高考中的洛必达法则

导数利器——洛必达法则
一、问题指引
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法（避免分类讨论）解决成立、或
恒成立命题时，经常需要求在区间端点处的函数（最）值，若出现00型或∞
∞
型可以考虑使用
洛必达法则。

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

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

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

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

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

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

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

4.若条件符合，洛必达法则可连续多次使用，直到求出极限为止。

(一)典例分析
【例1】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,)2
x π
∈时，原不等式等价于3
sin x x
a x
->
.
记3sin ()x x f x x -=
，则4
3sin 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,)2
π
上单调递减.由洛必达法则有 320
000sin 1cos sin cos 1lim ()lim
lim lim lim 3666
x 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,)2
x 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；
(2)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.
【例2】.设函数()1x f x e -=-.
（Ⅰ）证明：当1x >-时，()1
x
f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1
x
f x ax ≤+，求a 的取值范围. 解析:
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数 由题设0x ≥，此时()0f x ≥.
①当0a <时，若1x a >-，则01x ax <+，()1
x
f x ax ≤
+不成立； ②当0a ≥时，当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，即11
x x
e ax --≤+；
若0x =，则a R ∈；
若0x >，则11
x
x
e ax --≤+等价于111x e x ax --≤+， 即1x x x xe e a xe x -+≤-.记1
()x x x xe e g x xe x
-+=-，
则22222
21'()=(2)()()
x x x x x x
x x e x e e e g x e x e xe x xe x ---+=--+--.
记2()2x x h x e x e -=--+，则'()2x x h x e x e -=--，
''()+20x x h x e e -=->.因此，'()2x x h x e x e -=--在(0)+∞，上单调递增，且'(0)0h =，所以'()0h x >， 即()h x 在(0)+∞，上单调递增，且(0)0h =，所以()0h x >.
因此2
'()=()0()
x
x e g x h x xe x >-，所以()g x 在(0)+∞，上单调递增.由洛必达法则有 000011
lim ()lim lim lim 122x x x x x x x x x x x x x x xe e xe e xe g x xe x e xe e xe →→→→-++====-+-+，即当0x →时， 1()2g x →
，即有1
()2
g x >，所以12a ≤.综上所述，a 的取值范围是1(,]2-∞.
【例3】(2010年全国新课标理)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⎛
⎫-∞ ⎪⎝
⎭
解法二.（II ）当0x =时，()0f x =，对任意实数a,均在()0f x ≥；当0x >时，()0f x ≥等价于
2
1
x e x a x
--≤ 令()21x e x g x x --=()0x >,则3
22
()x x xe e x g x x
-++'=，令()()220x x h x xe e x x =-++>，则()1x x h x xe e '=-+，()0x h x xe ''=>，
知()h x '在()0,+∞上为增函数，()()00h x h ''>=； 知()h x 在()0,+∞上为增函数，()()00h x h >=；
()0g x '∴>，g(x)在()0,+∞上为增函数。

由洛必达法则知，200011
lim
lim lim 222
x x x x x x e x e e x x +++→→→--===， 故12a ≤综上，知a 的取值范围为1,2⎛
⎫-∞ ⎪⎝
⎭。

【评注】
1.不等式恒成立或能成立题目。

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

常规方法不易求得最值或其极限值(往往多次求导后仍为超越结构)。

可
考虑在某个端点或断点处应用洛必达法则求最值(或极限值)。

2.使用洛必达法则时，是对分子、分母分别求导，而不是对它们的商求导，求导之后再求极限得最值。

【例4】（2011年全国新课标理）已知函数，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。

解法一：
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1
f ()1x 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 ）设0k ≤，由22
2
(1)(1)'()k x x h x x +--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h （x ）递减。

而(1)0
h =故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得
2
1
()01h x x
>-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得2
11
x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x +x k
.
（ii ）设0<k<1.由于2(1)(1)2k x x -++=2(1)21k x x k -++-的图像开口向下，且
244(1)0k ∆=-->，对称轴x=
1
11k >-.
当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故'h （x ）>0,
而h （1）=0，故当x ∈（1，
k -11）时，h （x ）>0，可得2
11x
-h （x ）<0,与题设矛盾。

（iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>⇒'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，+∞）时，h （x ）>0，可得
2
11
x - h （x ）<0,与题设矛盾。

综合得，k 的取值范围为（-∞，0]
解法二
（II ）由题设可得，当0,1x x >≠时，k<
2
2ln 11x x
x
+-恒成立。

令g (x)=
2
2ln 11x x
x +-(0,1x x >≠), 则()()()
222
21ln 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 ''=+-， 知()21
2ln 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
()21
11ln 1ln 1lim 2lim
12lim 1210122x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫
=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭
∴0k ≤，即k 的取值范围为（-∞，0]
变式.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．
【解析】 （Ⅰ）22
(2cos )cos sin (sin )2cos 1
()(2cos )(2cos )x x x x x f x x x +--+'==++．
当2π2π2π2π33k x k -
<<+
（k ∈Z ）时，1cos 2
x >-， 即()0f x '>；当2π4π2π2π33k x k +<<+
（k ∈Z ）时，1
cos 2
x <-，即()0f x '<． 因此()f x 在每一个区间2π2π2π2π33k k ⎛
⎫-+ ⎪⎝⎭，（k ∈Z ）是增函数，()f x 在每一个区间2π4π2π2π33k k ⎛
⎫++ ⎪⎝⎭
，（k ∈Z ）是减函数．
（Ⅱ）sin ()2cos x
f x ax x
=
≤+若0x =，则a R ∈；
若0x >，则sin 2cos x ax x
≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )x g x x x =+，则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 cos21
2sin cos212sin 2sin 2sin (sin )h x x x x x x x x x x x x x x x =---+=--+=-=-
因此，当(0,)x π∈时，'()0h x <，()h x 在(0,)π上单调递减，且(0)0h =，故'()0g x <，所以()g x 在(0,)π上单调递减， 而000sin cos 1lim ()lim lim (2cos )2+cos sin 3
x x x x x g x x x x x x →→→===+-. 另一方面，当[,)x π∈+∞时，sin 111()(2cos )3x g x x x x π=
≤≤<+，因此13a ≥.。