洛必达法则解高考题
(完整word版)导数结合洛必达法则巧解高考压轴题
6 0001lim()limlim11xxxxxeegxx， 即当0x时，()1gx 所以()1gx，即有1a. 综上所述，当1a，0x时，()0fx成立. （全国大纲理）设函数()1xfxe. （Ⅰ）证明：当1x时，()1xfxx； （Ⅱ）设当0x时，()1xfxax，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()0fx. ①当0a时，若1xa，则01xax，()1xfxax不成立； ②当0a时，当0x时，()1xfxax，即11xxeax； 若0x，则aR； 若0x，则11xxeax等价于111xexax，即1xxxxeeaxex. 记1()xxxxeegxxex，则2222221'()=(2)()()xxxxxxxxexeeegxexexexxex. 记2()2xxhxexe，则'()2xxhxexe，''()+20xxhxee. 因此，'()2xxhxexe在(0)，上单调递增，且'(0)0h，所以'()0hx， 即()hx在(0)，上单调递增，且(0)0h，所以()0hx. 因此2'()=()0()xxegxhxxex，所以()gx在(0)，上单调递增. 由洛必达法则有 000011lim()limlimlim122xxxxxxxxxxxxxxxeexeexegxxexexeexe，即当0x时， 1()2gx，即有1()2gx，所以12a.综上所述，a的取值范围是1(,]2. （全国2理）设函数sin()2cosxfxx． （Ⅰ）求()fx的单调区间； （Ⅱ）如果对任何0x≥，都有()fxax≤，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）22(2cos)cossin(sin)2cos1()(2cos)(2cos)xxxxxfxxx． 当2π2π2π2π33kxk（kZ）时，1cos2x，即()0fx；
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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 。
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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 。
2023年高考数学复习：洛必达法则
lim
x→0+
ex2－x 1＝xl→ im0+
e2x＝12，故 a≤12.
综上，实数 a 的取值范围是－∞，12.
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增.
由洛必达法则知
lim
x→0+
ex－xx2－1＝
gf′′xx＝A(可连续使用).
例 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.
解 方法一 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，
当 x>1 时，a≤xx22－ln 1x， 令 g(x)＝xx22－ln 1x(x>1)，则 g′(x)＝xx2－ x21－－122ln x，
因为 x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－2x>0，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，
则y＝x2－1－2ln x>0，
故
g′(x)＝xx2－ x21－－122ln
x >0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增.
则 g(x)>g(1)，由洛必达法则知lim x→1
x2ln x x2－1
2 a 1
所以f(x)min＝f( e 2 )
2 a 1
＝(e 2
)2·2a2－1－a[( e
2a1 2
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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
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 ≥.。
2023届高考数学专项练习洛必达法则含解析
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
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。
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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 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 ()()lim x a f x g x →=()()limx 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)()()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 ()()lim x a f x g x →=()()limx 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.(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 原解：（1）0a =时，()1xf x e x =--，'()1xf 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 ）'()12xf x e ax =--由（I ）知1xe 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)xe x x >+≠可得1(0)xe 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⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭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0x =时，()0f x =，对任意实数a,均在()0f x ≥；当0x >时，()0f x ≥等价于21xx a e x--≤令()21xx g x ex--=(x>0),则322()xxx x g x e e x-++'=，令()()220xxh x xx x ee =-++>，则()1xxh x x e e '=-+，()0xh x x e ''=>，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，200011222limlim lim xx xx x x x x ee e x+++→→→--===，故12a ≤综上，知a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭。
2．（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 kf x x x>+-，求k 的取值范围。
原解：（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1f ()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 xh x x -++=。
（i ）设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x+--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h （x ）递减。
而(1)0h =故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得21()01h x x >-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x- 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 +xk. （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=111k >-.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211x-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211x - h （x ）<0,与题设矛盾。
综合得，k 的取值范围为（-∞，0]原解在处理第（II ）时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：另解：（II ）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 12121210221lim limlim x x x x x x g x x x →→→+⎛⎫=+=+=⨯-+= ⎪--⎝⎭ ∴0k ≤，即k 的取值范围为（-∞，0]规律总结：对恒成立问题中的求参数取值范围，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法。
自编：若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a的取值范围. 解：应用洛必当(0,)2x π∈记()x f x -=记()3sig x =因为''()g x ='''()sg x x =-所以'()g x 在且()0g x <，由洛必达法则有00lim ()limx x f x →→=即当0x →时，故16a ≥时，不通过以上例① 可以分②用导数可③出现“00。