 在(0,)+∞上递增． 当0x +→时，有(1)ln(1)0x x ++→，0x →， 由洛必达法则得000(1)ln(1)ln(1)1lim ()limlim 11x x x x x x h x x +++→→→++++===，所以当0x +→时，()1h x →．所以(1)ln(1)x x a x++≤恒成立，则1a ≤． 综上，实数的取值范围为(,1]−∞．5．若不等式3sin x x ax >−对于0,2x π∈ 恒成立，求a 的取值范围．【解析】当0,2x π ∈时，原不等式等价于3sin x x a x −>．记3sin ()x x f x x −=，则43sin cos 2()x x x x f x x′−−=． 记()3sin cos 2g x x x x x =−−，则()2cos sin 2g x x x x ′=+−． 因为()cos sin cos (tan )g x x x x x x x ′′=−=−，()sin 0g x x x ′′′=−<，所以()g x ′′在0,2π上单调递减，且()0g x ′′<，所以()g x ′在0,2π上单调递减，且()0g x ′<．因此()g x 在0,2π上单调递减， 且()0g x <，故4()()0g x f x x ′=<，因此3sin ()x x f x x −=在0,2π上单调递减．由洛必达法则有320000sin 1cos sin cos 1lim ()limlim lim lim 3666x x x x x x x x x x f x x x x →→→→→−−===== 即当0x →时，1()6g x →，即有1()6f x <． 故16a ≥时，不等式3sin x x ax >−对于0,2x π ∈恒成立．。
高中数学《洛必达法则在不等式恒成立问题中的运用》
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题(一)应用场景近些年高考函数与导数经常考查不等式恒成立问题求参数范围，此类问题主要采用分类讨论最值和参变分离求最值，由于含参讨论比较困难，因此学生更多选择参变分离来处理。
但有时分离后的函数的最值会在无意义点处或者趋近于无穷大。
此时利用洛必达法则可达到事半功倍的效果。
（二）知识链接洛必达法则： 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=()lim 0x ag x →=（或∞）； (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 →'='。
例：（1）lim x ®p 2sin x -1cos x //22(sin 1)cos 0lim lim 0(cos )sin 1x x x x x x ππ→→-====-- (00型) （2）1ln 1lim lim lim 01x x x x x x x →+∞→+∞→+∞=== (+∞+∞型)注意事项：①将上面公式中的x→a，x→∞换成x→+∞，x→-∞，洛必达法则也成立。
②洛必达法则可处理00，+∞+∞，-∞-∞等，着手求极限以前，首先要检查是否满足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。
③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。
（三）典例示范例1：（全国新课标理）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；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围。
“洛必达法则”巧解高考恒成立问题
“洛必达法则”巧解高考恒成立问题“洛必达法则”巧解高考恒成立问题程汉波杨春波（华中师范大学数学与统计学学院，湖北武汉 430079）含参数的不等式恒成立问题是高考的一个难点与热点，历年高考中该问题层出不穷、精彩纷呈．参数分离——讨论最值（数形结合）是该类问题的惯用方法，然而，笔者发现一个奇特的现象是许多高考试题采用参数分离法求解入手容易，思路简单，但皆因中途函数在某区间内单调性或极值难以求出而致使解答半途而废．笔者研究后发现若借助高等数学中的洛必达法则往往能化险为夷，柳暗花明．本文结合近几年全国各地高考中的恒成立问题，谈谈“洛必达法则”在其中的美妙应用．以下定理在《数学分析》（《高等数学》）即可查到，故将其证明略去．定理若函数()x f 、()x g 在定义域D 内可导，D a ∈，满足()()0==a g a f ，()a f '、()a g '存在且()0'≠a g ，则()()()()()()()()a g a f x g x f x g x f x g x f a x a x a x ''lim lim lim ===-+→→→．例1 （2012年湖南卷理22）已知函数()x e x f ax-=，其中0≠a ．（1）若对一切R x ∈，()1≥x f 恒成立，求实数a 的取值范围．解：()1≥x f 等价于1+≥x e ax．当1-≤x 或0=x 时，不等式1+≥x e ax对一切R a ∈恒成立；当1->x 且0≠x 时，不等式1+≥x e ax等价于()1ln +≥x ax ，也即等价于：当01<<-x 时，()x x a 1ln +≤；当0>x 时，()x x a 1ln +≥．所以①一方面，()1111lim 1ln lim 00≤?=+=+≤--→→a x x x a x x ；()1111lim 1ln lim 00≥?=+=+≥++→→a x xx a x x ．故1=a ．②另一方面，当1=a 时，令()1--=x e x g x，则()1'-=xe x g ，当0>x g ，所以()()()00min ==≥g x g x g ，即不等式1≥-x e x恒成立．综上：实数a 的取值范围为1=a ．例2 （2012年天津卷理20）已知函数()()a x x x f +-=ln 的最小值为0，其中0>a ．（1）求a 的值．（2）若对任意的),0[+∞∈x ，有()2kx x f ≤恒成立，求实数k 的最小值．解：易得1=a ，过程略去；()2kx x f ≤即为()21ln kx x x ≤+-．当0=x 时，即00=，不等式对一切R k ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于()21ln xx x k +-≥对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，()()21121lim 2111lim 1ln lim 2002=+=+-=+-≥+++→→→x x x x x x k x x x ；②另一方面，当21=k 时，令()()1ln 212++-=x x x x g ，则()=++-=111'x x x g ()()00012=≥?≥+g x g x x ，所以()2211ln x x x ≤+-对一切0≥x 成立．显然当21≥k 时，不等式()22211ln kx x x x ≤≤+-对一切0≥x 恒成立．综上：实数k 的最小值为21=k ．例3 （2012年大纲全国卷理20）设函数()[]π,0,cos ∈+=x x ax x f ．（1）讨论()x f 的单调性．（2）设()x x f sin 1+≤，求实数a 的取值范围．解：（1）略去；()x x f sin 1+≤即为x x ax cos sin 1-+≤．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于xxx a cos sin 1-+≤对一切π≤<="" p="">①一方面，()11sin cos lim cos sin 1lim 00≤?=-=-+≤++→→a x x xxx a x x ；πππ22cos sin 1lim ≤?=-+≤-→a x x x a x ．故π2≤a ．②另一方面，当π2=a 时，()[]ππ,0,cos 2∈+=x x x x f当20π≤≤x 时，由x y sin =上的点与原点连线斜率大小关系易得π2sin ≥x x ，即x x π2sin ≥，所以()1sin cos 2+≤+=x x x x f π；当ππ≤≤x 2时，220ππ≤-≤x ，则()x x x x x x f sin 112sin 221cos 2+≤≤??? ?--??? ??-+≤+=ππππ．所以当π≤≤x 0时，有 ()1sin cos 2+≤+=x x x x f π成立．显然当π2≤a 时，()≤+≤+=x x x ax x f cos 2cos π1sin +x 对于π≤≤x 0恒成立．综上：实数a 的取值范围为π2≤a ．例4 （2011年新课标全国卷理21）设函数()xbx x a x f ++=1ln ，曲线()x f y =在点()()11f ，处的切线方程为032=-+y x ．（1）求b a ,的值．（2）如果当0>x 且1≠x 时，有()x kx x x f +->1ln ，求实数k 的取值范围．解：（1）易得1,1==b a ，过程略去；()x k x x x f +->1ln 等价于1ln 212--<="">x k ．①一方面，1112lim 11ln 2lim 11ln 21lim 20020≤?=??? ??+-=?????? ?--=??? ??--≤+++→→→k x x x x x x x x k x x x ；0022ln 2lim 11ln 21lim 121≤?=??+-=??? ??--≤→→k x x x x x k x x ．故0≤k ．②另一方面，当0=k 时，令()---=--=x x x x x x x x x g ln 2111ln 21222，考虑 ()x xx x h ln 212--=，则()()01211222'>-=-+=x x x x x h ，所以()x h 在0>x 且1≠x 上单调递增，于是，当10<<="">2>-=x h x xx g ；当1>x 时，()()01=>h x h ，()()012>-=x h x x x g ；所以不等式1ln 2102--<=x xx k 对于0>x 且1≠x 成立．显然，当0≤k 时，不等式1ln 2102--<≤x xx k 对于0>x 且1≠x 恒成立．综上：实数k 的取值范围为0≤k ．例5 （2010年新课标全国卷理21）设函数()21ax x e x f x---=．（1）若0=a ，求()x f 的单调区间．（2）若当0≥x 时，()0≥x f ，求实数a 的取值范围．解：（1）略去；()0≥x f 即为x e ax x--≤12．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x的情形，原不等式即等价于21x x e a x --≤对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，21212lim 21lim 1lim 0020≤?==-=--≤+++→→→a e x e x x e a x x x x x x ；②另一方面，当21=a 时，令()2211x x e x g x---=，则()x e x g x --=1'，()()()()()000001''''=≥?=≥?≥-=g x g g x g e x g x ，所以x e x x--≤1212对于0≥x 成立．显然，当21≤a 时，不等式2121x x e a x --≤≤对一切0>x 恒成立．综上：实数a 的取值范围为21≤a ．例6 （2010年全国卷Ⅱ理22）设函数()xe xf --=1．（1）证明：当1->x 时，()1+≥x x x f ．（2）设当0≥x 时，有()1+≤ax xx f ，求a 的取值范围．解：（1）略去；分析两边函数正负情况易得0≥a ．当0=x 时，即00=，不等式对一切R a ∈恒成立；只需考略0>x 的情形，原不等式即等价于()xx e x e x a ----+≤11对一切0>x 恒成立．所以，①一方面，()21212lim 11lim 11lim 000≤?=-=+--=--+≤---→---→--→+++a xe e e xe e e e x e x a x x x x x xx x x x x ．②另一方面，当21=a 时，不等式整理为()0122≥++-=xe e x x g x x ，由于 ()()()()()()000002,2122'''''=≥?=≥?>=+-=g x g g x g xe x g e xe x g xx x ，所以，()xx ex e x ----+≤1121对于0>x 成立．显然，当21≤a 时，不等式()x x e x e x a ----+≤≤1121对一切0>x 恒成立．综上;实数a 的取值范围为210≤≤a ．注：师生均反映该压轴题的标准答案完全是云里雾里，思路不好找，并且感觉拼凑痕迹明显，属于知道答案而写的答案。
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第三章 培优点3 洛必达法则
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义第三章培优点3 洛必达法则洛必达法则：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；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.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.题型一 用洛必达法则处理 型函数若x＝0，则a∈R；若x>0，令h(x)＝2x cos x－2sin x－sin x cos x＋x，h′(x)＝2cos x－2x sin x－2cos x－cos 2x＋1＝－2x sin x－cos 2x＋1＝2sin2x－2x sin x＝2sin x(sin x－x)，因此，当x∈(0，π)时，h′(x)<0，h(x)在(0，π)上单调递减，且h(0)＝0，故g′(x)<0，所以g(x)在(0，π)上单调递减，另一方面，当x∈[π，＋∞)时，思维升华当x＝1时，不等式恒成立，m∈R；令m(x)＝x2－x2ln x－ln x－1，x>1，令n(x)＝x2－2x2ln x－1，x>1，则n′(x)＝2x－4x ln x－2x＝－4x ln x<0，得n(x)＝x2－2x2ln x－1在(1，＋∞)上单调递减，故n(x)<n(1)＝0，得φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，进而m′(x)＝φ(x)<φ(1)＝0).所以m(x)在(1，＋∞)上单调递减，可得m(x)<m(1)＝0，故h′(x)<0，题型二 用洛必达法则处理 型函数例2 已知函数f(x)＝ax－a－x ln x.若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围.依题意，ax－a－x ln x≥0恒成立，即a(x－1)≥x ln x恒成立，令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，∴g(x)在(0,1)上单调递减，∴g(x)>g(1)＝0，∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增.∴φ(x)>0，故a≤0，综上，实数a的取值范围是(－∞，0].思维升华跟踪训练2 已知函数f(x)＝2ax3＋x.当x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围.当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a恒成立，即2ax3＋x>x3－a恒成立，即a(2x3＋1)>x3－x恒成立，∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，能力提升1.已知函数f(x)＝x(e x－1)－ax2，当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.当x≥0时，f(x)≥0，即x(e x－1)≥ax2.当x＝0时，a∈R；记h(x)＝(x－1)e x＋1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝x e x>0，因此h(x)＝(x－1)e x＋1在(0，＋∞)上单调递增，即当x→0时，g(x)→1，所以g(x)>1，即有a≤1.综上所述，当a≤1，x≥0时，f(x)≥0成立.2.若∀x∈[0，＋∞)，x－ln(x＋1)≤ax2恒成立，求a的取值范围.当x＝0时，a∈R；所以h(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以h(x)<h(0)＝0，即g′(x)<0，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，本课结束。
导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题
导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题第一部分：历届导数高考压轴题1.2006年全国2理设函数f (x )＝(x ＋1)·ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．2.2006全国1理已知函数()11ax x f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围.3.2007全国1理设函数()e e x xf x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． 4.2008全国2理 设函数sin ()2cos x f x x=+． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．5.2008辽宁理 设函数ln ()ln ln(1)1x f x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a …的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.6.2010新课标理设函数)(x f =21x e x ax ---.（Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围7.2010新课标文已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 8.2010全国大纲理设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围. 9.2011新课标理 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； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围. 10.自编自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.第二部分：新课标高考命题趋势及方法1. 新课标高考命题趋势近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化，坚持了稳中求改、稳中创新的原则，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。
导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题
导数结合“洛必达法则”巧解恒成立问题第一部分：历届导数高考压轴题1.2006年全国2理设函数f (x )＝(x ＋1)·ln(x ＋1)，若对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．2.2006全国1理已知函数()11ax x f x e x-+=-. （Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围.3.2007全国1理设函数()e e x xf x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥；（Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围． 4.2008全国2理 设函数sin ()2cos x f x x=+． （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围．5.2008辽宁理 设函数ln ()ln ln(1)1x f x x x x=-+++. ⑴求()f x 的单调区间和极值;⑵是否存在实数a ,使得关于x 的不等式()f x a …的解集为(0,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.6.2010新课标理设函数)(x f =21x e x ax ---.（Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围7.2010新课标文已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()f x 在1x =-时有极值，求函数()f x 的解析式；（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 8.2010全国大纲理设函数()1x f x e -=-.（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围. 9.2011新课标理 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； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围. 10.自编自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.第二部分：新课标高考命题趋势及方法1. 新课标高考命题趋势近年来的高考数学试题逐步做到科学化、规范化，坚持了稳中求改、稳中创新的原则，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。
2025年高考数学一轮复习-洛必达法则-专项训练【含答案】
2025年高考数学一轮复习-洛必达法则-专项训练一、基本技能练1．已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．2．已知函数f(x)＝x(e x－1)－ax2.当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．3．已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．二、创新拓展练4．已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R.若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．参考答案与解析一、基本技能练1．解当x ＝0时，f (x )＝0，对任意实数a 都有f (x )≥0；当x >0时，由f (x )≥0得，a ≤e x －1－x x2，设g (x )＝e x －1－x x2(x >0)，则g ′(x )＝x e x －2e x ＋x ＋2x 3，令h (x )＝x e x －2e x ＋x ＋2(x >0)，则h ′(x )＝x e x －e x ＋1，记φ(x )＝h ′(x )，则φ′(x )＝x e x >0，∴h ′(x )在(0，＋∞)上为增函数，且当x →0时，h ′(x )→0，∴h ′(x )>0，∴h (x )在(0，＋∞)上为增函数，且当x →0时，h (x )→0，∴h (x )>0，∴g ′(x )>0，g (x )在(0，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知e x －x －1x 2＝e x －12x ＝e x 2＝12，故g (x )>12，故a ≤12.综上，实数a ∞，12.2．解当x ≥0时，f (x )≥0，即x (e x －1)－ax 2≥0.①当x ＝0时，a ∈R ；②当x >0时，x (e x －1)－ax 2≥0等价于e x－1≥ax ，也即a ≤e x －1x .记g (x )＝e x －1x，x ∈(0，＋∞)，则g ′(x )＝（x －1）e x ＋1x2.记h(x)＝(x－1)e x＋1，x∈(0，＋∞)，则h′(x)＝x e x>0，因此h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(x)>h(0)＝0，所以g′(x)＝h（x）x2>0，从而g(x)＝e x－1x在(0，＋∞)上单调递增．由洛必达法则有g(x)＝e x－1x＝e x1＝1，即当x→0时，g(x)→1，所以g(x)>1，即有a≤1.综上所述，实数a的取值范围是(－∞，1]．3．解法一令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0.(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．(2)当1－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝e a－1－1，∴x∈(0，e a－1－1)时，φ′(x)<0；x∈(e a－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，e a－1－1)上单调递减，在(e a－1－1，＋∞)上单调递增，∴φ(x)min＝φ(e a－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．法二x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，即a<（x＋1）ln（x＋1）x恒成立．令g(x)＝（x＋1）ln（x＋1）x(x>0)，∴g′(x)＝x－ln（x＋1）x2.令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k′(x)＝1－1x＋1＝xx＋1>0，∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，∴当x>0时，x－ln(x＋1)>0恒成立，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知g(x)＝（x＋1）ln（x＋1）x＝[ln(x＋1)＋1]＝1，∴g(x)>1，∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．二、创新拓展练4．解法一由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，当x>1时，a≤x2ln x x2－1，令g(x)＝x2ln xx2－1(x>1)，则g′(x)＝x（x2－1－2ln x）（x2－1）2，因为x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－2x>0，故h (x )＝x 2－1－2ln x 在(1，＋∞)上单调递增，则h (x )>h (1)＝0，故g ′(x )＝x （x 2－1－2ln x ）（x 2－1）2>0，所以g (x )在(1，＋∞)上单调递增，由洛必达法则知x 2ln x x 2－1＝2x ln x ＋x 2x＝12.所以由a ≤x 2ln x x 2－1恒成立，得a ≤12.综上，实数a ∞，12.法二f ′(x )＝2x ln x ＋x －2ax ＝x (2ln x ＋1－2a )，因为x ≥1，所以2ln x ＋1≥1，则当a ≤12时，f ′(x )＝x (2ln x ＋1－2a )≥0，此时f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (1)＝0，此时f (x )≥0恒成立，所以a ≤12；当a >12时，由f ′(x )＝x (2ln x ＋1－2a )＝0，得x ＝x 0，且2ln x 0＋1－2a ＝0，x 0＝e2a －12，则x ∈[1，e 2a －12)时，f ′(x )<0，则f (x )单调递减，x ∈(e 2a －12，＋∞)时，f ′(x )>0，则f (x )单调递增，所以f (x )min ＝f (e 2a －12)<f (1)＝0，与f (x )≥0恒成立矛盾，故a >12不满足题意．综上，实数a ∞，12.。