洛必达法则在高考解答题中的应用
洛必达法则在高考解答题中的应用高二下
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则 1.若函数)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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．○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． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，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． 3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。
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注意：lim6x 2 为已定式，不能再用洛必达法则。
x1 6 x
例5.若f(x0 )
2
，求lim h0
f(x0
2h) 5h
f(x0
h)
解析：l i m h0
f(
x0
2 h ) 5h
f
( x0
h)
lim 2f(x0
h0
2
h ) 5
f( x0
h)
3 5
f( x0
2a
g(3) 9a 1 0
①若g(1) a 1 0 a 1 时，
g(t)
则 g(t) 在 [1,3]必有唯一零点t0
所以 y(t) 在[1, t0 ] 减，[t0 ,3]增
1 t0 3
又y(1) 0 ，所以 y(t0 ) 0不适合。
②若g(1) a 1 0 a 1时，
若 x (0,)，则
ax 1 0 ax 1 x f (x)
a
1 1 ex
1 x
xex ex 1 x(ex 1)
h(x)恒成立。
下面求 h(x),x (0,) 的最小值或最小极限值。
用导数法判断单调性难以解决，所以猜测最小
极限值点在0或 位置，由洛必达法则：
g(x) xe x 2e x x 2 0(x 0)
因为 g(x) xex ex 1 ，g (x) xe x 0
所以 g(x) 在(0,) 增
g(x) g(0) 0 所以 g(x) 在(0,)增
g(x) g(0) 0 h(x) 1
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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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．○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． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，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．3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题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，分析难度大，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) ()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)()()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)()()limx 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 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)()()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00，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。
洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)
洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN导数结合洛必达法则巧解高考压轴题一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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． ○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． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，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． 3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。
冲刺高考数学洛必达法则的使用条件与限制
冲刺高考数学洛必达法则的使用条件与限制在高考数学的战场上，许多同学都渴望拥有一件强大的“武器”来攻克难题，洛必达法则便是其中之一。
然而，要想正确且有效地运用这一法则，就必须清楚地了解其使用条件与限制，否则可能会陷入误区，导致丢分。
首先，我们来谈谈洛必达法则是什么。
简单来说，洛必达法则是在一定条件下，通过对分子分母分别求导来计算未定式极限的方法。
那么，洛必达法则的使用条件是什么呢？条件一：只有当分式满足“零比零”型或者“无穷比无穷”型的未定式时，才能考虑使用洛必达法则。
这意味着，当我们面对一个极限问题，如果分子和分母都趋近于零或者都趋近于无穷大，才有使用洛必达法则的可能。
条件二：在求导之后，新得到的分式的极限必须存在或者为无穷大。
如果求导后的新分式的极限不存在，那么就不能使用洛必达法则来求解。
条件三：使用洛必达法则时，求导的过程必须是在定义域内可导。
也就是说，分子分母在所讨论的区间内必须是可导的函数。
接下来，我们看看洛必达法则的限制有哪些。
限制一：高考中，洛必达法则并没有被明确列入考纲范围。
这就意味着，如果直接使用洛必达法则来解题，可能会被扣分。
但是，如果我们能够巧妙地利用其思路，通过构造函数等方法来解决问题，往往能够达到事半功倍的效果。
限制二：洛必达法则并不是万能的解题工具。
有些问题可能在使用一次洛必达法则后仍无法得出结论，需要多次使用，但多次使用可能会使问题变得更加复杂，甚至走入死胡同。
限制三：在使用洛必达法则求导的过程中，计算容易出错。
尤其是对于复杂的函数，求导的过程可能会涉及到复合函数求导、乘积求导等多种规则，如果不小心就会出现错误。
为了更好地理解洛必达法则的使用条件与限制，我们来看几个具体的例子。
例 1：求极限＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼sin x}｛x}＄这是一个“零比零”型的未定式，满足洛必达法则的使用条件。
对分子分母分别求导，得到：＄＼lim_{x ＼to 0} ＼frac{＼cos x}｛1} ＝ 1$例 2：求极限＄＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{x^2}｛e^x}＄这是一个“无穷比无穷”型的未定式，使用洛必达法则：＄＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{2x}｛e^x}＄再次使用洛必达法则：＄＼lim_{x ＼to ＋＼infty} ＼frac{2}｛e^x} ＝ 0$但是，并不是所有的极限问题都能通过洛必达法则轻松解决。
洛必达法则在高考解答题中的应用
一．洛必达法则：法则1.若函数)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim 0x a f x →= 及()lim 0x ag x →=； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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)(x f 和)(x g 满足下列条件：(1) ()lim x a f x →=∞及()lim x ag x →=∞； (2)在点a 的去心邻域内，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；(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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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．○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． 二．高考例题讲解1. 函数2()1x f x e x ax =---．（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．2. 已知函数xb x x a x f ++=1ln )(，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． 3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围．4.设函数xx x f cos 2sin )(+=。
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例1.求 lim sinx x0 x
解析： 0 型 0
limsinx x0 x
l i m( s i n x) x0 x
lim
x0
c
os 1
x
1
二、洛必达法则求极限
例2.求 limxlnx x 0
解析：不适合条件，需转化
1
lim
x 0
x
l
n
x
lim
x 0
ln 1 x
cos2 x 2 cos (2 cos x)
x
2
1
0
所以 g(x) g(0) 0 h(x) 1 3
所以 a 1
3
例 3.（10 全国理 2）设函数 f (x) 1 ex .
（1）证明：当 x 1 时， f (x) x ； x 1
（2）设当 x 0 时， f (x) x ， ax 1
c os x
1
x0
x0 2 cosx x sin x 3
为必要条件
下证 h(x) 1 sin x 1 , (x 0) 3 x(2 cos x) 3
g(x) x sin x 0, (x 0) 3 2 cos x
因为
g ( x)
1 3
2 cos x 1 (2 cos x)2
l
n
(
x
1
)
1
x
x
l
n
x
ln(x1)lnx 0(x 0)
所以a 0
说明：对 0 和 哪个端点求极限？
法1、两个都求取小； 法2、取特殊值比较取舍。
例析“洛必达法则”在高考数学中的应用
例析“洛必达法则”在高考数学中的应用作者：何长斌来源：《中学生理科应试》2017年第01期纵观近些年来的高考数学试题，许多省份的高考数学压轴题都是与导数的应用有关的数学问题，这类问题的特点是难度较大、综合性较强，其中求解参数的取值范围是这一类问题考查的重点题型.对于此类问题，学生的传统做法是利用分离变量法来求解，但由于这种方法往往分类的情况比较多、过程过于繁杂，学生实际操作起来非常困难，许多学生很容易漏解.且有些题型利用分离变量法解决时，还会出现“00”“∞∞”型等函数值不存在的情况，而这是大学数学中的不定式问题，若此类问题采用洛必达法则进行解决，便会迅速破解.一、洛必达法则介绍：法则1若函数fx 和g（x）满足下列条件：（1）limx→afx=0 及limx→agx=0；（2）在点a的去心邻域内，fx与g（x）可导且g′（x）≠0；（3）limx→af ′xg′x=l，那么limx→afxgx=limx→af ′xg′x=l.法则2若函数fx 和g（x）满足下列条件：（1）limx→∞fx=0及limx→∞gx=0；（2）A>0，fx 和g（x）在-∞，A与A，+∞上可导，且g′（x）≠0；（3）limx→∞f ′xg′x=l，那么limx→∞fxgx=limx→∞f ′xg′x=l.法则3若函数fx和g（x）满足下列条件：（1）limx→afx=∞及limx→agx=∞；（2）在点a的去心邻域内，fx与g（x）可导且g′（x）≠0；（3）limx→af ′xg′x=l，那么limx→afxgx=limx→af ′xg′x=l.二、洛必达法则在高考试题中的应用1.（2010年全国新课标理）设函数f（x）=ex-1-x-ax2.（Ⅰ）若a=0，求f（x）的单调区间；（Ⅱ）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围.解析（Ⅰ）a=0时，f（x）=ex-1-x，f ′（x）=ex-1.当x∈（-∞，0）时，f ′（x）0.故f（x）在（-∞，0）单调减少，在（0，+∞）单调增加.（Ⅱ）当x=0时，f（x）=0，对任意实数a，均有f（x）≥0；当x>0时，f（x）≥0等价于a≤ex-x-1x2令gx=ex-x-1x2（x>0），则g′（x）=xex-2ex+x+2x3，令 hx=xex-2ex+x+2x>0，则h′x=xex-ex+1，h″x=xex>0，知h′x在0，+∞上为增函数，h′x>h′0=0；知hx在0，+∞上为增函数， hx>h0=0；∴g′x>0，g（x）在0，+∞上为增函数.由洛必达法则知，limx→0+ex-x-1x2=limx→0+ex-12x=limx→0+ex2=12，故a≤12综上，知a的取值范围为-∞，12.2.（2011年全国新课标理）已知函数f（x）=alnxx+1+bx，曲线y=f（x）在点（1，f （1））处的切线方程为x+2y-3=0.（Ⅰ）求a，b的值；（Ⅱ）如果当x>0且x≠1时，f（x）>lnxx-1+kx，求k的取值范围.解析（Ⅰ）f ′（x）=a（x+1x-lnx）（x+1）2-bx2，由于直线x+2y-3=0的斜率为-12，且过点（1，1）.故f（1）=1f ′（1）=-12，解得a=1，b=1.（Ⅱ）由题设可得，当x>0，x≠1时，k令g（x）= 2xlnx1-x2+1（x>0，x≠1），则g′x=2·x2+1lnx-x2+11-x22，再令hx=x2+1lnx-x2+1（x>0，x≠1），则h′x=2xlnx+1x-x，h″x=2lnx+1-1x2，易知h″x=2lnx+1-1x2在0，+∞上为增函数，且h″1=0；故当x∈（0，1）时，h″x0；∴h′x在0，1上为减函数，在1，+∞上为增函数；故h′x>h′1=0∴hx在0，+∞上为增函数∵h1=0∴当x∈（0，1）时，hx当x∈（1，+∞）时，hx>0∴当x∈（0，1）时，g′x当x∈（1，+∞）时，g′x>0∴gx在0，1上为减函数，在1，+∞上为增函数∵由洛必达法则知：limx→1gx=2limx→1xlnx1-x2+1=2limx→11+lnx-2x+1=2×-12+1=0∴k≤0，即k的取值范围为（-∞，0＼].3.（2010海南宁夏文21题）已知函数f（x）=x（ex-1）-ax2.（Ⅰ）若f（x）在x=-1时有极值，求函数f（x）的解析式；（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.解（Ⅰ）略（Ⅱ）当x≥0时，f（x）≥0，即x（ex-1）≥ax2.①当x=0时，a∈R；②当x>0时，x（ex-1）≥ax2等价于ex-1≥ax，也即a≤ex-1x.记g（x）=ex-1x，x∈（0，+∞），则g'（x）=（x-1）ex+1x.记h（x）=（x-1）ex+1，x∈（0，+∞），则h′（x）=xex>0，因此h（x）=（x-1）ex+1在（0，+∞）上单调递增，且h（x）>h（0）=0，所以g′（x）=h（x）x>0.从而g（x）=ex-1x在（0，+∞）上单调递增.由洛必达法则有limx→0g（x）=limx→0ex-1x=limx→0ex1=1，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.总之，纵观近年来全国各地高考试题，利用高等数学解决高考数学问题的题型屡见不鲜，当然此类问题也可用高中数学方法求解，但一般过程繁琐或技巧性较强，许多学生大都见而恐之.若学生能掌握一些有关高等数学的知识和方法，去解决这些问题，往往事半功倍.比如在学习导数知识后，笔者向学生讲解了洛必达法则，并介绍了洛必达法则适用的条件和具体用法，并通过一些简单的练习后，绝大部分学生都能利用洛必达法则处理部分简单繁琐的数学问题.（收稿日期：2016-10-18）。
洛必达法则在高考解答题中的应用
一．洛必达法例：法例 1. 若函数f (x)和g (x)知足以下条件： (1) lim f x0 及 lim g x0 ；x a x a(2) 在点a的去心邻域内， f (x) 与 g(x) 可导且 g '( x)0 ；f xl ，那么f x f xl ．(3) lim lim= limx a g x x a g x x a g x法例 2. 若函数f (x)和g (x)知足以下条件： (1)lim f x及 lim g x；x a x a(2) 在点a的去心邻域内， f (x) 与 g(x)可导且 g' ( x)0 ；f xl ，那么f x f xl ．(3) lim lim= limx a g x x a g x x a g x利用洛必达法例求不决式的极限是微分学中的要点之一，在解题中应注意：○1 将上边公式中的x a ， x换成 x， x， x a， x a 洛必达法例也建立．○2 洛必达法例可办理0 ，， 0， 1，， 00，型．0 ，○3 在着手求极限从前，第一要检查能否知足，0， 1 ，0，00，型定式，不然滥用洛必达法例会犯错．当不知足三个前提条件时，就不可以用洛必达法例，这时称洛必达法例不合用，应从此外门路求极限．○4 若条件切合，洛必达法例可连续多次使用，直到求出极限为止．二．高考例题解说1.函数 f ( x)e x 1 x ax2．（Ⅰ）若 a0 ，求 f ( x)的单一区间；（Ⅱ）若当 x0 时f ( x)0 ，务实数 a 的取值范围．2. 已知函数aln x by f (x) 在点(1, f (1))处的切线方程为f ( x)1，曲线x xx 2 y 30 ．（Ⅰ）求 a 、b的值；（Ⅱ）假如当 x0 ，且 x 1时， f ( x)ln x k，求 k 的取值范围．x 1x3. 若不等式sin x x ax3关于x (0,) 恒建立，务实数 a 的取值范围．24. 设函数 f ( x)sin x 。
用洛必达法则巧解高考数学压轴题-李文星
用洛必达法则巧解高考数学压轴题-李文星洛必达法则是高等数学中的一个重要定理，可以用来解决一些极限问题。
在高考数学中，也经常会遇到一些需要使用洛必达法则来解决的压轴题。
以我遇到的一个高考数学压轴题为例，题目如下：
已知函数\(f(x) = \frac{x^2-2x+1}{x^2-1}\)，求函数\(y = f(x)\)在点\(x = 1\)处的极限。
根据洛必达法则，我们需要计算\(\lim_{x\to 1}\frac{f(x)}{x-
1}\)。
首先，我们计算\(\lim_{x\to 1}(x-1)\)。
显然，当\(x\)趋近于1时，\(x-1\)也趋近于0。
接下来，我们计算\(\lim_{x\to 1}f(x)\)。
将函数\(f(x)\)代入后，得到：
\(\lim_{x\to 1}\frac{x^2-2x+1}{x^2-1}\)。
因此，我们有\(\lim_{x\to 1}\frac{f(x)}{x-1} = \lim_{x\to
1}\frac{0}{x-1} = 0\)。
所以，函数\(y=f(x)\)在点\(x=1\)处的极限为0。
通过以上步骤，我们成功地使用洛必达法则解决了这个压轴题。
洛必
达法则的核心思想是将问题转化为求导数的问题，通过求导数的方式来计
算极限。
在解决高考数学压轴题时，洛必达法则可以帮助我们更快地得到
答案，提高解题效率。
除了洛必达法则，高考数学中还有许多其他的解题方法和技巧。
在备战高考数学时，我们不仅需要掌握这些方法和技巧，还需要多做题、多总结，提高自己的解题能力。
希望我们都能在高考中取得好成绩！。
洛必达法则在2024年高考中的应用
首先，在心理学考试中，有一道题目是关于人们在面临压力时的反应。
题目问：“当人们面临压力时，他们会表现出什么样的行为？”选择题选项包括直接逃避、积极应对、寻求支持和消沉。
根据洛必达法则，人们的行为往往是对内在需要和外在环境的综合反应。
在面临压力时，不同的人会有不同的应对方式，有些人会选择逃避，有些人会积极应对，有些人会寻求支持，而有些人会消沉。
这道题目考察了学生对洛必达法则的理解和应用。
其次，在社会学考试中，有一道题目是关于个人选择与社会期望的关系。
题目问：“个人选择受到社会期望的影响吗？如果有，如何解释这种现象？”根据洛必达法则，人们的行为往往受到社会期望的影响。
社会期望是一种外在环境因素，它对个人的行为有一定的引导作用。
人们在做出选择时往往会考虑社会期望，尽量符合社会的标准和价值观。
这道题目考察了学生对洛必达法则在社会领域的应用。
最后，在经济学考试中，有一道题目是关于人们在购买决策中的行为模式。
题目问：“人们在购买决策中会考虑哪些因素？请结合洛必达法则解释。
”根据洛必达法则，人们在购买决策中往往会同时考虑内在因素和外在环境。
内在因素包括个人需求、喜好和价值观，外在环境包括信息获取和社会影响。
人们在购买决策中会考虑自己的需求和偏好，并尝试获得更多的信息来做出决策，同时也会受到社会的影响。
这道题目考察了学生对洛必达法则在经济领域的应用。
总结来说，在2024年高考中，洛必达法则被应用于心理学、社会学和经济学等科目，用来解释人类行为的模式和机制。
这些题目考察了学生对洛必达法则的理解和应用能力，同时也拓宽了学生的思维和知识面。
洛必达法则高数经典例题
洛必达法则高数经典例题
洛必达法则是一种数学原理，它可以使用定义确定一些数学表达
式或函数的非常完整的解决方案。
洛必达法则高数经典例题体现出洛
必达法则的本质特征。
以下是一些典型的洛必达法则高数经典例题：
1. 已知函数f (x) = 1-cosx，求 f (120°) 的值。
解：洛必达法则指出，如果 f (x) 的定义域和值域都是实数的话，那么 f (x) 的值可以由f (x-2nπ)或f (x+2nπ)取代，其中n是整数。
因此，由f (120°)= f (120° - 2π)=f(120° - 4π)=-
cos120°=-1/2得出结论。
2.已知方程tan(2x + 30°)=3，求 x 的值。
解：洛必达法则指出，tan(x + kπ) = tanx，其中 k 是任意整数。
因此，可以将方程转化为tan(2x + 30° + kπ) = 3，当 k=1 时，方程可以化简为tan(2x + 120°)=3,即2x + 120° = arctan3，
所以 x = arctan3-120°/2 = 22.6°。
例析洛必达法则在解高考导数题中的运用
例析洛必达法则在解高考导数题中的运用2014年全国各地的高考试题对函数的综合运用的考查，几乎都跟恒成立问题与有解问题有关，这类考题又无一例外地以求参数的求值范围的为问题。
一般地，解决这类问题的方式有两种：其一是选主元法，即把已知范围的字母当作的主元，待求范围的字母看作常数，直接对这个含参数的函数进行分类讨论研究来解决，但一般显得比较复杂；其二是将含参数的方程(或不等式)经过变形，将参数分离出来，使方程(或不等式)的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数无关的主元函数，通过对主元函数的值域（或确界）的研究来讨论原方程(或不等式)的解的情况．这种处理方式称为“分离参数法”，用它进行解决这类问题的的最大优点是把所蕴涵的函数关系由隐变显，避免分类讨论的麻烦，所以往往显得非常简捷、有效，因此也是教师与学生所喜爱的一种方法。
笔者发现一个奇怪的现象是许多高考试题采用分离参数法求解入手容易, 思路简单, 但皆因中途函数在某点处的极限难以求出以至解答半途而废, 笔者研究后发现这些极限均为00型, 无法按常规方法约掉零因子, 但若借助高等数学洛必达法则便能迎刃而解。
笔者以2014年陕西四川两道高考压轴试题某一问的求解为例展示它的应用。
1.洛必达法则的内容当x a →时，()f x 及()g x 都趋于零（或无穷大）；在点a 的去心邻域内()f x '及()g x '都存在，且()0g x '≠；()()lim lim ()()x a x a f x f x g x g x →→'='. 这种在一定条件下通过分子分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，叫洛必达法则。
使用时注意两点:①使用前要检查函数 极限是否满足00或∞∞型；②洛比达法则可连续使用多次. 2.高考试题运用举例例1 （2014年陕西高考理科数学第21 题）设函数()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数.（1）11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++==∈，求()n g x 的表达式； （2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++与()n f n -的大小，并加以证明. 解：（2）已知()()f x ag x ≥恒成立，即ln(1)1ax x x+≥+恒成立.①当0x =时，原不等式显然成立，此时a R ∈;②当0x >时，01x x >+，则有(1)ln(1)(0)x x a x x++≤>， 设(1)ln(1)()(0)x x h x x x ++=>，则[]min ()a h x ≤，2ln(1)()x x h x x -+'∴= 令()ln(1)x x x ϕ=-+，则()h x '与()x ϕ同号.()01x x x ϕ'=>+，所以函数()x ϕ在(0,)+∞为增函数，所以()(0)0x ϕϕ>=，所以()0h x '>，所以函数()h x 在(0,)+∞为增函数，所以[]min 000(1)ln(1)[(1)ln(1)]ln(1)1()(0)lim lim lim 11x x x x x x x x h x h x x →→→'++++++→===='， 所以此时1a ≤，因为()()f x ag x ≥在0x ≥恒成立，所以综上可得a 的取值范围是(,1]-∞ 评析：此种解法关键是分离参数，把问题转化为不含参数的函数通过多次求导来求最值，然后利用洛必达法则可轻松获解． 当然，解题过程中的一些细节问题的处理应引起重视． 对比考题所给标准答案可知，此种方法思路非常清晰，学生更容易掌握.例2 （2014年四川高考理科数学第21 题）已知函数2()1x f x e ax bx =---，其中,a b R ∈， 2.71828e =为自然对数的底数.（1）设()g x 是函数()f x 的导函数，求函数()g x 在区间[0,1]上的最小值；（2）若(1)0f =，函数()f x 在区间(0,1)内有零点，求a 的取值范围解：（2）(1)0f =1b e a ∴=--∴函数()f x 在区间(0,1)内有零点⇔2(e 1)1x e x a x x ---=-在(0,1)上有解.设2(e 1)1()(01)x e x h x x x x---=<<- 222(e e 1)()(21)(e e 1)()()x x x x x x x h x x x ------+-'∴=-2222(1)(e 1)21()x x e x e x x x x -++-+-=- 设2()(e 1)21(01)x r x e x x x =+-+-<<，()e 2(e 1)20x r x x '=+-+>恒成立 ()r x ∴在(0,1)单调递增. ()0,r x ∴>即()0h x '>()h x ∴在(0,1)单调递增. (0)(1)h a h ∴<< 由洛必达法则知：22000(e 1)1[(e 1)1]1(0)lim lim lim 2()21x x x x x x e x e x e e h e x x x x x →→→'-------+====-'--- 22111(e 1)1[(e 1)1]1(1)lim lim lim 1()21x x x x x x e x e x e e h x x x x x →→→'-------+===='--- 21e a ∴-<< 综上可知，a 的取值范围是(2,1)e -评析：从原函数()f x 入手.将()f x 在区间(0,1)内有零点问题等价转化为方程在(0,1)上有解问题，再参变量分离，构造新函数处理有解问题.其中利用洛必达法则求出函数的端点极限值.上述两个题目的解法在形式上有着高度的统一性，都用到了分离变量，构造函数，恒成立等数学思想，但上述解法有一定的缺陷( 需要知道一点洛必达法则的知识) ，上述解法的难点还在于进行了多次求导，从而判断出导数的符号，超出了高考大纲的要求，不过此类现象在高考数学试卷中多次出现过．3.相关试题例3 （2011年课标全国卷理科数学第21题）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 +-=． （1）求a ，b 的值；（2）如果当x>0，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x>+-，求k 的取值范围． 例4 （2010年湖北高考理科数学第21 题）已知函数()(0)b f x ax c a x=++>的图象在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-. (1)用a 表示出,b c ; (2)若()ln f x x ≥在[1,)+∞上恒成立，求a 的取值范围； (3) 略 例5 （2013年江苏高考数学第20 题）设函数ax x x f -=ln )(，ax e x g x -=)(，其中a 为实数．（1）若)(x f 在),1(+∞上是单调减函数，且)(x g 在),1(+∞上有最小值，求a 的取值范围；（2）若)(x g 在),1(+∞-上是单调增函数，试求)(x f 的零点个数，并证明你的结论． 不难发现这三道试题无论是背景还是解法都与本文所解答的例题极其相似, 解答过程都是先用“分离参数法”将参量与函数式分开, 进而将题目问题转化为确定函数的上确界(或下确界), 接着再利用导数方法判断出函数的单调性, 最后借助洛必达法则求出极限.4.题后反思数学高考题中出现的参数求值范围问题，传统的作法，分的情况比较多，学生讨论的过程比较复杂，容易丢解或者漏解，更有甚者，很多同学，不知道从何入手，导数结合洛必达法则解题，能够优化解题过程，减少了题目运算量能够帮助学生更快解题.但是不可避免地要用到高等数学中的一些知识，如函数的上(下)确界和洛必达法则．这些知识对于高中有奥赛基础的同学来说问题不大，可以花点时间研究一下．现实问题却是，如果补充这些内容无疑加重了学生的学习负担，并且这与新课标所倡导的减负增效理念是相悖的; 高考试题是命题专家在研究课标、教材、考试大纲和学生实际基础上集体智慧的结晶，强调考查通性通法，淡化技巧，对中学数学教学应具有良好的导向作用是高考命题的原则之一，从高考提供的对本类问题的参考答案也可以看出并没有用到高阶导数、洛必达法则以及极限的知识．所以不提倡用洛必达法则解题，在此仅供老师参考．。
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．。
洛必达法则巧解高考压轴题
洛必达法则巧解高考压轴题 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 a f 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)()()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 →'='。
00型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) ()lim x a f 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)()()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 →'='。
∞∞型 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。
典例剖析例题1。
求极限（1）xx x 1ln lim 0+→ (∞∞型) （2）lim x ®p 2sin x -1cos x (00型) （3） 20cos ln limx x x → (00型) （4）x x x ln lim +∞→ (∞∞型) 变式练习: 求极限（1）x x x )1ln(lim 0+→ (2)a x a x a x --→sin sin lim (3)x e e x x x sin lim 0-→- (4)22)2(sin ln lim x x x -→ππ 例题2。
已知函数R m x e x m x f x ∈+-=,)1()(2（1）当1-=m 时，求)(x f 在[]1,2-上的最小值（2）若)()2('2x f x m x >++在()0,∞-上恒成立，求m 的取值范围 例题 3.已知函数)0(,)(>++=a c xb ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ， （1）用a 表示c b ,（2）若x x f ln )(≥在[)+∞,1上恒成立，求a 的取值范围例题4.若不等式3sin ax x x ->在⎪⎭⎫ ⎝⎛∈2,0πx 是恒成立，求a 的取值范围 例题5.已知2)1()(ax e x x f x --=（1）若)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式（2）当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围强化训练1. 设函数x e x f -1)(-=（1）证明：当1->x 时，1)(+≥x x x f 。
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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
一．洛必达法则：
法则1.若函数)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；
(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)(x f 和)(x g 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，)(x f 与)(x g 可导且0)('≠x g ；
(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a x →，∞→x 换成+∞→x ，-∞→x ，+→a x ，-→a x 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．
○
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． 二．高考例题讲解
1. 函数2()1x f x e x ax =---．
（Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间；
（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．
2. 已知函数x
b x x a x f ++=1ln )(，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．
3.若不等式3sin ax x x ->对于)2,
0(π∈x 恒成立，求实数a 的取值范围． 4.设函数x
x x f cos 2sin )(+=。
（Ⅰ）求函数)(x f 的单调区间；
（Ⅱ）如果对0≥∀x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围．
5. 设函数()1x f x e -=-．
（Ⅰ）证明：当1->x 时，()1x f x x ≥
+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤
+，求实数a 的取值范围． 6.已知函数2)1()(ax e x x f x --=。
（Ⅰ）若函数)(x f 在1-=x 时有极值，求函数)(x f 的解析式；
（Ⅱ）当0x ≥时()0f x ≥，求实数a 的取值范围．
总结：通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法则解决的问题应满足：
1． 能够分离变量；
2． 用导数能够确定分离变量后另一侧所得新函数的单调性；
3． 出现“
00”、“ ∞∞”型式子。