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...»。

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$h(0)=0$。

洛必达法则与恒成立问题洛必达法则的应用：若()()()0x x x g x f k ≥≥，令()()()0lim 0x x x g x f p x x ≥=→，此时()()0,000==x g x f ，故()()()()()()()0lim lim lim 000x x x g x f x g x f x g x f p x x x x x x ≥''''''===→→→，故当p k ≥时()()()0x x x g x f k ≥≥恒成立。

若()()()0x x x g x f k ≥≤恒成立，令()()()0lim 0x x x g x f p x x ≥=→，此时()()0,000==x g x f ，故()()()()()()()0lim lim lim 000x x x g x f x g x f x g x f p x x x x x x ≥''''''===→→→，故当p k ≤时()()()0x x x g x f k ≥≤恒成立。

注意：①()()()()()()()0lim lim lim 000x x x g x f x g x f x g x f p x x x x x x ≥''''''===→→→求导直到分母为非零数；②分母不为零后，不能再求导；③()()()()x g x f x g x f ''''''，出现繁分式一定要化简。

例1:（2010新课标理改）设函数()012≥---=ax x e x f x 对[)+∞∈,0x 恒成立，求实数a 的取值范围。

分析：()22101x x e a ax x e x f x x --≤⇒≥---=()0≥x ，属于00类型，故可以利用洛必达法则求出a 的取值范围。

利用洛必达法则来处理函数“恒成立”问题近几年，高考试题中常常考察函数恒成立问题。

常规解决办法是分类讨论的数学思想，相对来说比较复杂，分类讨论的标准很难找，为此，可以利用分离参数的方法，利用洛必达法则求解比较简单。

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) ()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 ()()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 ()()lim x 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 a f x l g x →'='， 那么 ()()lim x a f x g x →=()()limx a f x l g x →'='。

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,)+∞．。

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导数结合洛必达法则巧解高考压轴题2010年和2011年高考中的全国新课标卷中的第21题中的第错误!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。

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 →∞'='。

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。