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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
， ，0 ，1 ，
，
0
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
0
0
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。 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 0
f x 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 2
f (x) e 1 x ax 。
(3) lim
x a
f x
g x
l
，
（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 lim
x a
f x
g x
= lim
x a
f x
g x
l
。
x x
原解：（1）a 0时， f ( x) e 1 x， f '( x) e 1.
法则 2 若函数 f(x) 和 g(x) 满足下列条件： (1) lim 0
f x 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 0，f(x) 和 g(x) 在 , A 与 A, 上可导，且 g'(x) ≠0；
(0, ) 单调增加
(3) lim
x
f x
g x
l
，
x
（II ） f '(x) e 1 2ax
x
由（ I）知 1
e x ，当且仅当 x 0 时等号成立 .故
那么 lim
x
f x
g x
=lim
x
f x
g x
l
。
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) lim
x a
f x 及 lim
x a
g 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) lim
x a
f x
g x
l
，
x x
由 e 1 x(x 0)可得 e 1 x(x 0) .从而当
1
a 时，
2
那么 lim
x a
f x
g x
= lim
x a
f x
g x
l
。
x x x x x
f '( x) e 1 2a(e 1) e (e 1)(e 2a) ，
故当 x (0,ln 2a)时， f '( x) 0，而 f (0) 0 ，于是当 x (0,ln 2a)时， f (x) 0 . 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。
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：
b 1,
另解:（II ）当 x 0时， f (x) 0，对任意实数 a,均在 f (x) 0；
当 x 0时， f (x) 0等价于
x
a e
x
2
x
1
令
x
g x e
x
2
x
1
(x>0), 则
x x
g x xe 2e x 2
( )g x xe 2e x 2
3
x
， 令
x x x x x
h x xe e x x ，则 1
2 2 h x0 xe e ， h x xe 0，
知 h x 在 0, 上 为 增函 数 ， h x h 0 0 ；知 h x 在 0, 上 为 增 函数 ，
解得 a 1，b 1。
a 1
b ,
2 2
ln x 1
x 1 x
f (x)
2
(k 1)(x 1)
考虑函数 h( x) 2ln x
（Ⅱ）由（Ⅰ）知
，所以
x
2
ln x k 1 (k 1)(x 1)
f (x) ( ) (2ln x )
2
x 1 x 1 x x
。
2
(k 1)( x 1) 2x
2
x
(x 0)，则 h '(x)
。
h x h 0 0； g x 0，g(x)在 0, 上为增函数。
由洛必达法则知，
x x x
e e e
x 1 1
lim lim lim
2
2x 2 2
x
x 0 x 0 x 0
故
a
1
2
综上，知 a 的取值范围为
,
1
2
。
，
2 2
k(x 1) (x 1)
（i）设 k 0 ，由
知，当 x 1时， h '(x) 0，h（x）递减。而 h(1) 0
；
1
2
x
h（x）>0
k
x
ln
x
x
1
k
x
）>0，即 f（x）>
+
.
h '(x)
2
x
故当 x (0,1)时， h(x) 0，可得
1
1
2
x
h(x) 0
当 x （1，+ ）时， h（x）<0，可得
1
从而当 x>0,且 x 1 时，f（x）-（
ln
x
x
1
+
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 2y 3 0。
（ ii ） 设 00,
k-1 x
） 故
1 当 x （1，
1 k .
1
k
）时， h（x）>0，可得
k
1
2 1 2
x x，
2
(k 1)(x 1) 2x 0
1
x
2
h（x）<0,
'
h （x）>0,
'
h （x）>0,而 h（1）=0，故当 x
由于直线 x 2y 3 0的斜率为
1
2
，且过点 (1,1)，故
f
f
(1) 1,
1
'(1) ,
2
即
1
（1，+ ）时， h（x）>0，可得
h（x）<0,与题设矛盾。
2
x
1
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 x 0, x 1 时，k<
2x ln x
1
2
x
1恒成立。
解：应用洛必达法则和导数
令 g (x)=
2xln x
1
2
x
1
( x 0,x 1 ),则
g x
2
2 2
x 1 ln x x 1
1
2
x
2
，
当 x (0, ) 时，原不等式等价于
2
a
x sin x
3
x
.
再 令
2 1 ln 2 1
h x x x x ( x 0,x 1 ) ， 则
1
h x 2 lx n x x
，
x
记
f ( x)
x sin x
3
x
3sin x x cos x 2x
，则 4
f '( x)
x
.
h x 2ln x 1
1
2
x
1
，易知 2
h x 2ln x 1
x
在 0, 上为增函数，且 h 1 0；故
记 g( x) 3sin x x cos x 2x ，则 g '(x) 2cos x x sin x 2 .
当 x (0,1)时， h x 0 ，当 x （1，+ ）时， h x 0；
因为 g ''(x ) x cos x sin x cos x( x tan x) ，
h x 在 0,1 上为减函数，在 1, 上为增函数；故 h x > h 1 =0
h x 在 0, 上为增函数
g '''(x) x sin x 0 ，所以 g ''( x) 在 (0, )
2
上单调递减，且 g ''(x ) 0 ，
h 1 =0
所以 g'(x) 在 (0, )
2
上单调递减，且 g '(x ) 0.因此 g ( x) 在(0, )
2
上单调递减，
当 x (0,1)时， h x 0，当 x （1，+ ）时， h x 0
且 g( x) 0，故
g(x)
f '( x) 0
4
x
，因此
f ( x)
x sin x
3
x
在 (0, )
2
上单调递减 .
当 x (0,1)时， g x 0，当 x （1，+ ）时， g x 0
由洛必达法则有
g x 在 0,1 上为减函数，在 1, 上为增函数
x sin x 1 cos x sin x cos x 1
lim f (x) lim lim lim lim
3 2
x 0 x 0 x 0 x 0 x 0
x 3x 6x 6 6
，
由洛必达法则知
xln x 1 ln x 1
lim lim lim
g x 2 1 2 1 2 1 0
2
1 x 2x 2
x 1 x 1 x 1
即当 x 0 时，
1
g(x) ，即有
6
1
f (x) .
6
k ，即 k 的取值范围为（ - ，0]
0
故
1
a 时，不等式
6
3
sin x x ax 对于 x (0, ) 恒成立.
2
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
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；
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
②用导数可以确定分离变量后一端新函数的单调性；
的方法。
③出现“
0
0
”型式子.
自编 ：若不等式
3
sin x x ax 对于 x (0, )
2
恒成立，求 a 的取值范围 .
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