运用洛必达法则解高考数学问题

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运用洛必达法则解高考数学问题

运用洛必达法则解高考数学问题运用洛必达法则解高考数学问题【摘要】高考数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成了热点，洛必达法则是利用导数来计算具有不定型的极限的方法.【关键词】中学数学；高等数学；法则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。

为此，高考数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成了热点。

许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型。

这类题目容易让学生想到用分离参数的方法，一部分题用这种方法很凑效，另一部分题在高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路――分类讨论和假设反证的方法。

虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难。

研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原因是出现了型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则洛必达法则是利用导数来计算具有不定型的极限的方法。

这法则是由瑞士数学家约翰?伯努利所发现的，因此也被叫作伯努利法则。

是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。

洛必达法则（定理）：设函数f（x）和g（x）满足：（1）= =0；（2）在点a的某去心邻域内f（x）与都可导，且的导数不等于0；（3）若=A，则=A下面通过几道高考试题来进一步验证。

例1（2010年海南.文）已知函数f（x）= x（-1）-a ，当x 0时，f（x）0，求a的取值范围。

解：由已知得，当x=0时，f（x）0成立，此时a当x 0时，f（x）0即x（-1）-a 0，等价于a令g（x）= ，则令h（x）=（x-1）+1，则x ，所以h（x）在（0，+ ）上单调递增即h（x）h（0）=0，从而x 0时，= 所以g （x）在（0，+ ）上单调递增.即g（x）g（0），而g（0）无意义，到这儿解题思路受阻。

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年全国高考数学试题中，有许多与函数的综合运用有关的考题，其中涉及到恒成立问题和有解问题，而这些问题几乎都需要求解参数的取值范围。

解决这类问题的方式有两种，一种是选主元法，另一种是分离参数法。

分离参数法的优点在于将函数关系由隐变显，避免了繁琐的分类讨论，因此备受教师和学生的喜爱。

然而，在实际应用中，有时函数在某点处的极限难以求出，导致解答中途失败。

但是，利用高等数学中的洛必达法则，这些问题就可以迎刃而解。

洛必达法则是一种通过求导和求极限来确定未定式值的方法。

当x趋于某一点a时，若f(x)和g(x)都趋于零（或无穷大），且f'(x)和g'(x)都存在且g'(x)不为零，则可以使用洛必达法则。

在使用时需要注意两点：一是要检查函数极限是否满足∞/∞或0/0型；二是可以连续使用多次。

以2014年陕西高考数学试题为例，其中一道压轴试题涉及到分离参数法和洛必达法则的应用。

在求解过程中，需要使用洛必达法则来解决函数在某点处的极限问题，从而得到最终的答案。

这表明，在解决高考数学导数题时，洛必达法则的应用是非常重要的。

已知函数$f(x)=(1+x)\ln(1+x)-x\ln(1+x)$，其中$x>0$。

1）设$h(x)=\frac{f(x)}{x^2}$，求$h(x)$在$(0,+\infty)$上的单调性和最小值；2）设$a=\min\{h(x)\}$，求$a$的取值范围。

解：1）首先求出$h(x)$的导数$h'(x)$：h'(x)=\frac{f'(x)x^2-2xf(x)}{x^4}=\frac{x\ln(1+x)}{(1+x)^2}$$由于$x>0$，所以$h'(x)>0$，即$h(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。

接下来求$h(x)$的最小值：h'(x)=0\Rightarrow x=0\text{或}x=e-1$$当$x=e-1$时，$h(x)$取得最小值：h(e-1)=\frac{(e-1)\ln e}{e^2}=\frac{1-e^{-1}}{e}$$2）由于$f(0)=0$，所以$h(0)=0$。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题精选推荐PPT

x1
x1 1 x2
x1 1 x2
x1 2x
即当 x 1 时， g(x) 0 ，即当 x 0 ，且 x 1 时， g(x) 0 .
因为 k g(x) 恒成立，所以 k 0 .综上所述，当 x 0 ，且 x 1 时， f (x) ln x k 成立， k 的取值范围为 (，0] .
x 1 x
4.运用洛必达和导数解新课标理
设函数 f (x) ex 1 x ax2 . （Ⅰ）若 a 0 ，求 f (x) 的单调区间；
（Ⅱ）当 x 0 时， f (x) 0 ，求 a 的取值范围.
4.运用洛必达和导数解新课标理
应用洛必达法则和导数
（Ⅱ）当 x 0 时， f (x) 0 ，即 ex 1 x ax2.
求 a 的取值范围.
全国1理
设函数 f (x) ex ex ．（Ⅰ）证明： f (x) 的导数 f (x) ≥ 2 ；（Ⅱ）若对所有 x ≥ 0 都有 f (x) ≥ ax ，
求 a 的取值范围．
全国2理
设函数 f (x) sin x ． 2 cos x
（Ⅰ）求 f (x) 的单调区间；
1 1 x2
h(x )
0，与题设矛盾.综上可得， k
的取值范围为 (，0] .
新课标理的常规解法
注：分三种情况讨论：① k 0 ；② 0 k 1；③ k 1 不易想到. 尤其是② 0 k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例 x (1, 1 )
1 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.
明理由.
新课标理
设函数 f ( x) 运用洛必达和导数解年新课标理 = ex 1 x ax2 .

洛必达法则巧解高考压轴题(好东西)

许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型.这类题目容易让学生想到用分离参数的方法，一部分题用这种方法很凑效，另一部分题在高中范围内用分离参数的方法却不能顺利解决，高中阶段解决它只有华山一条路——分类讨论和假设反证的方法.
3.洛必达法则
虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难.研究发现利用分离参数
①当
x
0
时，
a
R
；②当
x
0
时，
ex
1
x
ax2
等价于
a
ex
1 x2
x
.
记
g(x)
ex
1 x2
x
x
(0，+)
，则
g
'( x)
(x
2)ex x3
x
2
.
记 h(x) (x 2)ex x 2 x (0，+) ，则 h '(x) (x 1)ex 1，当 x (0，+) 时， h ''(x) xex 0 ，
理
当 x 0 ，且 x 1时， f (x) ln x k ，即 ln x 1 ln x k ， x 1 x x 1 x x 1 x
也即 k
x ln x x 1
1 x
x ln x x 1
2x ln x 1 x2
1，记
g(x)
2x ln x 1 x2
1，
x
0 ，且
x
1
则
g
'( x)
2( x 2
1 x
（Ⅰ）设 a 0 ，讨论 y f x 的单调性；

洛必达法则在高考解答题中的应用(高二下)

导数结合洛必达法例巧解高考压轴题之五兆芳芳创作
一．洛必达法例：法例 1.
及
；
(2)
(3)
，那么
=
．法例 2.
；
(2)
利用洛必达法例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
○2
○3
不满足三个前提条件时，就不克不及用洛必达法例，这时称洛必达法例不适用，应从另外途径求极限．
○4若条件合适，洛必达法例可连续多次使用，直到求出极限为止．
二．高考例题讲授
1.
2.
5.
a的取值规模．
总结：通过以上例题的阐发，我们不难发明应用洛必达法例解决的问题应满足：
1．能够别离变量；
2．用导数能够确定别离变量后另一侧所得新函数的单调性；
3．.。

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 )(+=。

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 。

洛必达法则巧解高考数学压轴题_函数与导数中的参数问题求解_唐伟

x2 + 4x + 2 则有k ≥ g(x) ， max 2ex (x + 1)
2 4x + 2 ， (4) 若 x ∈ [ 0， + ∞），有 k≥ x + 令 g(x) = 2ex (x + 1)
g(x) max=g(0) = 1，所以k ≥ 1
又 g′(x) =
ห้องสมุดไป่ตู้
-2ex x(x + 2)2 ，当 x ∈ [ 0， + ∞）时， g′(x)>0, [2ex (x + 1)]2
又 g′(x) = 单调递增.
三、解决思路
-2ex x(x + 2)2 ，当x ∈[-1，0]时， g′(x)>0,g(x) x 2 [2e (x + 1)]
例1 （2013 年全国卷 · 理）已知函数 f(x)＝x2＋ax＋ b， g(x) ＝ex(cx ＋ d)，若曲线 y＝f(x) 和曲线 y＝g(x) 都过点 P(0， 2)，且在点 P 处有相同的切线 y＝4x+2
· 54 ·
考试与复习
g(x)单调递增.
程为 x+2y-3=0.
f (x) = a ln x + b ，曲线 y = f(x)在点（1,f （1））处的切线方 x+1 x
例 2 （2011 年全国卷 · 理）已知函数
综上所述， k的取值范围为[1,e2].
g(x) max=g(0) = 1，所以k ≥ 1
h( x) = xex - 2ex + x + 2 ( x > 0 )
，
则
则
(x = 2∙

高考数学备考之端点效应(洛必达法则)专题

高考数学备考之端点效应（洛必达法则）专题洛必达法制：若函数)(x f 和函数)(x g 满足：①当a x →时函数)(x f 和)(x g 趋于0②在点a 的去心临域内 )('x f 与)('x g 存在且0)('≠x g③)()()()(''lim lim x g x f x g x f ax a x ===→→ 例如：当0>x 时求xe x 1-的值.解：由洛必达法制可知11lim 1lim00==-→→xx x x e x e解答：（由题设可得当0,1x x >≠时 k<22ln 11x xx +-恒成立。

令g (x)=22ln 11x xx+-(0,1x x >≠),则()()()22221ln 121x x x g x x +-+'=⋅- 再令()()221ln 1h x x x x =+-+(0,1x x >≠)则()12ln h x x x x x'=+- ()212ln 1h x x x ''=+-易知()212ln 1h x x x''=+-在()0,+∞上为增函数且()10h ''= 故当(0,1)x ∈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(0,1)x ∈时 ()0h x < 当x ∈（1 +∞）时 ()0h x > ∴当(0,1)x ∈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()2111ln 1ln 1lim 2lim12lim 1210122x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭∴0k ≤ 即k 的取值范围为（-∞ 0]2（个人原创）已知函数322()f x x ax bx a =+++ 当1a =-时若(,0)x ∀∈-∞ 都有()x f x e ≤恒成立求b 的取值范围.解答：当0x <时 321xx x bx e -++≤恒成立等价于321x e x x b x-+-≥恒成立令321()x e x x g x x -+-= 则22(1)(21)'()x x e x x g x x ----=再令2()21x h x e x x =---由'()41x h x e x =--得''()4x h x e =-∴ 当0x <时 ''()4x h x e =-<0, ∴ '()41x h x e x =-- 在(,0)-∞单调递减 ∴ (,0)x ∀∈-∞ '()'(0)h x h >即'()0h x >∴2()21x h x e x x =---在(,0)-∞单调递增 ∴(,0)x ∀∈-∞ ()(0)h x h <即()0h x <∴(,0)x ∀∈-∞ 22(1)(21)'()0x x e x x g x x ----=>∴321()x e x x g x x-+-=在(,0)-∞单调递增∴由洛必达法则可得3201limx x e x x x →-+-320(1)'lim 'x x e x x x →-+-= =2032lim 1x x e x x→-+=1 ∴(,0)x ∀∈-∞ ()g x <1∴要使321x e x x b x -+-≥恒成立只需1b ≥∴b 的取值范围是[1,)+∞【解析】当(0,)2x π∈时原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=则43sin cos 2'()x x x xf 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. 【评注】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试题应满足： ①可以分离变量③ 用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性③出现“00”型或∞∞型式子.解：由题设0x ≥ 此时()0f x ≥.①当0a <时若1x a >- 则01x ax <+ ()1xf x ax ≤+不成立 ②当0a ≥时当0x ≥时 ()1x f x ax ≤+ 即11x xe ax --≤+若0x = 则a R ∈若0x > 则11xxe 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2222221'()=(2)()()x x x xx 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()xx 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000011lim ()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-∞.5 (2010年全国新课标理)设函数2()1x f x e x ax =--- 若当0x ≥时()0f x ≥ 求a 的取值范围.解:当0x =时 ()0f x = 对任意实数a,均在()0f x ≥当0x >时 ()0f x ≥等价于21x e x a x --≤令()21x e x g x x --=()0x >,则322()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。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题

导数结合洛必达法那么巧解高考压轴题第一局部：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)，假设对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立，求实数a 的取值范围．〔全国1理〕函数()11axx f x e x -+=-.〔Ⅰ〕设0a >，讨论()y f x =的单调性；〔Ⅱ〕假设对任意()0,1x ∈恒有()1f x >，求a 的取值范围.〔全国1理〕设函数()e e x x f x -=-．〔Ⅰ〕证明：()f x 的导数()2f x '≥；〔Ⅱ〕假设对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．〔全国2理〕设函数sin ()2cos xf 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．〔辽宁理〕设函数ln ()ln ln(1)1xf 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,)+∞假设存在,求a的取值范围;假设不存在,试说明理由.〔新课标理〕设函数)(x f =21x e x ax ---. 〔Ⅰ〕假设0=a ，求)(x f 的单调区间;〔Ⅱ〕假设当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围.〔新课标文〕函数2()(1)x f x x e ax =--.〔Ⅰ〕假设()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.〔全国大纲理〕设函数()1x f x e -=-. 〔Ⅰ〕证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；〔Ⅱ〕设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围.〔新课标理〕函数ln ()1a x bf 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 kf x x x>+-，求k 的取值范围.例题：假设不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二局部：泰勒展开式1.2311,1!2!3!!(1)!n n xx x x x x x e e n n θ+=+++++++其中(01)θ<<； 2. 231ln(1)(1),2!3!!n n n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n x θ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn x R x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+-，其中2(1)cos (2)!kk n x R x k θ=-；第三局部：洛必达法那么及其解法洛必达法那么：设函数()f x 、()g x 满足：〔1〕lim ()lim ()0x ax af xg x →→==；〔2〕在()U a 内，()f x '和()g x '都存在，且()0g x '≠；〔3〕()lim()x a f x A g x →'=' 〔A 可为实数，也可以是±∞〕.那么()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='.1.〔新课标理〕函数ln ()1a x bf 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 kf x x x>+-，求k 的取值范围. 常规解法〔Ⅰ〕略解得1a =，1b =.〔Ⅱ〕方法一：分类讨论、假设反证法由〔Ⅰ〕知ln 1()1x f x x x =++，所以22ln 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 >，那么22(1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)当0k ≤时，由222(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21()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 kf 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21()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21()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 ≥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一样，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升.洛必达法那么解法当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，即ln 1ln 11x x kx x x x+>++-，也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记22ln ()11x xg x x=+-，0x >，且1x ≠ 那么2222222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1x x x x x g x x x x x ++-+-=+--+，记221()ln 1x h x x x -=++，那么22222214(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. 由洛必达法那么有2211112ln 2ln 2ln 2lim ()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 kf x x x>+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，.注：此题由很容易想到用别离变量的方法把参数k 22ln ()11x xg x x =+-“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那么的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.2.〔新课标理〕设函数2()1x f x e x ax =---. 〔Ⅰ〕假设0a =，求()f x 的单调区间；〔Ⅱ〕当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法那么和导数〔Ⅱ〕当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21xe x ax --≥等价于21x e xa x--≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，那么3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，那么'()(1)1x h x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0x h x xe =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2x h x x e x =-++在(0+)∞，上单调递增，且()(0)0h x h >=，因此当(0+)x ∈∞，时，3()'()0h x g x x=>，从而21()x e x g x x --=在(0+)∞，上单调递增. 由洛必达法那么有，20000111lim ()lim lim lim 222x x x x x x x e x e e g x x x →→→→---==== 即当0x →时，1()2g x →，所以当(0+)x ∈∞，时，所以1()2g x >，因此12a ≤. 综上所述，当12a ≤且0x ≥时，()0f x ≥成立.例题：假设不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法那么和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x ->. 记3sin ()x x f x x -=，那么43sin cos 2'()x x x xf x x --=. 记()3sin cos 2g x x x x x =--，那么'()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. 由洛必达法那么有3200000sin 1cos sin cos 1lim ()lim lim 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. 通过以上例题的分析，我们不难发现应用洛必达法那么解决的试题应满足： ① 可以别离变量；②用导数可以确定别离变量后一端新函数的单调性；③出现“00〞型式子.〔海南宁夏文〕函数2()(1)x f x x e ax =--.〔Ⅰ〕假设()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.解：〔Ⅰ〕略〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)x x e ax -≥. ①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，2(1)xx e ax -≥等价于1xe ax -≥，也即1x e a x-≤.记1()x e g x x-=，(0,)x ∈+∞，那么(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，那么'()0x h x xe =>，因此()(1)1x h x x e =-+在(0,)+∞上单调递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x=>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上单调递增.由洛必达法那么有0001lim ()lim lim 11x xx 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.〔全国大纲理〕设函数()1x f x e -=-. 〔Ⅰ〕证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+；〔Ⅱ〕设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. 解：〔Ⅰ〕略〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数由题设0x ≥，此时()0f x ≥.①当0a <时，假设1x a >-，那么01x ax <+，()1xf x ax ≤+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11x xe ax --≤+；假设0x =，那么a R ∈；假设0x >，那么11xxe ax --≤+等价于111x e x ax --≤+，即1x x x xe e a xe x -+≤-. 记1()x x xxe e g x xe x-+=-，那么2222221'()=(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 -=--+，那么'()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()xx e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增. 由洛必达法那么有000011lim ()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-∞.〔全国2理〕设函数sin ()2cos xf 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．解：〔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，1cos 2x >-，即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+〔k ∈Z 〕时，1cos 2x <-，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．解：〔Ⅰ〕略〔Ⅱ〕应用洛必达法那么和导数sin ()2cos xf x ax x=≤+假设0x =，那么a R ∈；假设0x >，那么sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )x g x x x =+ 那么222cos 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 cos212sin 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00sin cos 1lim ()limlim (2cos )2+cos sin 3x x x x x g x x x x x x →→→===+-.另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=≤≤<+，因此13a ≥.。

妙用洛必达法则-2023年新高考数学导数压轴题(解析版)

妙用洛必达法则【典型例题】例1.已知f(x)=(x+1)ln x．(1)求f(x)的单调区间；(2)若对任意x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=ln x+1+1 x，令g(x)=ln x+1+1x(x>0)，则g (x)=1x-1x2=x-1x2所以当0<x<1时，g (x)<0；当x>1时，g (x)>0，所以g(x)在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，所以x>0时，g(x)>g(1)=2>0，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x≥1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，ln x-a x-1x≤0恒成立．当x=1，a∈R对任意x>1，不等式xf(x)x+1-ax+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥x ln xx2-1恒成立．记m(x)=x ln xx2-1(x>1)，则m (x)=(1+ln x)(x2-1)-2x2ln x(x2-1)2=x2-1-(1+x2)ln x(x2-1)2=1 x2+11-2x2+1-ln x (x2-1)2，记t(x)=1-21+x2-ln x(x>1)，则t (x)=4x(1+x2)2-1x=4x2-(1+x2)2x(1+x2)2=-(1-x2)2x(1+x2)2<0，所以t(x)在(1,+∞)单调递减，又t(1)=0，所以，x>1时，t(x)<0，即m (x)<0，所以m(x)在(1,+∞)单调递减．所以m(x)max<m(1)=limx→1x ln xx2-1=limx→1x ln xx+1-0x-1=x ln xx+1x=1=x+1-ln x(x+1)2x=1=12，综上所述，a的取值范围是12,+∞．例2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，其中a∈R．(1)a=1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∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】解：(1)当a=1时，切点为(1,ln2)，则f′(x)=1x+1+2x-1，所以f′(1)=32，切线方程为y-ln2=32(x-1)，即3x-2y+2ln2-3=0，所以切线方程为：3x-2y+2ln2-3=0；(2)由题意可知，函数f(x)的定义域为(-1,+∞)，则f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1，令g(x)=2ax2+ax-a+1，x∈(-1,+∞)，①当a=0时，f′(x)>0，函数f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，②当a>0时，△=a(9a-8)，当0<a≤89时，△≤0，g(x)≥0，f′(x)≥0，所以f(x)在(-1,+∞)上单调递增，无极值点，当a>89时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1<x2，因为x1+x2=-12，x1<-14，x2>-14，g(-1)=1>0，所以-1<x1<-14，因为x∈(-1,x1)，(x2，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，x∈(x1，x2)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有两个极值点，当a<0时，△>0，设方程2ax2+ax-a+1=0的两个根，x1，x2，且x1=-a-9a2-8a4a，x2=-a+9a2-8a4a，此时x1>x2，因为g(-1)=1>0，所以x2<-1，所以，x∈(-1,x1)时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，当x∈(x2，+∞)时，g(x)<0，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，所以函数有一个极值点，综上可知，当a<0时，函数f(x)有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f(x)无极值点；当a>89时，函数f(x)有两个极值点；(3)当0≤a≤89时，函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当89<a≤1时，g(0)>0，得x2<0，所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，又因为f(0)=0，所以x∈(0,+∞)时，f(x)>0，符合题意，当a>1时，由g(0)<0，得x2>0，所以x∈(0,x2)时，函数f(x)单调递减，因为f(0)=0，所以x∈(0,x2)时，f(x)<0时，不符合题意，当a<0时，设h(x)=x-ln(x+1)，因为x∈(0,+∞)时，h′(x)=1-1x+1=xx+1>0，所以h(x)在(0,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，h(x)>h(0)=0，即h(x+1)<x，可得f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x，当x>1-1a时，ax2+(1-a)x<0，此时f(x)<0，不合题意，综上，a的取值范围为[0，1]．例3.已知函数f(x)=x2-mx-e x+1．(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)f (x)=2x-m-e x，∴在点(1，f(1))处的切线l的斜率k=f (1)=2-e-m，又f(1)=2-e-m，∴切线l的方程为y-(2-e-m)=(2-e-m)(x-1)，即l:y=(2-e-m)x，由l经过点(2,4)，可得4=2(2-e-m)⇒m=-e．(2)证明：易知|f(0)|=0=m×0⇒x=0为方程的根，由题只需说明当x>0和x<0时原方程均没有实数解即可．①当x>0时，若m<0，显然有mx<0，而|f(x)|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m=0，f(x)=x2-e x+1⇒f (x)=2x-e x，f (x)=2-e x，令f (x)>0⇒x<ln2，故f (x)在(0,ln2)单调递增，在(ln2,+∞)单调递减，故f (x)<f (ln2)=2ln2-2<0⇒f(x)在(0,+∞)单调递减⇒f(x)<f(0)=0，从而|f(x)|>0，mx=0×x=0，此时方程|f(x)|=mx也无解．若m>0，由|f(x)|=mx⇒m=x+1x-e xx-m，记g(x)=x+1x-e xx-m，则g (x)=(x-1)(x+1-e x)x2，设h(x)=x+1-e x，则h (x)=1-e x<0有(0,+∞)恒成立，∴h(x)<h(0)=0恒成立，故令g (x )>0⇒0<x <1⇒g (x )在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减⇒g (x )≤g (1)=2-e -m <0⇒|g (x )|≥e -2+m >m ，可知原方程也无解，由上面的分析可知x >0时，∀m ∈R ，方程|f (x )|=mx 均无解．②当x <0时，若m >0，显然有mx <0，而|f (x )|≥0恒成立，此时方程显然无解，若m =0，和①中的分析同理可知此时方程|f (x )|=mx 也无解．若m <0，由|f (x )|=mx ⇒-m =x +1x -e x x-m，记g (x )=x +1x -e x x -m ，则g(x )=(x -1)(x +1-e x )x 2，由①中的分析知h (x )=x +1-e x <0，故g (x )>0在(-∞,0)恒成立，从而g (x )在(-∞,0)上单调递增，当x →0时，g (x )→lim x →0-g (x )=lim x →0-x 2+1-e x x -m =lim x →0-2x -e x1-m =-1-m ，如果-1-m ≤0，即m ≥-1，则|g (x )|>m +1，要使方程无解，只需-m ≤m +1⇒m ≥-12，即有-12≤m <0如果-1-m >0，即m <-1，此时|g (x )|∈[0，+∞)，方程-m =|g (x )|一定有解，不满足．由上面的分析知x <0时，∀m ∈-12,+∞ ，方程|f (x )|=mx 均无解，综合①②可知，当且仅当m ∈-12,+∞ 时，方程|f (x )|=mx 有唯一解，∴m 的取值范围为-12,+∞ ．【同步练习】1.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．【解析】(1)a =0时，f (x )=e x -1-x ，f '(x )=e x -1．当x ∈(-∞,0)时，f '(x )<0；当x ∈(0,+∞)时，f '(x )>0．故f (x )在(-∞,0)单调减少，在(0,+∞)单调增加．(2)当x =0时，f (x )=0，对于任意实数a ，f (x )≥0恒成立；当x >0时，f (x )≥0等价于a ≤e x -1-x x 2，令g (x )=e x -x -1x 2(x >0)，则g(x )=xe x -2e x +x +2x 3，令h (x )=xe x -2e x +x +2(x >0)，则h (x )=xe x -e x +1，h (x )=xe x >0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以h (x )在(0,+∞)上为增函数，h (x )>h (0)=0，所以g (x)>0，g(x)在(0,+∞)上为增函数．而limx→0+(e x-1-x)=0，limx→0+(x2)=0，由洛必达法则知，lim x→0+e x-1-xx2=limx→0+e x-12x=limx→0+e x2=12，故a≤12．综上得a的取值范围为-∞,1 2．2.设函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-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∀x>0，f(x)≥0成立，求a的取值范围．【解析】(1)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，定义域为(-1,+∞)f (x)=1x+1+a(2x-1)=a(2x-1)(x+1)+1x+1=2ax2+ax+1-ax+1，当a=0时，f (x)=1x+1>0，函数f(x)在(-1,+∞)为增函数，无极值点．设g(x)=2ax2+ax+1-a,g(-1)=1,Δ=a2-8a(1-a)=9a2-8a，当a≠0时，根据二次函数的图像和性质可知g(x)=0的根的个数就是函数f(x)极值点的个数．若Δ=a(9a-8)≤0，即0<a≤89时，g(x)≥0，f(x)≥0函数在(-1,+∞)为增函数，无极值点．若Δ=a(9a-8)>0，即a>89或a<0，而当a<0时g(-1)≥0此时方程g(x)=0在(-1,+∞)只有一个实数根，此时函数f(x)只有一个极值点；当a>89时方程g(x)=0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0≤a≤89时f(x)的极值点个数为0；当a<0时f(x)的极值点个数为1；当a>89时，f(x)的极值点个数为2．(2)函数f(x)=ln(x+1)+a(x2-x)，∀x>0，都有f(x)≥0成立，即ln(x+1)+a(x2-x)≥0恒成立，设h(x)=-ln x+1x2-x，则h (x)=-1x+1(x2-x)+(2x-1)ln(x+1)(x2-x)2=(2x-1)-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)(x2-x)2，设φ(x)=-x2-x(2x-1)(x+1)+ln(x+1)，则φ (x)=(x2-x)(4x+1)(2x-1)2(x+1)2，所以x∈0,1 2和x∈12,1时，φ (x)<0，所以φ(x)在对应区间递减，x∈(1,+∞)时，φ (x)>0，所以φ(x)在对应区间递增，因为φ(0)=0，limx→12+-x2-x(2x-1)(x+1)>0，φ(1)=ln2>0，所以x∈(0,1)和x∈(1,+∞)时，h (x)>0，所以h(x)在(0,1)与(1,+∞)上递增．当x∈0,1时，x2-x<0，所以a≤-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，a≤limx→0-ln x+1x2-x=limx→0-1x+12x-1=limx→0-12x-1x+1=1；当x=1时，f(x)=0，恒成立；当x∈1,+∞时，x2-x>0，所以a≥-ln x+1x2-x，由h(x)的单调性得，所以a≥-ln x+1x2-x=limx→+∞-ln x+1x2-x=limx→+∞-1x+12x-1=limx→+∞-12x-1x+1=0，综上，a∈0,13.已知函数f(x)=e x，g(x)=bx+1，若f(x)≥g(x)对于任意x∈R恒成立，求b的取值集合．【解析】e x≥bx+1恒成立，即e x-1≥bx．当x=0时显然成立，即b∈R．当x>0时，b<e x-1x，令F(x)=e x-1x，则F(x)=e x(x-1)+1x2，令G(x)=e x(x-1)+1，则G (x)=xe x>0，所以G(x)递增，所以G(x)>G(0)=0，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，limx→0+e x-1x=limx→0+e x1=1，所以b≤1．同理，当x<0时，b≥1．综上所述，b的取值集合为1 ．4.设函数f(x)=ln(x+1)，g(x)=xf (x)，x≥0，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(x+1)≥axx+1恒成立．当x=0时，a为任意实数，均有不等式恒成立．当时x>0，不等式变形为a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立．令h(x)=(x+1)ln(x+1)x，则h(x)=x-ln(x+1)x2，再令φ(x)=x-ln(x+1)，则φ (x)=xx+1．因为x>0，所以φ (x)>0，所以φ(x)在(0,+∞)上递增，从而有φ(x)>φ(0)=0．进而有h (x)>0，所以h(x)在(0,+∞)上递增．当x→0+时，有(x+1)ln(x+1)→0，x→0，由洛必达法则得limx→0+h(x)=limx→0+(x+1)ln(x+1)x=limx→0+ln(x+1)+11=1，所以当x→0+时，h(x)→1．所以a≤(x+1)ln(x+1)x恒成立，则a≤1．综上，实数的取值范围为(-∞,1]．5.若不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立，求a的取值范围．【解析】当x∈0,π2时，原不等式等价于a>x-sin xx3．记f(x)=x-sin xx3，则f (x)=3sin x-x cos x-2xx4．记g(x)=3sin x-x cos x-2x，则g (x)=2cos x+x sin x-2．因为g (x)=x cos x-sin x=cos x(x-tan x)，g (x)=-x sin x<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0，所以g (x)在0,π2上单调递减，且g (x)<0．因此g(x)在0,π2上单调递减，且g(x)<0，故f (x)=g(x)x4<0，因此f(x)=x-sin xx3在0,π2上单调递减．由洛必达法则有lim x→0f(x)=limx→0x-sin xx3=limx→01-cos x3x2=limx→0sin x6x=limx→0cos x6=16即当x→0时，g(x)→16，即有f(x)<16．故a≥16时，不等式sin x>x-ax3对于x∈0,π2恒成立．6.设函数f(x)=1-e-x．设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．【解析】应用洛必达法则和导数由题设x≥0，此时f(x)≥0．(1)当a<0时，若x>-1a，则xax+1<0,f(x)≤xax+1不成立；(2)当a≥0时，当x≥0时，f(x)≤xax+1，即1-e -x≤xax+1；若x=0，则a∈R；若x>0，则1-e-x≤xax+1等价于1-e-xx≤1ax+1，即a≤xe x-e x+1xe x-x．记g(x)=xe x-e x+1xe x-x，则g (x)=e2x-x2e x-2e x+1xe x-x2=e x xe x-x 2e x-x2-2+e-x．记h(x)=e x-x2-2+e-x，则h (x)=e x-2x-e-x，h (x)=e x+e-x-2>0．因此，h (x)=e x-2x-e-x在(0,+∞)上单调递增，且h (0)=0，所以h (x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，且h(0)=0，所以h(x)>0．因此g (x)=e xxe x-x2h(x)>0，所以g(x)在(0,+∞)上单调递增．由洛必达法则有lim x→0g(x)=limx→0xe x-e x+1xe x-x=limx→0xe xe x+xe x-1=limx→0e x+xe x2e x+xe x=12,即当x→0时，g(x)→12，即有g(x)>12，所以a≤12．综上所述，a的取值范围是-∞,12．。

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教学压轴题甘肃省永昌县第一髙级中学(737200)李文星•现在许多省市的高考试卷的压轴题都是导数的应用问题,其中求参数的取值范围问题就是一类重点考査的题型.这类题型学生容易想到用分离参数的方法解决，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂,学生掌握起来非常困难.原因是出现了3”型的式子，而这就是大学数学中的待定型问题.解决这类问题的有效方法就是洛必达法则，现给出供读者参考.一、洛必达法則简介法则:若函数/■(，)和g(x)满足下列条件：(1 )lim/{x) =0 及limg(x) =0;x—*a r—HI(2)在点G的去心邻域内JG)与gG)可导且，G) 部；⑶若或今。

'则回捋=崂齧顼.二、洛比达法则应用例1设函数/<x)=l-e*.(1)证明：当*〉-1 时土；(2)设当时/(%) W亠r，求a的取值范围.说明此题(2)的标准解答技巧性很强，略显突兀, 学生普遍反映能看懂但想不到.能否有更好更自然的解答思路呢？用洛必达法则来处理可达到事半功倍的效果.解(1)略.(2)由题设*N0,此时/(x) ^0.①当亦0时，若■>■，则二^7<0/(，)〈詬%a ax ± I ax + L 不成立；②当Q二。

时/(%) W—Qi 在4G ［0, +ax + 18 )上成立；% e* 1③当a > 0 时J(%) W - <=>a W - -- =a W' ox +1 e 1 xI e* I x f设"=片-+，")=弋艺措“ 设g(x) = - e,x2 + e* -2e* + 1,则g(0) =O,g'(.x)= e'( -x2-2x+ 2e* -2).令h(x) - -x2 -2x +2e，-2.当％>0 时,"(x) =2(^-x-1) ,h"(x)=2(e, -1) >0,.•&(«)是增函数,h'(x) >h'(0) =0"⑴是增函数,.*• h(x) > A(0) =0. g(x)在［0, + 8 )上是增函数,g(x)mg(0)=0. .•.F'S)mo,F(*)在［o, + 8)上是增函数. '由洛比达法则可得,WmF(x)=甄"'m'.t l = xe -Xlim ―- = lim^,+Xe,=。

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！。

洛必达法则在高中数学试题中的应用

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 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00x a -→，∞∞，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。

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.。

利用洛必达法则解决导数问题(解析版)—2025年新高考数学一轮复习

利用洛必达法则解决导数问题精讲精练
0
一、型及型未定式
0 1、定义：如果当 x ® a （或 x ® ）时，两个函数 f (x) 与 g(x) 都趋于零（或都趋于无
f (x)
f (x)
.通常把这种极限
x®a g(x)
x® g(x)
0
称为型及型未定式.
x®1
ln x x2 1
=
（）
A． 3
8
B．
1 2
C．1
D．2
【答案】B
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【分析】
根据题意利用洛必达法则求解即可
【详解】由题意得
lim
x®1
ln x x2 1
=
lim
x®1
ln x
x2 1
1
=
lim
x®1
x 2x
=
lim
x®1
1 2x2
=1， 2
故选：B 2．（23-24 高二下·广东佛山·阶段练习）两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在 1696 年提出洛必达法则，即在一定条件下通过对分子､分母
【详解】由题意可得： lim ex ex = lim ex ex = lim ex + ex = 2 ．
x®0 sin x x®0 sin x x®0 cos x
故答案为： 2 . 2．（23-24 高二下·四川成都·期中）1696 年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通
lim ex + ex 2 = lim ex + ex 2 = lim ex ex = lim ex ex = lim ex + ex = 2 ,

(完整版)洛必达法则详述与其在高考中的实际运用

一．L ’Hospital 法则（洛必达法则）法则1 设函数f x ()和g x ()在点a 的某个去心邻域oU a ,d ()内有定义，且满足：(1) lim x ®af x ()=0 及lim x ®ag x ()=0；(2)f x ()和g x ()在oU a ,d ()内可导，且¢g x ()¹0；(3) limx ®a ¢f x()¢g x ()=A （A 为常数，或为∞）则有 ()()lim x af xg x →=lim x ®a¢f x ()¢g x ()=A 。

法则2 设函数f x ()和g x ()在点a 的某个去心邻域oU a ,d ()内有定义，且满足：(1)()lim x ag x →=∞； (2)f x ()和g x ()在oU a ,d ()内可导,且¢g x ()¹0；(3) limx ®a¢f x()¢g x ()=A （A 为常数，或为∞）则有 ()()lim x af xg x →=lim x ®a¢f x ()¢g x ()=A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。

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。

0⋅∞型： lim x ®0+x ln x =lim x ®0+ln x 1x (化为∞∞型)=lim x ®0+1x 1ln x(化为00型，但无法求解) ¥-¥型：lim x ®p 2tan x -sec x ()=lim x ®p2sin x -1cos x =lim x ®p 2cos x-sin x =0(通分后化为00型)1∞型： lim x ®0cos x ()1x 2=e limx ®0lncos xx 2=elimx ®0-sin xcos x ×2x=e-12(化为0型) 0∞型： lim x ®+¥x sin1x=elim x ®+¥sin 1x ×ln x =elimx ®+¥ln xx=elimx ®+¥1x=1(化为∞∞型) 0型：lim x ®0+x sin x=elimx ®0+ln x csc x elimx ®0+1x-csc x cot x ()=elim x ®0+-sin xx×tan x =1(化为∞∞型)变形举例: limx ®-lim x ®-¥-1(不变形求导无法求出)二．高考题处理1.(2010年全国新课标理)设函数2()1xf x e x ax =---。

2022年高考数学基础题型重难题型突破类型七洛必达法则(解析版)

类型七洛必达法则洛必达法则简介：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 →'='。

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。

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运用洛必达法则解高考
数学问题
文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208]
运用洛必达法则解高考数学问题
【摘要】高考数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成了热点，洛必达法则是利用导数来计算具有不定型的极限的方法.
【关键词】中学数学；高等数学；法则
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。

为此，高考数学试题常与大学数学知识有机接轨，以高等数学为背景的命题形式成了热点。

许多省市的高考试卷的压轴题都是导数应用问题，其中求参数的取值范围就是一类重点考查的题型。

虽然这些压轴题可以用分类讨论和假设反证的方法求解，但这种方法往往讨论多样、过于繁杂，学生掌握起来非常困难。

研究发现利用分离参数的方法不能解决这部分问题的原因是出现了型的式子，而这就是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是洛必达法则
洛必达法则是利用导数来计算具有不定型的极限的方法。

这法则是由瑞士数学家约翰?伯努利所发现的，因此也被叫作伯努利法则。

是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。

洛必达法则（定理）：设函数f（x）和g（x）满足：
（1） = =0；
（2）在点a的某去心邻域内f（x）与都可导，且的导数不等于0；
（3）若 =A，则 =A
下面通过几道高考试题来进一步验证。

例1（2010年海南.文）已知函数f（x）= x（ -1）-a ，当x 0时，f（x）0，求a的取值范围。

解：由已知得，当x=0时，f（x） 0成立，此时a
当x 0时，f（x） 0即x（ -1）-a 0，等价于a
令g（x）= ，则
令h（x）=（x-1） +1，则 x ，所以h（x）在（0，+ ）上单调递增
即h（x） h（0） =0，从而x 0时， = 所以g（x）在（0，+ ）上单调递增.即 g（x） g（0），而g（0）无意义，到这儿解题思路受阻。

所以由洛必达法则，有 = =1 综上所述，得a 1
例2（2010年全国新课程1卷.理）设函数f（x）= -1-x-a ，当x 0时，f （x） 0，求a的取值范围。

解：由已知得，当x=0时，f（x） 0成立，此时a
当x 0时，f（x） 0即 -1-x-a 0等?r于a
令g（x）= ，则
令h（x）= ，则， x
所以，在（0，+ ）上单调递增，即 =0
从而，h（x）在（0，+ ）上单调递增，即h（x） h（0）=0
因此，当x 0时从而，g（x）在（0，+ ）上单调递增，即g（x） g（0）而g（0）无意义，到这儿解题思路受阻。

所以由洛必达法则，有 = 综上所述，得a
例3（2006年全国卷2.理）设函数f（x）=（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。

解：由已知得，当x=0时，f（x） ax成立，此时a
当x 0时，f（x） ax等价于a≤
令g（x）= ，则 =
令h（x）= ，则
从而，h（x）在（0，+ ）上单调递增，即h（x） h（0）=0
因此，当x 0时从而，g（x）在（0，+ ）上单调递增，即g（x） g（0）而g（0）无意义，到这儿解题思路受阻。

所以由洛必达法则，有
= =1 综上所述，得a 1
从上述3道例题可以看出，从2006年到现在近十年，这类试题一直受高考出题者的青睐，洛必达法则是数学分析的一个重要定理，是利用导数来计算具有不定型的极限的方法，近年来，不少压轴题以导数命题，往往可以用洛必达法则求解，固然，这些压轴题用初等数学的方法也可以求解，但方法往往计算量较大。

这时，用洛必达法则较容易解决，这就充分体现了高等数学的优越性。

参考文献：
[1]赵文博.洛必达法则巧解高考压轴题[J].中学生数理化（高二数学），2018（02）.。