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 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)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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(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 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 a f x l g x →'='， 那么 ()()limx af xg x →=()()limx af x lg 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 xg 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()()limx 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，()1xf x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）当x ＞-1时，()1x f x x +当且仅当e1.xx +（步骤1） 令()e 1xg x x =--，则()e 1.xg 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.xx +所以当1x -＞时, ()1xf x x +.（步骤3） （Ⅱ）由题设0x，此时()0f x .当0a ＜时,若1x a >-，则0,()+11x xf x ax ax <+不成立（步骤4） 当0a时，令()()()h x axf x f x x =+-，则 ()1xf 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12a时，由（Ⅰ）知(1)(),x x f x +（步骤6）()()()(1)()(),(21)()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()1xf x ax +. (ii)当12a >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()1xf 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 <+，()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-∞.【2008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，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． （Ⅱ）令()()g x ax f x =-则22cos 1()(2cos )x g x a x +'=-+2232cos (2cos )a x x =-+++211132cos 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103a <<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 3x xf x ax x =>>+．当0a ≤时，有π1π0222f a ⎛⎫=>⎪⎝⎭≥． 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 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 ≥.【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)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)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. 【2011新课标理21】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. 【解析】（1）()11f b ==，因为()()221ln 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()22ln 1x xH x x=-（0x >且1x ≠）． ()()()22222ln ln 11x x x x H x x ++-'=-，令()221ln ln 1H x x x x x =++-，则()112ln H x x x x x'=+-，令()()21H x H x '=，则()2212ln 1H x x x '=-++，令()()32H x H x '=，则()33220H x x x'=+>．当()0,1x ∈时，()3H x 在()0,1上递增，于是()()3310H x H <=，即()20H 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()()()2111122ln 2ln 2ln 2lim 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22ln 101x xx+>-，于是0k ≤． 法2：（不猜想直接用最值法）由（1）知()ln 11x f x x x=++，所以()()()()2211ln 12ln 11k x x k F x f x x x x xx ⎡⎤--⎛⎫⎢⎥=-+=+ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦，考虑函数()()()2112ln k x h x x x --=+，0x >，则()()211F x h x x=-，此时有()10h =． ()()()22121k x x k h x x-++-'=，令()()()2121x k x x k ϕ=-++-，当1k ≠时，其判别式为()()244142k k k ∆=--=--．①当0k ≤时，0∆≤，所以()0x ϕ≤，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()()2101F 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 kf x x x>+-恒成立． ②当01k <<时，()x ϕ是开口方向向下，以111k>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ϕ=>，所以当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0x ϕ>，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，()20h 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 kf x x x>+-不恒成立． ④当12k <<时，()x ϕ是开口方向向上，以101k<-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()010k ϕ=->，所以()0x ϕ>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 kf x x x>+-不恒成立． ⑤当2k ≥时，()x ϕ是开口方向向上，以101k<-为对称轴，与x 轴最多有一个交点的二次函数，所以()0x ϕ>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 kf 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 11x f x x x=++，所以()()()()2211ln 12ln 11k x x k F x f x x x x xx ⎡⎤--⎛⎫⎢⎥=-+=+ ⎪--⎝⎭⎢⎥⎣⎦．因为()()31122ln 2032k F ⎡-⎤=-+>⎢⎥⎣⎦，所以4ln 210.083k <-≈． 考虑函数()()()2112ln k x h x x x--=+，0x >，则()()211F x h x x=-，此时有()10h =． ()()()22121k x x k h x x-++-'=，令()()()2121x k x x k ϕ=-++-，这是开口方向向下的抛物线，其判别式为()()244142k k k ∆=--=--．①当0k ≤时，0∆≤，所以()0x ϕ≤，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()()2101F 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 kf x x x>+-恒成立． ②当4ln 2013k <<-时，()x ϕ是开口方向向下，以111k>-为对称轴，与x 轴有两个交点的二次函数．因为()120k ϕ=>，所以当11,1x k ⎛⎫∈ ⎪-⎝⎭时，()0x ϕ>，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()22ln 111x xk H x x <+=+-，由洛必达法则，可得()()200001ln ln lim ln lim lim lim lim 0111x x x x x x xx x x x xx x +++++→→→→→'====-='⎛⎫⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是()0lim 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()22ln 111x xk H x x<+=+-，由洛必达法则，可得()()()2111122ln 2ln 2ln 2lim 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．()1,+∞上恒成立，求出221x -，直接求导只会让式子变得更复杂，()21x k +-的范围作出不重不漏的划分．【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2e 1x xa x --≤在()0,+∞上恒成立．令()2e 1x x F x x --=，则()3e 2e 2x 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()()()()()0002e 1e 1e 1lim limlimlim 222xxx x x x x x F x x x ++++→→→→''---====''，所以在()0,+∞上有()12F x >，所以12a ≤．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12a ≤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12a >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()2e 1x xa F x x --⇔≤=在()0,+∞上恒成立．由洛必达法则，可得()()()()()00002e1e 1e 1lim limlimlim 222xxx 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,+∞，()11kx 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()()()222222222240111t 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()20021limlim 21t 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 tt 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221t >-，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 tt +⎛⎫=- ⎪-⎝⎭（01t ≤<），则()222222011t 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．法5：（先猜想并将猜想强化）当0t =，不等式恒成立，于是1ln 1t at t +⎛⎫≥ ⎪-⎝⎭对[)0,1t ∈恒成立()1ln 1t t a G t t+⎛⎫ ⎪-⎝⎭⇔≤=对()0,1t ∈恒成立．由洛必达法则，可得()20021limlim 21t t t G t ++→→-==，于是2a ≤． 下同法3．【例2】设函数()e 2x f x ax =--．（1）求()f x 的单调区间；（2）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．【解析】（1）()e x f x a '=-．①当0a ≤时，()0f x '>在R 上恒成立，所以()f x 在R 上递增．②当0a >时，由()0f x '>可得ln x a >，由()0f x '<可得ln x a <．所以()f x 在(),ln a -∞上递减，在()ln ,a +∞上递增．（2）当1a =时，()e 2x f x x =--，所以()e 1x f x '=-，即()()e 110x x k x --++>在()0,+∞上恒成立．法1：（分离参数法）()()e 110xx k x --++>在()0,+∞上恒成立e 1e 1x x x k +⇔<-在()0,+∞上恒成立．令()e 1e 1x x x x ϕ+=-，则()()()()()()()22e e e 1e 1e e e 2e 1e 1x x x x x x x x x x x x x ϕ+--+--'==--，令()e 2x t x x =--，有()e 10x t x '=->在()0,+∞上恒成立，所以()t x 在()0,+∞上递增（也可由（1）可知，函数()e 2x t x x =--在()0,+∞上递增）．而()1e 30t =-<，()22e 40t =->，所以()0t x =在()0,+∞上有唯一根()01,2x ∈，所以当()00,x x ∈时()0x ϕ'<，当()0,x x ∈+∞时()0x ϕ'>，于是()x ϕ在()00,x 上递减，在()0,x +∞上递增，所以()x ϕ在()0,+∞上的最小值为()0000e 1e 1x x x x ϕ+=-，因为00e 20x x --=，所以00e 2x x =+，于是()()()()000002112,321x x x x x ϕ++==+∈+-，所以()()02,3k x ϕ<∈，所以k 的最大值为2．法2：（不猜想直接用最值法）令()()()e 11x g x x k x =--++，则()()()()e 1e 1e 1x x x g x x k x k '=-+-+=+-，令()0g x '=可得1x k =-．①当10k -≤，即1k ≤时，有()0g x '>在()0,+∞上恒成立，于是()g x 在()0,+∞上递增，从而()g x 在()0,+∞上有()()01g x g >=，于是()0g x >在()0,+∞上恒成立．②当10k ->，即1k >时（因为k 是整数，所以2k ≥），可知当()0,1x k ∈-时，()0g x '<，当()1,x k ∈-+∞时，()0g x '>，于是()g x 在()0,+∞上的最小值是()11e 1k g k k --=-++．令()()1h k g k =-，则()1e 10k h k -'=-+<在()1,+∞上恒成立，所以()h k 在()1,+∞上单调递减．而()23e 0h =->，()234e 0h =-<．所以当2k =时，有()0g x >在()0,+∞上恒成立，当3k ≥时，()0g x >在()0,+∞上不恒成立．综上所述，k 的最大值为2．法3：（先猜想并将猜想强化）因为()()e 110x x k x --++>在()0,+∞上恒成立，所以当1x =时，该式子也成立，于是()()1e 120k --+>，即e 12.16e 1k +<≈-．下证k 的最大值为2． 令()()()2e 11x G x x x =--++，则()()()()e 12e 1e 1x x x G x x x '=-+-+=-，由()0G x '>可得1x >，由()0G x '<可得01x <<，所以()G x 在()0,1上递减，在()1,+∞上递增．所以()()min13e 0G x G ⎡⎤==->⎣⎦，于是k 的最大值为2．由洛必达法则，可得()()()()11111ln 1ln 1ln lim limlim 2111x x x x x x x x x x x +++→→→'++++===-'-，于是2a ≤．于是a 的取值范围是(],2-∞．【例4】若不等式3sin x x ax >-对于(0,)2x π∈恒成立，求a 的取值范围【解析】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. 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.。