洛必达法则的应用

洛必达法则在高考中的应用

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 ，f(x) 和g(x)在(),A -∞与(),A +∞上可导，且g'(x)≠0； (3)()()lim

x f x l g x →∞

'='，那么 ()()lim x f x g x →∞=()

()

lim

x f x l g x →∞'='。 法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) ()lim x a

f x →=∞及()lim x a

g x →=∞；

(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0；

(3)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()

()lim x a f x g x →=()

()

lim

x a

f x l

g x →'='。

利用洛必达法则求未定式的极限是微分学中的重点之一，在解题中应注意：

1.将上面公式中的x→a ，x→∞换成x→+∞，x→-∞，x a +

→，x a -

→洛必达法则也成立。

2.洛必达法则可处理

00x a -→，∞

∞

，0⋅∞，1∞，0∞，00，∞-∞型。 3.在着手求极限以前，首先要检查是否满足00，∞∞

，0⋅∞，1∞，0

∞，00，∞-∞型定式，否则滥用洛

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

4.若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。

【典例分析】

一、一题多解：常规解法与洛必达法则相互对比： 【例1】已知函数ln ()1a x b

f x x x

=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=. （Ⅰ）求a 、b 的值；

（Ⅰ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k

f x x x

>+-，求k 的取值范围. 法一：常规解法

（Ⅰ）略解得1a =，1b =.

（Ⅰ）方法一：分类讨论、假设反证法

由（Ⅰ）知ln 1

()1x f x x x =++，所以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 >，则22

(1)(1)2'()k x x h x x -++=. (i)当0k ≤时，由22

2

(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <.因为(1)0h =，

所以当(0,1)x ∈时，()0h x >，可得2

1

()01h x x

⋅>-；当(1,)x ∈+∞时，()0h x <，可得 2

1()01h x x ⋅>-，从而当0x >且1x ≠时，ln ()()01x k f x x x -+>-，即ln ()1x k

f x x x

>+-； （ii ）当01k <<时，由于当1(1,)1x k

∈-时，2

(1)(1)20k x x -++>，故'()0h x >，而(1)0h =，故当

1(1,)1x k ∈-时，()0h x >，可得2

1

()01h x x

⋅<-，与题设矛盾. （iii ）当1k ≥时， '()0h x >，而(1)0h =，故当(1,)x ∈+∞时，()0h x >，可得2

1

()01h x x

⋅<-，与题设矛盾.综上可得，k 的取值范围为(0]-∞，. 法二：参变量分离洛必达法则解法

当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >

+-，即ln 1ln 11x x k

x x x x

+>++-， 也即2ln 1ln 2ln 1111x x x x x x k x x x x <+-=++--，记2

2ln ()11x x

g x x =+-，0x >，且1x ≠

则2222

222222(1)ln 2(1)2(1)1'()=(ln )(1)(1)1

x x x x x g x x x x x ++-+-=

+--+，

记221()ln 1

x h x x x -=++，则22

2222

14(1)'()+=0(1+)(1+)x x h x x x x x --=>， 从而()h x 在(0,)+∞上单调递增，且(1)0h =，因此当(0,1)x ∈时，()0h x <，当(1,)x ∈+∞时，()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0g x <，当(1,)x ∈+∞时，'()0g x >，所以()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增.

由洛必达法则有 221

111

2ln 2ln 2ln 2

lim ()lim(

1)1lim 1lim 0112x x x x x x x x x g x x x x

→→→→+=+=+=+=---， 即当1x →时，()0g x →，即当0x >，且1x ≠时，()0g x >.因为()k g x <恒成立， 所以0k ≤.综上所述，当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k

f x x x

>

+-成立，k 的取值范围为(0]-∞，

. 注：本题由已知很容易想到用分离变量的方法把参数k 分离出来.然后对分离出来的函数2

2ln ()11x x

g x x =

+-求导，研究其单调性、极值.此时遇到了“当=1x 时，函数()g x 值没有意义”这一问题，很多考生会陷入困境.如果考前对优秀的学生讲洛必达法则的应用，再通过强化训练就能掌握解决此类难题的这一有效方法.

【例2】设函数2

()1x

f x e x ax =---。 若0a =，求()f x 的单调区间； 若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围

【解析】法一：（1）0a =时，()1x

f x e x =--，'()1x

f x e =-. 当(,0)x ∈-∞时，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >. 故()f x 在(,0)-∞单调减少，在(0,)+∞单调增加

（II ）'()12x

f x e ax =--，由（I ）知1x e x ≥+，当且仅当0x =时等号成立.故

'()2(12)f x x ax a x ≥-=-，从而当120a -≥，即1

2

a ≤

时，'()0 (0)f x x ≥≥，而(0)0f =， 于是当0x ≥时，()0f x ≥. 由1(0)x

e x x >+≠可得1(0)x

e x x ->-≠.从而当1

2

a >时，

'()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a --<-+-=--，

故当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f =，于是当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <.

综合得a 的取值范围为1,

2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭