k )
x1 x
x1 x
1 1 x2 (2ln x
(k
1)(x2 x
1) )
.
2
2
考虑函数 h(x) 2ln x
(k 1)(x x
1) (x
0) ，则 h '( x)
(k
1)(x 1) x2
2x .
2
2
(i) 当 k 0 时，由 h '(x)
k(x
1) (x x2
1) 知，当 x
1 时，h '( x)
2( x2
1)ln x 2(1 (1 x 2)2
x2) 2( x2 1)
= (1
x2)2 (ln x
1 x2
x2) ， 1
记 h(x)
ln x
1 x2
x2 ，则 h '( x) 1
1
4 x (1 x2 )2
+ x
(1+x2)2
=
x(1+x2 )2
0，
从而 h( x) 在 (0, ) 上单调递增，且 h(1) 0 ，因此当 x (0,1) 时， h(x) 0 ，当
x ax3 对于 x
(0,) 恒成立 .
6
2
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 .
0
（海南宁夏文） 已知函数 f ( x) x(ex 1) ax2 .
（Ⅰ）若 f ( x) 在 x 1 时有极值，求函数 f ( x) 的解析式；
k
1时，由于当 x
1 (1,
) 时， (k
1)( x2
1)
2x
0 ，故 h '( x)
0，
1k
而 h(1)
0 ，故当 x
(1, 1 ) 时， h( x) 1k
0 ，可得
1
1 x2
h( x)
0 ，与题设矛盾 .
（ iii ）当 k 1 时， h '( x) 0 ，而 h(1) 0 ，故当 x (1, ) 时， h( x) 0 ，可得
程为 x 2 y 3 0 .
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1 时， f (x) 常规解法
ln x k ，求 k 的取值范围 . x1 x
（Ⅰ）略解得 a 1 ， b 1.
（Ⅱ） 方法一：分类讨论、假设反证法
由（Ⅰ）知 f ( x)
ln x
1 ，所以 f ( x)
ln x (
( 1)k 1 x 2k 2 (2 k 2)!
Rn ，其中 Rn
( 1)k x2k cos x ； (2 k)!
2
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 f ( x) lim g( x) 0 ；
xa
xa
（ 2）在 U o( a) 内， f ( x) 和 g ( x) 都存在，且 g (x) 0 ；
（Ⅰ）求 a 、 b 的值； （ Ⅱ）如果当 x 0 ，且 x 1 时， f (x)
ln x k ，求 k 的取值范围 . x1 x
第二部分 ： 泰勒展开式
1. ex 1 x
x2
x3 K
1! 2! 3!
xn
xn 1 e x, 其中 (0
n! ( n 1)!
1) ；
2. ln(1 x)
x2 x
2!
x3 K
lim ex x 02
1 2
即当 x 0 时， g( x) 1 ，所以当 x (0，+ ) 时，所以 g( x) 1 ，因此 a 1 .
2
2
2
综上所述，当 a 1 且 x 0 时， f (x) 0 成立 . 2
4
例题 ：若不等式 sin x x ax3 对于 x (0, ) 恒成立，求 a 的取值范围 . 2
x
x
(0, ) 上单调递增 . 由洛必达法则有
5
lim g ( x)
ex 1 lim
ex lim
1，
x0
x0 x
x 01
即当 x 0 时， g( x) 1
所以 g( x) 1 ，即有 a 1 .
综上所述，当 a 1 ， x 0 时， f ( x) 0成立 .
（全国大纲理） 设函数 f (x) 1 e x .
x2
2ln x 2
1 lim
x1
2x
0，
即当 x 1时， g(x) 0 ，即当 x 0 ，且 x 1 时， g( x) 0 .
因为 k g( x) 恒成立，所以 k 0 . 综上所述， 当 x 0 ，且 x 1 时， f ( x) ln x k x1 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
（全国大纲理） 设函数 f (x) 1 e x .
（Ⅰ）证明：当 x 1 时， f (x) x ； x1
（Ⅱ）设当 x 0 时， f (x) x ，求 a 的取值范围 . ax 1
（新课标理） 已知函数 f ( x) 为 x 2y 3 0.
a ln x b ，曲线 y x1 x
f ( x) 在点 (1, f (1))处的切线方程
所 以 h( x)
(x
2)
x
e
x 2 在 (0，+ ) 上 单 调 递 增 ， 且 h(x)
h(0)
0 ， 因此 当
x
(0，+ ) 时， g '(x)
h(x) x3
0 ，从而 g(x)
ex 1 x2
x 在 (0，+
) 上单调递增 .
由洛必达法则有，
lim g( x)
x0
lim ex
x0
1
2
x
x
lim ex 1 x 0 2x
0 . 因为 h(1) 0 ，
所以当 x
(0,1) 时， h( x)
0 ，可得
1
1 x2
h( x)
0 ；当 x
(1,
可得
) 时， h( x) 0 ，
1 1 x2 h(x)
0 ，从而当 x
0且x
1 时， f ( x)
ln x (
x1
k )
x
0 ，即 f (x)
ln x k ； x1 x
（ ii ）当 0
ex 1 x2
x
x
(0，+ ) ，则 g '( x)
(x
2)ex x3
x
2.
记 h( x) (x 2)ex x 2 x (0，+ ) ， 则 h '( x) ( x 1)ex 1 ， 当 x (0，+ ) 时 ，
h''( x) xex 0，所以 h'( x) ( x 1)ex 1在 (0，+ ) 上单调递增， 且 h '(x) h '(0) 0 ，
应用洛必达法则和导数
x sin x
当 x (0, ) 时，原不等式等价于 a 2
x3 .
记 f (x)
x sin x x3 ，则 f '(x)
3sin x xcosx 2x
x4
.
记 g (x) 3sin x x cosx 2x ，则 g '(x) 2cos x x sin x 2 .
因为 g ''(x) x cosx sin x cosx( x tan x) ，
) ，则 g '( x)
( x 1)ex 1 .
x
x
记 h( x) (x 1)ex 1 ， x (0, ) ，则 h'( x) xex 0 ，因此 h(x) (x 1)ex 1 在
(0, ) 上单调递增， 且 h( x) h(0) 0 ，所以 g '(x) h( x) 0 ，从而 g (x) ex 1 在
（Ⅰ）若 a 0 ，求 f ( x) 的单调区间；
（Ⅱ）当 x 0 时， f ( x) 0 ，求 a 的取值范围 .
应用洛必达法则和导数 （Ⅱ）当 x 0 时， f ( x) 0 ，即 ex 1 x ax2 .
x
①当 x
0 时， a
R ；②当 x
0 时， ex
1x
ax2 等价于 a
e
1 x2
x.
记 g(x)
3!
( 1)n 1 x n n!
Rn , 其中 Rn
( 1)n
xn 1 (
1
)n 1；
(n 1)! 1 x
3. sin x x x3 3!
x5 K
5!
( 1)k 1 x2 k 1
Rn ，其中 Rn ( 1)k x2k 1 cos x ；
(2 k 1)!
(2k 1)!
4. cos x 1 x2 2!
x4 K 4!
1 1 x2 h( x)
0 ，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：① k 0 ；② 0 k 1 ；③ k 1 不易想到 . 尤其是②
0 k 1时，许多考生都停留在此层面，举反例 x (1, 1 ) 更难想到 . 而这方面根 1k
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
（Ⅱ）当 x 0 时， f ( x) 0 ，求 a 的取值范围 .
解：（Ⅰ）略 （Ⅱ） 应用洛必达法则和导数
当 x 0 时， f ( x) 0 ，即 x(ex 1) ax2 .