洛必达法则解高考题

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 lim x 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 。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题○2 洛必达法则可处理0 0， ，0 ，1 ，，0 ， 型。

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0 0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。

则不适用，应从另外途径求极限。

洛必达法则简介： ○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。

法则 1 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f x 0 及 lim g x 0；x a x a(2) a f(x) g(x) g'(x) 0 在点 的去心邻域内， 与 可导且 ≠ ；二．高考题处理1.(2010 年全国新课标理 )设函数x 2f (x) e 1 x ax 。

(3) limx af xg xl ，（1） 若a 0，求 f (x) 的单调区间； （2） 若当 x 0时 f (x) 0，求 a 的取值范围那么 limx af xg x= limx af xg xl 。

x x原解：（1） a 0时， ( ) 1f x e x ， f '( x) e 1.法则 2 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim f x 0 及lim g x 0；x x当 x ( ,0) 时， f '( x) 0；当 x (0, ) 时， f '( x) 0 .故 f (x) 在( ,0) 单调减少，在(2) A f 0，f(x) 和 g(x) 在 ,A 与 A, 上可导，且 g'(x) ≠0；(0, ) 单调增加(3) limxf xg x l ，x（II ） '( ) 1 2f x e ax那么 limxf xg x=limxf xg xl。

x 由（I ）知 1e x ，当且仅当 x 0时等号成立 .故f '( x) x 2ax (1 2a)x ，法则 3 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) limx af x 及 lim x ag x ；从而当 1 2a 0，即 1 a 时， f '( x) 0 ( x 0) ，而 f (0) 0 ，2(2) 在点 a 的去心邻域内， f(x) 与 g(x) 可导且 g'(x) ≠0；于是当 x 0时， f (x) 0 .(3) limx af xg xl ，x x由 e 1 x(x 0) 可得 e 1 x(x 0) .从而当1 a 时， 2那么 limf x= limx af xl 。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(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．（全国1理）已知函数()11axx f x e x -+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()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）若对所有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,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由.（新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围.（新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()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）已知函数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：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：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=-；第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：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±∞）.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='.1.（新课标理）已知函数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 >，则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 ≥不易想到.尤其是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相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升.洛必达法则解法当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 ≠则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 -=++，则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. 由洛必达法则有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：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22ln ()11x xg 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.2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（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 ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)1xh x x e =-+，当(0+)x ∈∞，时，''()0xh x x e =>，所以'()(1)1x h x x e =-+在(0+)∞，上单调递增，且'()'(0)0h x h >=，所以()(2)2xh 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. 由洛必达法则有，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：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x ->. 记3sin ()x x f x x -=，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”型式子.（海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()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）应用洛必达法则和导数当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 ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0x h x xe =>，因此()(1)1xh 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.由洛必达法则有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）应用洛必达法则和导数 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 xxe e g x xe x-+=-，则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 -=--+，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-∞.（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）应用洛必达法则和导数sin ()2cos xf x ax x=≤+若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos xax 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 xg 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 ≥.。

导数结合洛必达法则巧解高考压轴题第一部分：历届导数高考压轴题(全国2理)设函数f (x )＝(x ＋1)ln(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．（全国1理）已知函数()11axx f x e x -+=-.（Ⅰ）设0a >，讨论()y f x =的单调性；（Ⅱ）若对任意()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）若对所有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,)+∞?若存在,求a 的取值范围;若不存在,试说明理由. （新课标理）设函数)(x f =21x e x ax ---. （Ⅰ）若0=a ，求)(x f 的单调区间;（Ⅱ）若当x ≥0时)(x f ≥0，求a 的取值范围. （新课标文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()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）已知函数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：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围第二部分：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!!nn n x x x x x R n -+=-+-+-+其中111(1)()(1)!1n nn n x R n xθ++=-++；3.35211sin (1)3!5!(21)!k k nx x x x x R k --=-+-+-+-，其中21(1)cos (21)!k kn xR x k θ+=-+；4. 24221cos 1(1)2!4!(22)!k k nx x xx R k --=-+-+-+-，其中2(1)co s(2)!k kn x R x k θ=-； 第三部分：洛必达法则及其解法洛必达法则：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±∞）.则()()lim lim ()()x a x a f x f x A g x g x →→'=='. 1.（新课标理）已知函数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l n1()1x f x x x=++，所以22l n 1(1)(1()()(2ln11x kk x f x x x x x x---+=+--.考虑函数()2lh x x =+2(1)(1)k x x--(0x >，则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 kf 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 ≥不易想到.尤其是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相同，这是高中阶段公认的难点，即便通过训练也很难提升. 洛必达法则解法当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 ≠则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 -=++，则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. 由洛必达法则有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：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22ln ()11x xg 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. 2.（新课标理）设函数2()1x f x e x ax =---. （Ⅰ）若0a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 应用洛必达法则和导数（Ⅱ）当0x ≥时，()0f x ≥，即21x e x ax --≥.①当0x =时，a R ∈；②当0x >时，21x e x a x --≥等价于21x e xa x--≤. 记21()x e x g x x --= (0+)x ∈∞，，则3(2)2'()x x e x g x x -++=. 记()(2)2x h x x e x =-++ (0+)x ∈∞，，则'()(1)xh 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. 由洛必达法则有， 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：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围.应用洛必达法则和导数当(0,)2x π∈时，原不等式等价于3sin x xa x->. 记3sin ()x x f x x -=，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“0”型式子.（海南宁夏文）已知函数2()(1)x f x x e ax =--.（Ⅰ）若()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）应用洛必达法则和导数当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 ∈+∞，则(1)1'()x x e g x x -+=.记()(1)1x h x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0xh x x e=>，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. 由洛必达法则有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）应用洛必达法则和导数 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 xh x e x e -=--+，则'()x xh 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-∞.（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）应用洛必达法则和导数 若0x =，则a R ∈； 若0x >，则sin 2cos xax x≤+等价于sin (2cos )x a x x ≥+，即sin ()(2cos )xg x x x =+则222cos 2sin sin cos '()(2cos )x x x x x xg x x x --+=+. 记()2cos 2sin sin cos h 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 ≥.。

洛必达法则思路引导“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。

法则1　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→a f(x)=0及limx→ag(x)=0；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limx→a f′xg′x=A，那么limx→af xg x=limx→af′xg′x=A.法则2　若函数f(x)和g(x)满足下列条件：(1)limx→a f(x)=∞及limx→ag(x)=∞；(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；(3)limx→a f′xg′x=A，那么limx→af xg x=limx→af′xg′x=A.例题讲解类型一：用洛必达法则处理00型函数【例1】已知函数f(x)=x(e x-1)-ax2，当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.【方法总结】用洛必达法则处理00型函数的步骤：1.可以分离变量；2.出现“0”型式子；3.运用洛必达法则求值2023届高考数学专项练习【针对训练】若∀x∈[1,+∞)，不等式ln x≤m x-1 x恒成立，求实数m的取值范围.类型二：用洛必达法则处理∞∞型函数【例2】已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)，若当x∈(1，+∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．【方法总结】用洛必达法则处理∞∞型函数的步骤：1.可以分离变量；2.出现“∞∞”型式子；3.运用洛必达法则求值【针对训练】设函数f(x)=e x-1-x-ax2，若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围模拟训练1.已知函数f(x)=a ln x+bx(a,b∈R)在x=12处取得极值，且曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线x-y+1=0垂直.(1)求实数a,b的值；(2)若∀x∈[1,+∞)，不等式f(x)≤(m-2)x-m x恒成立，求实数m的取值范围.2.已知函数f(x)=x(e x-1)-ax2.(1)若f(x)在x=-1时有极值，求函数f(x)的解析式；(2)当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.3.已知函数f(x)=a ln xx+1+bx，曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为x+2y-3=0。

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。

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．。

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 )(+=。

导数联合洛必达法例巧解高考压轴题2010年和2011年高考取的全国新课标卷中的第 21题中的第○步，由不等式恒建立来求参数的2取值范围问题，剖析难度大，但用洛必达法例来办理却可达到事半功倍的成效。

洛必达法例简介：法例1若函数f(x)和g(x) 知足以下条件： (1) limfx 0及limgx0；xaa(2) 在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x)≠0；(3) l imf xl，g xxa=lim f x l 。

那么limg xx a gxa法例2若函数f(x)和g(x)知足以下条件： (1) l imfx 0及limgx0；xx(2) A f 0，f(x) 和g(x)在,A 与A,上可导，且g'(x) ≠0；(3lf xl) im，gx=limf x那么liml 。

xg x法例3若函数f(x) 和g(x)知足以下条件：(1)limfx 及limgxxaxa(2)在点a 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且g'(x)≠0；(3) l imx l，g xxa=lim f x那么limgl 。

x ag x ax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→-∞，xa ，x a洛必达法例也建立。

○洛必达法例可办理，，，型。

010，在着手求极限从前，第一要检查能否知足，0，，，型定式，010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．高考题办理1.(2010年全国新课标理)设函数 f(x) e x 1 x ax2。

（1）若a 0，求f(x)的单一区间；（2）若当x 0时f(x) 0，求a的取值范围原解：（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)单一减少，在(0, )单一增添（II）f'(x)e x1 2ax由（I）知e x 1 x，当且仅当 x 0时等号建立.故f'(x)x2ax(12a)x，进而当12a0，即a1(x0)，而f(0)，时，f'(x)02于是当x0时，f(x).由e x1x(x0)可得e x1x(x0).进而当a时，f'(x)ex12a(e x1)e x(e x1)(e x2a)，故当x(0,ln2a)时，f'(x)0，而f(0)0，于是当x(0,ln2a)时，f(x)0.综合得a的取值范围为,12原解在办理第（I）时较难想到，现利用洛必达法例办理以下：另解:（II）当x0时，f(x)0，对随意实数a,均在f(x)；x1当x0时，f(x)0等价于a e2xx xx2exe3x x2x，令g(x>0),则g(x)e，令hx x2 x xe e1，hx则hx x ee x e0，知h x在0,上为增函数，hx h00；知hx在0,上为增函数，hx h0；g0，g(x)在0,上为增函数。

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。

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.。

例析洛必达法则在解高考导数题中的运用在2014年全国各地的高考试题中，函数的综合运用考查几乎都与恒成立问题和有解问题有关，这类考题无一例外地涉及到求参数的取值范围。

解决这类问题的方式有两种：一种是选主元法，即将已知范围的字母视为主元，待求范围的字母视为常数，对含参数的函数进行分类讨论研究以解决问题，但这种方法一般比较复杂；另一种是通过变形将含参数的方程或不等式中的参数分离出来，将方程或不等式的一端化为只含参数的解析式，而将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进行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”，它的最大优点是将所蕴涵的函数关系由隐变显，避免了分类讨论的麻烦，因此往往显得非常简捷、有效，是教师和学生所喜爱的一种方法。

然而，笔者发现一个奇怪的现象：许多高考试题采用分离参数法求解入手容易，思路简单，但由于中途函数在某点处的极限难以求出，导致解答半途而废。

经研究发现，这些极限均为型，无法按常规方法约掉零因子。

但如果借助高等数学中的洛必达法则，便能轻松解决这个问题。

下面以2014年陕西、四川两道高考压轴试题的求解为例展示洛必达法则的应用。

洛必达法则是一种通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式值的方法。

具体地，在x趋于某个值a时，若f(x)和g(x)都趋于0或无穷大，且f'(x)和g'(x)都存在且g'(x)不等于0，则可以使用洛必达法则。

使用时要注意两点：一是要检查函数极限是否满足∞/∞或0/0型；二是洛比达法则可连续使用多次。

举例来说，考虑2014年陕西高考理科数学第21题中的函数f(x)=ln(1+x)和g(x)=xf'(x)，其中f'(x)是f(x)的导函数。

题目要求求解g'(x)和g(n)(x)，以及确定实数a的取值范围。

首先，我们可以使用洛必达法则求解g'(x)，即将g(x)的分子和分母分别求导，得到g'(x)=(1+x)/(1+x)=1，因此g'(x)的值为1.接下来，考虑求解g(n)(x)。

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 。

第12讲 洛必达法则巧解 高考压轴题知识与方法数压轴题第2问中，如果是不等式恒成立来求参数的取值范围问题，我们可以用洛必达法则来处理．先给大家介绍一下什么是洛必达法则：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()0g x '≠；（3）()()lim x a f x l g x →'='，那么()()()()lim lim x a x a f x f x l g x g x →→'=='． 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()0g x '≠；（3）()()lim x a f x l g x →'='，那么()()()()lim lim x a x a f x f x l g x g x →→'=='． 了解了什么是洛必达法则，那么，什么情况下可以使用它去解 决问题呢？ 首先，先逐条诠释一下洛必达法则需要满足的条件．对于（1），这样给大家解 释，我们用洛必达法则处理的式子形式为00或∞∞的形式，也是唯一判定标准．对于（2），我们在高中阶段几乎不研究不可导函数，所以大家不用担心．对于（3），高中阶段，当出现00或∞∞的时候，对分子分母分别求导，若值存在，则值不变，洛必达法则可以在一个式子中多次使用，直到可以求出定值为止．典型例题【例1】 设函数2()1x f x e x ax =---．（1）若a =0，求()f x 的单调区间；（2）若当x ≥0时，()0f x ≥，求a 的取值范围．【例2】 已知函数ln ()=1a x f x x xb ++，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)当0x >,且1x ≠时,ln ()1x k f x x x >+-,求k 的取值范围.【例3】设函数sin ()=2cos x f x x. (1)求()f x 的单调区间;(2)如果对任何0x ,都有()f x ax ,求a 的取值范围.【例4】 设函数()(1)ln(1)f x x x =++,若对所有的0x 都有()f x ax 成立,求实数a 的取值范围.。