2026高中數學10大導數：專題11 導數中洛必達法則的應用(教師版)

專題11導數中洛必達法則的應用

【方法總結】

在解決不等式恒(能)成立，求參數的取值范圍這一類問題時，最常用的方法是最值分析法或參變分離

法．用最值分析法常需要分類討論，有時對參數進行討論會很難．用參變分離法在求分離后函數的最值(值

0∞

域)時會有些麻煩，如最值、極值在無意義點處，或趨于無窮．出現“”或“”型的代數式，就沒法求其最值．解

0∞

0∞

決此類問題的有效方法就是利用洛必達法則．“”或“”型的代數式，是大學數學中的不定式問題，

0∞

洛必達法則

法則1若函數f(x)和g(x)滿足下列條件

(1)limf(x)＝0及limg(x)＝0；

x→ax→a

(2)在點a的某去心鄰域內，f(x)與g(x)可導且g′(x)≠0；

f′(x)

(3)lim＝A，

x→ag′(x)

f(x)f′(x)

那么lim＝lim＝A．

x→ag(x)x→ag′(x)

法則2若函數f(x)和g(x)滿足下列條件

(1)limf(x)＝∞及limg(x)＝∞；

x→ax→a

(2)在點a的某去心鄰域內，f(x)與g(x)可導且g′(x)≠0；

f′(x)

(3)lim＝A，

x→ag′(x)

f(x)f′(x)

那么lim＝lim＝A．

x→ag(x)x→ag′(x)

法則3若函數f(x)和g(x)滿足下列條件：

(1)limf(x)＝0及limg(x)＝0；

x→∞x→∞

(2)m≠0，f(x)和g(x)在(－∞，m)與(m，＋∞)上可導，且g′(x)≠0；

f′(x)

(3)?lim＝A．

x→∞g′(x)

f(x)f′(x)

那么lim＝lim＝A．

x→∞g(x)x→∞g′(x)

0∞

注意：(1)必達法則的功能是用于求極限值；(2)主要用于，兩種類型，其他結構需轉化才能應用；(3)

0∞

未定式可以連續應用，已定式不能再用．

計算下列各題

sinx11x3－x2－x＋1

(1)lim；(2)limxlnx；(3)lim(－)；(4)lim．

x→0xx→0x→1x－1lnxx→1x3－3x＋2

sinx(sinx)′cosx

解析(1)lim＝lim＝lim＝1；

x→0xx→0x′x→01

1

lnx

(2)不適合條件，需轉化limxlnx＝lim＝limx＝lim(－x)＝0；

x→0x→01x→0x→0

－1

xx2

111

－1－1－

11lnx－x＋1x21

(3)lim(－)＝lim＝lim＝limx＝limx＝－；

x→1x－1lnxx→1(x－1)lnxx→1x－1x→11x→1112

lnx＋lnx＋1－＋

xxxx2

x3－x2－x＋13x2－2x－16x－22

(4)lim＝lim＝lim＝．

x→1x3－3x＋2x→13x2－3x→16x3

6x－2

注意：lim為已定式，不能再用洛必達法則．

x→16x

【例題選講】

alnxb

[例1](2011全國Ⅰ)已知函數f(x)＝＋，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為x＋2y－3＝0．

x＋1x

(1)求a，b的值；

lnxk

(2)如果當x>0，且x≠1時，f(x)>＋，求k的取值范圍．

x－1x

x＋1

－lnx

axb1

解析(1)f′(x)＝－．由于直線x＋2y－3＝0的斜率為－，且過點(1，1)，

(x＋1)2x22

f(1)＝1，b＝1，

a＝1，

故1即a1解得

f′(1)＝－，－b＝－，＝

222b1.

(2)方法一(最值分析法)

lnxk(k－1)(x2－1)

lnx1＋12lnx＋

由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－x－1x＝x．

x＋1x1－x2

(k－1)(x2－1)(k－1)(x2＋1)＋2x

令函數h(x)＝2lnx＋(x>0)，則h′(x)＝．

xx2

k(x2＋1)－(x－1)2

①若k≤0，由h′(x)＝知，當x≠1時，h′(x)＜0，h(x)遞減．而h(1)＝0，

x2

11

故當x∈(0，1)時，h(x)＞0，可得h(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)＜0，可得h(x)＞0．

1－x21－x2

lnxk

＋lnxk

從而當x＞0，且x≠1時，f(x)－x－1x＞0，即f(x)＞＋．

x－1x

②若0＜k＜1．由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的圖象開口向下，

1

11，

且Δ＝4－4(k－1)2>0，對稱軸x＝>1，所以當x∈1－k時，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，

1－k

1

1，1

故h′(x)>0，而h(1)＝0，故當x∈1－k時，h(x)＞0，可得h(x)＜0，與題設矛盾．

1－x2

③若k≥1，此時(k－1)(x2＋1)＋2x>0即h′(x)＞0，而h(1)＝0，

1

故當x∈(1，＋∞)時，h(x)＞0，可得h(x)＜0，與題設矛盾．

1－x2

綜上，k的取值范圍為(－∞，0]．

此方法在處理第(2)問時非常難想到，現利用洛必達法則處理如下：

(2)方法二(參變分離法)

2xlnx2xlnx

由題設可得，當x>0，x1時，k<＋1恒成立．令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，

1－x21－x2

(x2＋1)lnx－x2＋1

則g′(x)＝2·，再令h(x)＝(x2＋1)lnx－x2＋1(x>0，x≠1)，

(1－x2)2

11

則h′(x)＝2xlnx＋－x，h″(x)＝2lnx＋1－，

xx2

1

易知h″(x)＝2lnx＋1－在(0，＋∞)上為增函數，且h″(1)＝0．

x2

故當x∈(0，1)時，h″(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h″(x)>0．

∴h′(x)在(0，1)上為減函數，在(1，＋∞)上為增函數，

故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數，

又h(1)＝0，∴當x∈(0，1)時，h(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h(x)>0，

∴當x∈(0，1)時，g′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，

∴g(x)在(0，1)上為減函數，在(1，＋∞)上為增函數．

1

xlnx1＋lnx－

由洛必達法則知limg(x)＝2lim＋1＝2lim＋1＝2×2＋1＝0．

x→1x→11－x2x→1－2x

∴k≤0，即k的取值范圍為(－∞，0]．

[例2]已知函數f(x)＝x2lnx－a(x2－1)，a∈R．若當x≥1時，f(x)≥0恒成立，求實數a的取值范圍．

解析方法一(最值分析法)f′(x)＝2xlnx＋x－2ax＝x(2lnx＋1－2a)，

1

因為x≥1，所以2lnx＋1≥1，則當a≤時，f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)≥0，

2

1

此時f(x)在[1，＋∞)上單調遞增，所以f(x)≥f(1)＝0，此時f(x)≥0恒成立，所以a≤；

2

2a1

12

當a>時，由f′(x)＝x(2lnx＋1－2a)＝0，得x＝x0，且2lnx0＋1－2a＝0，x0＝e，

2

2a12a1

則x∈[1，e2)時，f′(x)<0，則f(x)單調遞減，x∈(e2，＋∞)時，f′(x)>0，則f(x)單調遞增，

2a12a12a112a－12a

－a－－－－

2222a1222a12a1ee·2ae

f(x)min＝f(e)＝(e)·－a[(e)－1]＝2e－a(e－1)＝a－＝<0．

222e

1

此時，f(x)≥0不成立．綜上，a≤．

2

方法二(參變分離法)

x2lnx

由f(x)＝x2lnx－a(x2－1)≥0，當x＝1時，不等式成立，當x>1時，a≤，

x2－1

x2lnxx(x2－1－2lnx)

令g(x)＝(x>1)，則g′(x)＝，

x2－1(x2－1)2

2

因為x>1，則(x2－1－2lnx)′＝2x－>0，故y＝x2－1－2lnx在(1，＋∞)上單調遞增，

x

x(x2－1－2lnx)

則y＝x2－1－2lnx>0，故g′(x)＝>0．所以g(x)在(1，＋∞)上單調遞增．

(x2－1)2

x2lnx2xlnx＋x1

則g(x)>g(1)，由洛必達法則知lim＝lim＝．

x→1x2－1x→12x2

x2lnx1

所以由a≤恒成立，則a≤．

x2－12

[例3]已知函數f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0，求a的取值范圍．

解析方法一(最值分析法)

1

由f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，得f′(x)＝lnx＋＋1－a．

x

(1)當1－a≥0，即a≤1時，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以f(x)>f(1)＝0．

x－1

(2)當a>1時，令g(x)＝f′(x)，則g′(x)＝>0，

x2

所以g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，于是f′(x)>f′(1)＝2－a．

①若2－a≥0，即1<a≤2時，f′(x)>0，于是f(x)在(1，＋∞)上單調遞增，于是f(x)>f(1)＝0．

②若2－a<0，即a>2時，存在x0∈(1，＋∞)，使得當1<x<x0時，f′(x)<0，

于是f(x)在(1，x0)上單調遞減，所以f(x)<f(1)＝0，不符合題意．

綜上所述，a的取值范圍是(－∞，2]．

方法二(參變分離法)

(x＋1)lnx(x＋1)lnx

當x∈(1，＋∞)時，f(x)>0a<．令H(x)＝，

x－1x－1

?

x＋1

＋lnx－1－

x(x－1)－(x＋1)lnxx2lnx

則H′(x)＝＝x，

2

(x－1)(x－1)2

1x2－2x＋1

令K(x)＝x－－2lnx，則K′(x)＝>0，

xx2

于是K(x)在(1，＋∞)上單調遞增，所以K(x)>K(1)＝0，于是H′(x)>0，從而H(x)在(1，＋∞)上單調遞增．

1

(x＋1)lnx((x＋1)lnx)′1＋＋lnx

由洛必達法則，可得lim＝lim＝limx＝2，于是a≤2，

x→1＋x→1＋x→1＋

x－1(x－1)′1

所以a的取值范圍是(－∞，2]．

[例4]已知函數f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．

(1)若f(x)在x＝－1處有極值，求a的值．

(2)當x>0時，f(x)≥0，求實數a的取值范圍．

1

解析(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依題意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝．

2

(2)方法一(最值分析法)

當x>0時，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，

xx

令φ(x)＝e－1－ax(x>0)，則φ(x)min≥0，φ′(x)＝e－a．

①當a≤1時，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1滿足條件．

②當a>1時，若0<x<lna，則φ′(x)<0，若x>lna，則φ′(x)>0．

∴φ(x)在(0，lna)上單調遞減，在(lna，＋∞)上單調遞增，∴φ(x)min＝φ(lna)＝a－1－alna≥0．

令g(a)＝a－1－alna(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋lna)＝－lna<0，

∴g(a)在(1，＋∞)上單調遞減．∴g(a)<g(1)＝0與g(a)≥0矛盾，故a>1不滿足條件，

綜上，實數a的取值范圍是(－∞，1]．

方法二(參變分離法)

ex－1

當x>0時，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤恒成立，

x

ex－1ex(x－1)＋1

令h(x)＝(x>0)，∴h′(x)＝，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，

xx2

∴k(x)在(0，＋∞)上單調遞增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增．

ex－1

由洛必達法則知，limh(x)＝lim＝limex＝1，∴a≤1．

x→0x→0xx→0

故實數a的取值范圍是(－∞，1]．

【對點訓練】

1．已知函數f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若對任意x>0都有f(x)>ax成立，求實數a的取值范圍．

1．解析方法一(最值分析法)

令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，

則φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0．

(1)當1－a≥0，即a≤1時，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，又φ(0)＝0，

∴φ(x)>0恒成立，故a≤1滿足題意．

(2)當1－a<0，即a>1時，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，

∴x∈(0，ea－1－1)時，φ′(x)<0；x∈(ea－1－1，＋∞)時，φ′(x)>0，

∴φ(x)在(0，ea－1－1)上單調遞減，在(ea－1－1，＋∞)上單調遞增，

a－1

∴φ(x)min＝φ(e－1)<φ(0)＝0與φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不滿足題意．

綜上有a≤1，故實數a的取值范圍是(－∞，1]．

方法二(參變分離法)

(x＋1)ln(x＋1)

x∈(0，＋∞)時，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，即a<恒成立．

x

(x＋1)ln(x＋1)x－ln(x＋1)

令g(x)＝(x>0)，∴g′(x)＝．

xx2

1x

令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k′(x)＝1－＝>0，

x＋1x＋1

∴k(x)在(0，＋∞)上單調遞增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，

∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上單調遞增．

(x＋1)ln(x＋1)

由洛必達法則知limg(x)＝lim＝lim[ln(x＋1)＋1]＝1，

x→0x→0xx→0

∴a≤1，故實數a的取值范圍是(－∞，1]．

2．設函數f(x)＝ln(x＋1)＋ae－x－a，a∈R，當x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0恒成立，求a的取值范圍．

2．解析(參變分離法)

ln(x＋1)ln(x＋1)

f(x)≥0對x∈(0，＋∞)恒成立a≤．設h(x)＝．

1－e－x1－e－x

?

1－－

(1－ex)＋ln(x＋1)·ex

則h′(x)＝x＋1，

(1－e－x)2

當x>0時，1－e－x>0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，

1

＋－1

當時，＋，－x，∴＝x1

x→0ln(x1)→01e→0limhxlim-x=1.

x0x0e1

∴h(x)在(0，＋∞)上的值域為(1，＋∞)，∴a≤1．

故a的取值范圍是(－∞，1]．

lnx1lnxk

3．已知函數f(x)＝＋，當x>0且x≠1時，f(x)>＋恒成立，求k的取值范圍．

x＋1xx－1x

3．解析(參變分離法)

lnxkxlnxxlnx2xlnx

由題意，當x>0且x≠1時，f(x)>＋恒成立等價于k<＋1－＝＋1，

x－1xx＋1x－11－x2

1－x2

2xlnx2x2＋1lnx＋21－x22x2＋1lnx＋

記g(x)＝＋1，則g′(x)＝＝x2＋1；

1－x21－x221－x22

1－x21