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 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 a f x l g 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 ，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 ()()lim x 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)()()lim x a f x l g x →'='，那么 ()()lim x a f x g 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。

【典例分析】一、一题多解：常规解法与洛必达法则相互对比： 【例1】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；（Ⅰ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围. 法一：常规解法（Ⅰ）略解得1a =，1b =.（Ⅰ）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]-∞，. 法二：参变量分离洛必达法则解法当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.【例2】设函数2()1xf x e x ax =---。

若0a =，求()f x 的单调区间； 若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围【解析】法一：（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1x e 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⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭法二：利用洛必达法则处理如下：（II ）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()()220xxh x xe e x x =-++>，则()1xxh x xe e '=-+，()0xh 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。

由洛必达法则知，200011lim lim lim 222x x x x x x e x e e x x +++→→→--===，故12a ≤ 综上，知a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭。

【变式1】设函数()1xf x e -=-. （Ⅰ）证明：当1x >-时，()1xf x x ≥+； （Ⅰ）设当0x ≥时，()1xf x ax ≤+，求a 的取值范围. 【解析】（Ⅰ）略（Ⅰ）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 <+，()1x f 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 xh x e x e -=--，''()+20x xh x e e-=->.因此，'()2xxh 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-∞. 【变式2】设函数sin ()2cos xf x x =+．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅰ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围． 【解析】（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． （Ⅰ）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 ≥.课后训练1.已知函数2()(1)x f x x e ax =--.当0x ≥时，()0f x ≥，求a 的取值范围. 【解析】应用洛必达法则和导数， 当0x ≥时，()0f x ≥，即2(1)xx e ax -≥. ① 当0x =时，a R ∈；② 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)1xh x x e =-+，(0,)x ∈+∞，则'()0xh x xe =>，因此()(1)1xh x x e =-+在(0,)+∞上递增，且()(0)0h x h >=，所以()'()0h x g x x =>，从而1()x e g x x -=在(0,)+∞上递增. 由洛必达法则有0001lim ()limlim 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. 2. 已知函数f(x)=e x ，g(x)=ax 2+x +1.（1）对任意的x ∈[0,+∞)，f (x )⩾g (x )成立，求实数a 的取值范围； （2）若x 1<x 2，证明：f (x 1)+f (x 2)2>f (x 2)−f (x 1)x 2−x 1.【解析】 (1)解法一：令ℎ(x)=f(x)−g(x)=e x −ax 2−x −1，x ∈[0,+∞) ∴ℎ′(x)=e x −2ax −1，∴ℎ′′(x)=e x −2a①当a ⩽12时，对于任意的x ∈[0,+∞)，∴ℎ′′(x)=e x −2a ⩾1−2a ⩾0，∴y =ℎ′(x)在[0,+∞)为增函数，∴ℎ′(x)⩾ℎ′(0)=0，∴y =ℎ(x)在[0,+∞)为增函数，∴ℎ(x)⩾ℎ(0)=0，即x ∈[0,+∞)，f(x)⩾g(x)恒成立，满足. ②当a >12时，令ℎ′′(x)=e x −2a <0，得x <ln(2a)则当x ∈(0,ln(2a))时，ℎ′(x)为减函数，此时ℎ′(x)<ℎ′(0)=0，故函数ℎ(x)为减函数，∴ℎ(x)<ℎ(0)=0，即当x ∈(0,ln(2a))时，有f(x)<g(x)，矛盾. 综上，实数a 的取值范围是：a ∈(−∞,12].解法二：当x =0时，f(x)=g(x)恒成立； 当x ∈(0,+∞)时，f(x)⩾g(x)即为a ⩽e x −x−1x 2， 转化为求t(x)=e x −x−1x 2在x ∈(0,+∞)的最小值，∵t ′(x)=(x−2)e x +(x+2)x 3，令φ(x)=(x −2)e x +(x +2)，φ′(x)=(x −1)e x +1，由φ′′(x)=x e x >0知：φ′(x)在(0,+∞)为增函数，∴φ′(x)>φ′(0)=0 故φ(x)在(0,+∞)为增函数，∴φ(x)>φ(0)=0即t ′(x)>0，函数t(x)在(0,+∞)为增函数，故t(x)没有最小值. 又由诺必达法则知：lim x→0t(x)=lim x→0e x −x−1x 2=lim x→0e x −12x=lim x→0e x2=12，故a ⩽12. （2）证明：要证f (x 1)+f (x 2)2>f (x 2)−f (x 1)x 2−x 1，即证：e x 1+e x 22>e x 2−e x 1x 2−x 1，∵x 1<x 2，∴e x 2>e x 1，故即证：e x 1+e x 2e x 2−e x 1>2x 2−x 1，左边分子分母同除以e x 1，即证：e x 2−x 1+1e x 2−x 1−1>2x2−x 1令t =x 2−x 1，则t >0，即证e t +1e −1>2t，即证：(t −2)e t +(t +2)>0.而由（1）的解法二知：φ(x)=(x −2)e x +(x +2)在x ∈(0,+∞)时恒有φ(x)>0，得证.。