洛必达法则在高考中的应用
高考数学专题突破：用洛必达法则求参数取值范围
洛必达法则简介：
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 →'='
。 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 →∞'='。
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。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。 ⑤若无法判定
()
()
f x
g x ''的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其
它方法计算()()
lim
x x f x g x →．
【2010全国大纲理21】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】（Ⅰ）当x ＞-1时，()1
x f x x +…当且仅当e 1.x
x +…（步骤1）
令()e 1x
g x x =--，则()e 1.x
g x '=-
当0x …时，()g x 在[)0,+∞是增函数； 当0x ?时，()g x 在(],0-∞是减函数.（步骤2）
于是()g x 在0x =处达到最小值，因而当x ∈R 时，()(0),g x g …即e 1.x
x +… 所以当1x -＞时, ()1
x
f x x +…
.（步骤3） （Ⅱ）由题设0x …，此时()0f x …. 当0a ＜时,若1x a >-
，则0,()+11
x x f x ax ax <+?不成立（步骤4） 当0a …时，令()()()h x axf x f x x =+-，则
()1
x
f x ax +?
当且仅当()0h x ?. ()()()()1()()().
h x af x axf x f x af x axf x ax f x '''=++-=-+-(步骤5)
（i ）当1
02
a
剟时，由（Ⅰ）知(1)(),x x f x +?（步骤6） ()()()(1)()(),(21)()0
h x af x axf x a x f x f x a f x '-++-=-??
()h x 在[)0,+∞是减函数，()(0)0,h x h =?即()1
x
f x ax +?
. (ii)当1
2
a >
时，由(i)知(),x f x …
()()()()
()()()()(21)(),
h x af x axf x ax f x af x axf x af x f x a ax f x '=-+--+-=--…（步骤7） 当210a x a -<<
时，()0h x '>,所以()(0)0h x h >=，即()1
x
f x ax >+. 综上，a 取值范围是10,2
??
????
.（步骤8）
应用洛必达法则和导数（Ⅰ）略 （Ⅱ） 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()
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-∞.
【2008全国2理】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】常规解法解：（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，1
cos 2x >-，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）令()()g x ax f x =-则
22cos 1()(2cos )x g x a x +'=-
+223
2cos (2cos )a x x =-+
++
2
11132cos 33a x ??=-+- ?+??故当13a ≥
时，()0g x '≥
又(0)0g =，所以当0x ≥时，()(0)0g x g =≥，即()f x ax ≤ 当1
03
a <<
时，令()sin 3h x x ax =-，则()cos 3h x x a '=-． 故当[)0arccos3x a ∈，时，()0h x '>． 因此()h x 在[)0arccos3a ，上单调增加． 故当(0arccos3)x a ∈，时，()(0)0h x h >=， 即sin 3x ax >．
于是，当(0arccos3)x a ∈，时，sin sin ()2cos 3
x x
f x ax x =>>+．
当0a ≤时，有π1
π0222f a ??=>
???
g ≥． 因此，a 的取值范围是13
??+∞????
，． ··································································· 12分
（Ⅱ）应用洛必达法则和导数
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22
2cos 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0
0sin cos 1
lim ()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1
3
a ≥.
【2010?新课标文】设函数f （x ）=x （e x ﹣1）﹣ax 2 （Ⅰ）若a=，求f （x ）的单调区间；
（Ⅰ）若当x ≥0时f （x ）≥0，求a 的取值范围． 【解析】常规解法
解：（I ）a=时，f （x ）=x （e x ﹣1）﹣x 2，
=（e x ﹣1）（x +1）
令f′（x ）＞0，可得x ＜﹣1或x ＞0；令f′（x ）＜0，可得﹣1＜x ＜0； ∴函数的单调增区间是（﹣∞，﹣1），（0，+∞）；单调减区间为（﹣1，0）； （II ）f （x ）=x （e x ﹣1﹣ax ）．
令g （x ）=e x ﹣1﹣ax ，则g'（x ）=e x ﹣a ．
若a ≤1，则当x ∈（0，+∞）时，g'（x ）＞0，g （x ）为增函数，而g （0）=0，从而当x ≥0时g （x ）≥0，即f （x ）≥0．
若a ＞1，则当x ∈（0，lna ）时，g'（x ）＜0，g （x ）为减函数，而g （0）=0，从而当x ∈（0，lna ）时，g （x ）＜0，即f （x ）＜0．
综合得a 的取值范围为（﹣∞，1]． （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)x
x e ax -≥等价于1x
e ax -≥，也即1
x 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)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 x
x 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. 【2011新课标理21】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；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k
f x x x
>
+-，求k 的取值范围. 【解析】（1）()11f b ==，因为()()
22
1ln 11x a x x f x x x +??- ?
??'=-+，所以()11122a f '=-=-，于是1a =． （2）法1：（分离参数法）由()ln 1x k f x x x >
+-可得22ln 11x x k x <+-，令()2
2ln 1x x
H x x
=-（0x >且1x ≠）． ()()
()
222
22ln ln 11x x x x H x x ++-'=
-，令()221ln ln 1H x x x x x =++-，则()11
2ln H x x x x x
'=
+-，令()()21H x H x '=，则()2
212ln 1H x x x '=-++，令()()32H x H x '=，则()33
22
0H x x x
'=+>．
当()0,1x ∈时，()3H x 在()0,1上递增，于是()()3310H x H <=，即()2
0H x '<，所以()2H x 在()0,1上递减，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()0,1上递增，所以()()1110H x H <=，于是
()0H x '<，所以()H x 在()0,1上递减．
当()1,x ∈+∞时，()3H x 在()1,+∞上递增，于是()()3310H x H >=，即()20H x '>，所以()2H x 在()
1,+∞上递增，于是()()2210H x H >=，即()10H x '>，所以()1H x 在()1,+∞上递增，所以()()1110H x H >=，于是()0H x '>，所以()H x 在()1,+∞上递增．
由洛必达法则，可得()()()
2
111122ln 2ln 2ln 2
lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x
++++→→→→'+====---'-，同理，()1lim 1x H x -→=-，所以当0x >且1x ≠时，有2
2ln 101x x
x
+
>-，于是0k ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知()ln 1
1x f x x x
=++，所以
()()()()22
11ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x
x ??--??
??=-+=+ ?--??????
，考虑函数()()()2112ln k x h x x x --=+，0x >，
则()()2
1
1F x h x x
=
-，此时有()10h =． ()()()22
121k x x k h x x
-++-'=，令()()()2121x k x x k ?=-++-，当1k ≠时，其判别式为()()2
44142k k k ?=--=--．
①当0k ≤时，0?≤，所以()0x ?≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2
1
01F x h x x
=
>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()
ln 1x k
f x x x
>+-恒成立． ②当01k <<时，()x ?是开口方向向下，以1
11k
>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为
()120k ?=>，所以当11,1x k ??∈ ?-??时，()0x ?>，所以()0h x '>，于是()h x 在11,1k ?? ?-??上递增，所以()0h x >．而11,1x k ?
?∈ ?
-??
时，2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()ln 1x k f x x x >+-不恒成立． ③当1k =时，()2
0h x x
'=
>，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，所以当()1,x ∈+∞时，()0h x >，而
2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()ln 1x k
f x x x
>+-不恒成立． ④当12k <<时，()x ?是开口方向向上，以1
01k
<-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为
()010k ?=->，所以()0x ?>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是
()ln 1x k
f x x x
>
+-不恒成立． ⑤当2k ≥时，()x ?是开口方向向上，以1
01k
<-为对称轴，与x 轴最多有一个交点的二次函数，所以()0x ?>在()0,+∞上恒成立，所以()h x 在()0,+∞上是增函数，以下同③，于是()ln 1x k
f x x x
>+-不恒成立．
综上所述，k 的取值范围为(],0-∞．
法3：（通过猜想减少分类讨论）由（1）知()ln 1
1x f x x x
=
++，所以()()()()22
11ln 12ln 11k x x k F x f x x x x x
x ??--??
??=-+=+ ?--??????
．因为()()31122ln 2032k F ?-?=-+>????，所以
4ln 2
10.083
k <-
≈． 考虑函数()()()
2112ln k x h x x x
--=+
，0x >，则()()2
1
1F x h x x
=
-，此时有()10h =． ()
()()22
121k x x k h x x
-++-'=
，令()()()2121x k x x k ?=-++-，这是开口方向向下的抛物线，其判别式
为()()2
44142k k k ?=--=--．
①当0k ≤时，0?≤，所以()0x ?≤，于是()0h x '≤，于是()h x 在()0,+∞上递减，而()10h =，所以当()0,1x ∈时，()0h x >，于是()()2
1
01F x h x x
=
>-；当()1,x ∈+∞时，()0h x <，于是()()2101F x h x x =>-．所以当0x >，且1x ≠时，()0F x >，即()
ln 1x k
f x x x
>+-恒成立． ②当4ln 2013k <<-时，()x ?是开口方向向下，以1
11k
>-为对称轴，
与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ?=>，所以当11,1x k ??∈ ?-??时，()0x ?>，所以()0h x '>，于是()h x 在11,1k ?? ?-??上递增，所以
()0h x >．而11,1x k ?
?∈ ?
-??
时，2101x <-，所以()()2101F x h x x =<-，于是()ln 1x k f x x x >+-不恒成立． 综上所述，k 的取值范围为(],0-∞．
法4：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >
+-可得()2
2ln 111x x
k H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()20
0001
ln ln lim ln lim lim lim lim 01
11x x x x x x x
x x x x x
x x +
++
++→→→→→'
====-='????- ? ???
??
，于是()0
lim 1x H x +
→=，所以1k ≤． 下同法2，只需讨论法2的①②③三种情况即可． 法5：（通过猜想减少分类讨论）由()ln 1x k f x x x >
+-可得()2
2ln 111x x
k H x x
<+=+-，由洛必达法则，可得()()()
211112
2ln 2ln 2ln 2
lim lim lim lim 1121x x x x x x x x x H x x x x →→→→'+====---'-，所以0k ≤． 下同法2，只需讨论法2的①即可．
【2010新课标理21】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.
【解析】（1）当0a =时，()e 1x f x x =--，()e 1x f x '=-．由()0f x '>可得0x >，由()0f x '<可得
0x <．所以()f x 的递增区间是()0,+∞，递减区间是(),0-∞．
（2）法1：（分离参数法）()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立2e 1x ax x ?≤--在[)0,+∞上恒成立．
当0x =时，式子显然成立；当0x ≠时，分离参数可得2
e 1x x
a x --≤在()0,+∞上恒成立．令
()2e 1x x F x x --=，则()3
e 2e 2
x x x x F x x -++'=，令()e 2e 2x x h x x x =-++，可得()e e 1x x h x x '=-+，()e 0x h x x ''=>，所以()h x '在()0,+∞上递增，于是()()00h x h ''>=，即()0h x '>，所以()h x 在()0,+∞上
递增，于是()()00h x h >=，所以()0F x '>，所以()F x 在()0,+∞上递增．
由洛必达法则，可得()()()()()
0002
e 1e 1e 1
lim lim
lim
lim 222x
x
x x x x x x F x x x +
+
+
+→→→→'
'
---===='
'，所以在()0,+∞上有()12F x >，所以1
2
a ≤．
法2：（不猜想直接用最值法）()e 12x f x ax '=--，()e 2x f x a ''=-． ①当21a ≤，即1
2
a ≤
时，有()0f x ''≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．
②当21a >，即1
2
a >
时，由()0f x ''<可得ln2x a <时，于是()f x '在[)0,ln 2a 上递减，所以()()00f x f ''≤=，所以()0f x '≤，所以()f x 在[)0,ln 2a 上递减，于是()()00f x f ≤=，于是()0f x ≥不
恒成立．
综上所述，a 的取值范围是1,2?
?-∞ ??
?．
法3：（先猜想并将猜想强化）当0x =时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立．
当0x ≠时，()0f x ≥在[)0,+∞上恒成立()2
e 1x x
a F x x --?≤=在()0,+∞上恒成立．由洛必达法则，可得()()()()()0
0002e
1e 1e 1lim lim
lim
lim 222x
x
x x x x x x F x x x +
+
+
+
→→→→'
'
---===='
'
，所以12a ≤． ()e 12x f x ax '=--，()e 20x f x a ''=-≥，所以()f x '在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ''≥=，所
以()0f x '≥，所以()f x 在[)0,+∞上递增，所以()()00f x f ≥=．
【例1】已知函数()ln f x x kx k
=-+（k ∈R ）． （1）求()f x 在[]1,2
上的最小值；
（2）若1ln 1x a x x ??+≥ ? ?-??对()1,1x ∈-恒成立，求正数a 的最大值．
【解析】（1）定义域为()0,+∞，()11
kx f x k x x
-+'=
-=
． ①当0k ≤时，()0f x '>，函数()f x 在[]1,2为增函数，所以()()min 10f x f ??==??． ②当0k >时，由()0f x '>可得10x k <<
，由()0f x '<可得1x k >，所以()f x 在10,k ??
???
上递增，在1,k ??
+∞ ???
上递减．于是()f x 在[]1,2上的最小值为()10f =或()2ln 2f k =-． （i ）当0ln2k <-，即0ln2k <<时，()()min 10f x f ??==??． （ii ）当0ln2k ≥-，即ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ??==-??．
综上所述，当ln2k <时，()()min 10f x f ??==??；当ln2k ≥时，()()min 2ln 2f x f k ??==-??．
（2）令[)0,1t x =∈，则1ln 1x a x x ??+≥ ? ?-??
对()1,1x ∈-恒成立1ln 1t at t +??
?≥ ?-??对[)0,1t ∈恒成立． 法1：（分离参数法）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +??≥ ?-??对[)0,1t ∈恒成立1ln 1t t a t +??
?-???≤
对()0,1t ∈恒成立．
令()1ln 1t t G t t +?? ?-??=，则()2221ln 11t t t t G t t +??
- ?--??'=，令()221ln 11t t H t t t +??=- ?--??，则
()()
()2
2
2
2
22222240111t t H t t t t +'=
-=>---，所以()H t 在()0,1上递增，于是()()00H t H >=，即()0G t '>，所以()G t 在()0,1上递增．
由洛必达法则，可得()20021lim
lim 21
t t t G t ++→→-==，于是02a <≤，所以正数a 的最大值为2． 法2：（不猜想直接用最值法）构造函数()1ln 1t F t at t +??
=- ?-??
，则()2222211at a F t a t t +-'=
-=--． ①当20a -≥，即2a ≤时，()0F t '>，所以函数()F t 在[)0,1上递增，所以()()00F t F ≥=． ②当20a -<，即2a >时，由()0F t '<
可得0x ≤<
，所以函数()F t
在???上递减，于
是在???
上，()()00F t F ≤=，不合题意． 综上所述，正数a 的最大值为2．
法3：（先猜想并将猜想强化）由常用不等式ln 1x x ≤-（0x >）可得112ln 1111t t
t t t t ++??≤-= ?---??
，即21t at t ≤
-．当0t =时，式子恒成立，当()0,1t ∈，有21a t ≤-恒成立，而2
21t >-，所以2a ≤． 下面证明a 可以取到2，即证明不等式1ln 21t t t +??≥ ?-??对[)0,1t ∈恒成立．构造函数()1ln 21t K t t
t +??=- ?-??
（01t ≤<），则()2
22222011t K t t t '=-=≥--，所以函数()K t 在[)0,1上递增，所以()()00K t K ≥=，所以
不等式1ln 21t t t +??
≥ ?-??
对[)0,1t ∈恒成立，所以正数a 的最大值为2．
法4：（先猜想并将猜想强化）()1ln 01t F t at t +??
=-≥ ?-??对[)0,1t ∈恒成立，因为()00F =所以
()020F a '=-≥，即2a ≤．
下同法3．
洛必达法则巧解高考压轴题
洛必达法则巧解高考压 轴题 This model paper was revised by LINDA on December 15, 2012.
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 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 →'='。 0 0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 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 →'='。 ∞ ∞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）x x x 1ln lim 0 +→ (∞∞型) （2）lim x ?p 2 sin 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 x b ax x f 的图像在点())1(,1f 处的切线方程为1-=x y ，
导数的应用洛必达法则
导数的应用洛必达法则 1.设函数21)(ax 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) 定义域为R ,当0=a 时,有题知x e x f x --=1)(,则1)('-=x e x f . 令0)('>x f ,得e x >;令0)(' 导数结合xx法则巧解高考压轴题 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为热点.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题型.这类题目简易让考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.利用分离参数的方法不能解决这类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，解决这类问题的有用方法就是洛必达法则.利用导数确定函数的单调性，再用洛必达法则就能顺利解决上面提出的“”型的导数应用问题.本文首先给出洛必达法则，然后用洛必达法则和导数解决高考试题并将这种方法应用于其他试题，从中可以发现运用高等数学知识解?}的优越性. 洛必达法则：设函数f（x）、g（x）满足： （1）f（x）=g（x）=0； （2）在U0（a）内，f ′（x）和g′（x）都存在，且g′（x）≠0； （3）=A（A可为实数，也可以是±∞）.则==A. 1.（2011海南宁夏理21）已知函数f（x）=+，曲线y=f（x）在点（1，f （1））处的切线方程为x+2y-3=0.（1）求a，b的值； （2）如果当x>0，且x≠1时，f（x）>+，求k的取值范围.解析：（1）略解，易知a=1，b=1； （2）当x>0，且x≠1时，由f（x）>+，易得k0，从而h（x）=lnx+在x∈（0，+∞）时单调递增，且h（1）=0，所以当x∈（0，1）时，h（x）0；当 x∈（0，1）时， g′（x）0，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： g（x）=（+1）=1+=1+=0， 即当x→1时，g（x）→0所以当x>0，且x≠1时，g（x）>0.因为k0，且x≠1时，f（x）>+成立，求k的取值范围是（-∞，0]. 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 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 →'='． 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x b 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． 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 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。 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) 及； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)， 那么=。 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1)及； (2)，f(x) 和g(x)在与上可导，且g'(x)≠0； (3)， 那么=。 法则3 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：(1) 及； (2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； (3)， 那么=。 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→-∞，，洛必达法则也成立。 ○2洛必达法则可处理，，，，，，型。 ○3在着手求极限以前，首先要检查是否满足，，，，，，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．高考题处理 1.(2010年全国新课标理)设函数。 （1）若，求的单调区间； （2）若当时，求的取值范围 原解：（1）时，，. 当时，；当时，.故在单调减少，在单调增加 （II） 由（I）知，当且仅当时等号成立.故 ， 从而当，即时，，而， 于是当时，. 由可得.从而当时， ， 故当时，，而，于是当时，. 综合得的取值范围为 原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下： 另解:（II）当时，，对任意实数a,均在； 当时，等价于 令(x>0),则，令 ，则，， 知在上为增函数，；知在上为增函数，；，g(x)在上为增函数。 1 引言 18世纪数学本身的发展，以及这个世纪后期数学研究活动的扩和数学教育的改革都为19世纪数学的发展准备了条件．微积分学的深人发展，才有了后面的洛比达法则，而且在英国和欧洲大陆是循着不同的路线进行的．在欧洲大陆，新分析正在莱布尼茨的继承者们的推动下蓬勃发展起来．伯努利家族的数学家们首先继承并推广莱布尼茨的学说. 雅各布·伯努利运用莱布尼茨引用的符号，并称之为积分，莱布尼茨采用他的建议，并列使用微分学与积分学两个术语．雅各布·伯努利的弟弟约. 翰·伯努利在莱布尼茨的协助之下发展和完善了微积分学. 他借助于常量和变量，用解析表达式来定义函数，这比在此之前对函数的几何解释有明显的进步. 他在求“0/0”型不定式的值时，发现了现称为洛必达法则的方法，即用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限. 约翰·伯努利的学生、法国数学家洛必达的《无限小分析》(1696)一书是微积分学方面最早的教科书，在十八世纪时为一模著作，他在书中规了这一种算法即洛必达法则，之后洛必达法则的也得到了广泛应用，这对传播微分学起到很大的作用. 从极限概念的产生到现在已经经历了两千五百多年的发展，漫漫的历史长河，人类在寻求真理和科学的过程中不断探索和总结，对于数学的探索给了人类科学发展以强大的动力．我们应当对任何知识都认真的学习、研究及做出总结．不仅踏寻前人的路迹，同时也要从中开创新的空间． 极限是数学分析的基石，是微积分学的基础．不定式极限是一种常见和重要的极限类型，其求法多种多样，变化无穷．本文先介绍了洛必达法则的定义，然后对洛必达法则使用条件及其常见误区进行了详细分析，阐述了该法则适用于解决函数极限的类型并举例说明其应用，总结了洛必达法则的各种形式及使用围，并介绍了洛必达法则的基本应用，以及在使用洛必达法则解题时应注意的问题．文章还将法则的适用围推广至求数列极限，然后分析法则的使用过程中容易出现的错误；最后通过具体实例说明了可以将法则和其他求极限方法结合起来使用，使我们对法则有了更深入的理解，进而提高了应用洛必达法则解决问题的能力． 2 洛必达法则及使用条件 在计算一个分式函数的极限时，常常会遇到分子分母同时趋向于零或无穷大的情况，由于这时无法使用“商的极限等于极限的商”的法则，运算将遇到很大的困难，事实上，这时极限可能存在，也可能不存在，当极限存在时，极限的值也会有各种各样的可能，如当a x →（或∞→x ）时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么极限 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()11ax x 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 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． （辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1x f 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，()1 x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1 x f x ax ≤ +，求a 的取值范围. （新课标理）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； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x > +-，求k 的取值范围. 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 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 →'='。 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 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 →'='。 ∞∞ 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）x x x 1ln lim 0 +→ (∞∞型) （2）lim x ?p 2 sin x -1cos x (00型) （3） 20 cos 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 第二部分：泰勒展开式 1.2311,1!2!3!!(1)!n n x x x x x x x e e n n θ+=+++++++K 其中(01)θ<<； 2. 23 1ln(1)(1),2!3!! n n n x x x x x R n -+=-+-+-+K 其中111(1)()(1)!1n n n n x R n x θ++=-++； 3.35211sin (1)3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+-+-+-K ，其中21 (1)cos (21)! k k n x R x k θ+=-+； 4. 2422 1cos 1(1)2!4!(22)!k k n x x x x R k --=-+-+-+-K 其中2(1)cos (2)! k k n x R x k θ=-； 第三部分：新课标高考命题趋势及方法 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 00 ”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. 第四部分：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 a x a f x g x →→==； （2）在()U a o 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 →→'=='. （2011新）例：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； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f x x x >+-，求k 的取值范围. （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 ---+=+--. 高考数学专题突破：用洛必达法则求参数取值范围 洛必达法则简介： 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 →'=' 。 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 →∞'='。 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。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。 ⑤若无法判定 () () f x g x ''的极限状态，或能判定它的极限振荡而不存在，则洛必达法则失效，此时，需要用其 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()11ax x 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 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． （辽宁理）设函数ln ()ln ln(1)1x f 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，()1 x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1 x f x ax ≤+，求a 的取值范围. （新课标理）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； （Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x k f 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 1.23 11,1!2!3! !(1)! n n x x x x x x x e e n n θ+=++++ +++其中(01)θ<<； 2.23 1 ln(1)(1) ,2!3!! n n n x x x x x R n -+=-+- +-+其中111(1) ()(1)!1n n n n x R n x θ++=-++； 3.35 211 sin (1) 3!5!(21)!k k n x x x x x R k --=-+- +-+-，其中21(1)cos (21)! k k n x R x k θ+=-+； 4.24 221 cos 1(1) 2!4! (22)!k k n x x x x R k --=-+- +-+-，其中2(1)cos (2)! k k n x R x k θ=-； 洛必达法则解高考题 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，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 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．高考题处理 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。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 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 x x a 0及 l im g x 0 ； x a ⑵在点 a 的去 心邻域内， f(x) 与g(x) 可导且 g'(x) K ; (3) f x lim l ,那么 x a g x f x f x lim -=lim l 。 x a g x x a g x f x f x lim =lim l 。 x a g 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 ; ⑶lim x l ,那么 x g x f x f x lim =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 a x a a 的去心邻域内，f(x) 与g(x)可导且 g'(x) K ; f (3) lim x l ，那么 x a g x 0 及［im g x 0 ; (2) Af 0， 和g(x)满足下列条件：⑴lim f x x 法则2若函数f(x) 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 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 →'='． 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x b 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． 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。 例析洛必达法则在解高考导数题中的运用 2014年全国各地的高考试题对函数的综合运用的考查，几乎都跟恒成立问题与有解问题有关，这类考题又无一例外地以求参数的求值范围的为问题。一般地，解决这类问题的方式有两种：其一是选主元法，即把已知范围的字母当作的主元，待求范围的字母看作常数，直接对这个含参数的函数进行分类讨论研究来解决，但一般显得比较复杂；其二是将含参数的方程(或不等式)经过变形，将参数分离出来，使方程(或不等式)的一端化为只含参数的解析式，而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）的研究来讨论原方程(或不等式)的解的情况．这种处理方式称为“分离参数法”，用它进行解决这类问题的的最大优点是把所蕴涵的函数关系由隐变显，避免分类讨论的麻烦，所以往往显得非常简捷、有效，因此也是教师与学生所喜爱的一种方法。笔者发现一个奇怪的现象是许多高考试题采用分离参数法求解入手容易, 思路简单, 但皆因中途函数在某点处的极限难以求出以至解答半途而废, 笔者研究后发现这些极限均为00 型, 无法按常规方法约掉零因子, 但若借助高等数学洛必达法则便能迎刃而解。笔者以2014年陕西四川两道高考压轴试题某一问的求解为例展示它的应用。 1.洛必达法则的内容 当x a →时，()f x 及()g x 都趋于零（或无穷大）；在点a 的去心邻域内()f x '及()g x '都存在，且()0g x '≠；()()lim lim ()() x a x a f x f x g x g x →→'='. 这种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，叫洛必达法则。使用时注意两点:①使用前要检查函数 极限是否满足00或∞∞ 型；②洛比达法则可连续使用多次. 2.高考试题运用举例 例1 （2014年陕西高考理科数学第21 题）设函数 ()ln(1),()'(),0f x x g x xf x x =+=≥，其中'()f x 是()f x 的导函数. （1）11()(),()(()),n n g x g x g x g g x n N ++= =∈，求()n g x 的表达式； （2）若()()f x ag x ≥恒成立，求实数a 的取值范围； （3）设n N +∈，比较(1)(2)()g g g n +++L 与()n f n -的大小，并加以证明. 解：（2）已知()()f x ag x ≥恒成立，即ln(1)1ax x x +≥ +恒成立.①当0x =时，原不等式显然成立，此时a R ∈;②当0x >时，01x x >+，则有(1)ln(1)(0)x x a x x ++≤>， 设(1)ln(1)()(0)x x h x x x ++=>，则[]min ()a h x ≤，2 ln(1)()x x h x x -+'∴= 令()ln(1)x x x ?=-+，则()h x '与()x ?同号.()01x x x ?'=>+Q ， 洛必达法则巧解高考压轴题 ————————————————————————————————作者：————————————————————————————————日期： 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 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 →'='。 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 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 →'='。 ∞∞ 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）x x x 1ln lim 0 +→ (∞∞型) （2）lim x ?p 2 sin x -1cos x (00型) （3） 20 cos ln lim x x x → (00 型) （4）x x x ln lim +∞→ (∞∞型) 用洛必达定理来解决高考压轴题 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 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．高考题处理 1.(20XX 年全国新课标理)设函数2 ()1x f x e x ax =---。导数结合洛必达法则巧解高考压轴题-2019年精选文档
洛必达法则在高考解答题中的应用
(完整版)利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
洛必达法则解决高考问题
洛必达法则的一些应用
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
(完整版)洛必达法则巧解高考压轴题
高考导数(洛必达法则)
洛必达法则在高考中的应用
导数结合洛必达法则巧解高考压轴题64808
洛必达法则解高考题
运用洛必达法则解高考数学问题
(完整版)利用洛必达法则来处理高考中的恒成立问题
洛必达法则在高考解答题中的应用
洛必达法则的应用
例析洛必达法则在解高考导数题中的运用
洛必达法则巧解高考压轴题
用洛必达定理来解决高考压轴题