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培优点 1 洛必达法则
“洛必达法则”是高等数学中的一个重要定理，用分离参数法(避免分类讨论)解决能成
立或恒成立问题时，经常需要求在区间端点处的函数(最)值，若出现型或型可以考虑使用洛
必达法则．
法则1
若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lim f(x)＝0及lim g(x)＝0;
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g′(x)≠0;
(3)lim ＝k，
那么lim ＝lim ＝k.
法则2
若函数f(x) 和g(x)满足下列条件：
(1)lim f(x)＝∞及lim g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g′(x)≠0;
(3)lim ＝k，
那么lim ＝lim ＝k.
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，，0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞型求最值问题．
考点一 利用洛必达法则求型最值
例1 已知函数f(x)＝x2ln x－a(x2－1)，a∈R.若当x≥1时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值
范围．
解 方法一 f′(x)＝2xln x＋x－2ax
＝x(2ln x＋1－2a)，
因为x≥1，所以2ln x＋1≥1，
则当a≤时，f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)≥0，
此时f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0，此时f(x)≥0恒成立，
所以a≤符合题意；
当a>时，
由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，得x＝ ，
0
则x∈ 时，f′(x)<0，f(x)单调递减；x∈ 时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x) ＝
min
＝ ·－a
＝e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－
＝<0.
此时，f(x)≥0不成立．
综上，a≤.
方法二 由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，
当x＝1时，不等式成立，a∈R，
当x>1时，a≤，
令g(x)＝(x>1)，
则g′(x)＝，
因为x>1，则(x2－1－2ln x)′＝2x－>0，
故y＝x2－1－2ln x在(1，＋∞)上单调递增，
则y＝x2－1－2ln x>0，
故g′(x)＝>0.
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
则g(x)>g(1)，由洛必达法则知
lim ＝lim ＝.
所以由a≤恒成立，
得a≤.
规律方法 对函数不等式恒成立求参数取值范围时，采用分类讨论、假设反证法．若采取参
数与分离变量的方法，在求分离后函数的最值(值域)时会有些麻烦，如最值、极值在无意义
点处，或趋于无穷，此时，利用洛必达法则即可求解．洛必达法则可连续多次使用，直到求
出极限为止．
跟踪演练1 已知函数f(x)＝ex－1－x－ax2，当x≥0时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范
围．
解 当x＝0时，f(x)＝0，
对任意实数a都有f(x)≥0；
当x>0时，由f(x)≥0得a≤，设g(x)＝，
则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，
记φ(x)＝h′(x)，则φ′(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上单调递增，h′(x)>h′(0)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知
＝ ＝ ＝，
故a≤.
综上，实数a的取值范围是.
考点二 利用洛必达法则求型最值
例2 已知函数f(x)＝ax－a－xln x．若当x∈(0,1)时，f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．
解 依题意，ax－a－xln x≥0恒成立，
即a(x－1)≥xln x恒成立，
又x－1<0，
∴a≤恒成立，
令φ(x)＝，x∈(0,1)，
∴φ′(x)＝，
令g(x)＝x－1－ln x，x∈(0,1)，
∴g′(x)＝1－<0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，
∴g(x)>g(1)＝0，
∴φ′(x)>0，即φ(x)在(0,1)上单调递增．
由洛必达法则知lim ＝lim ＝lim
＝lim ＝lim x＝0，
∴φ(x)>0，故a≤0，
综上，实数a的取值范围是(－∞，0]．
规律方法 对于不常见的类型0·∞，1∞，∞0，00，∞－∞等，利用洛必达法则求极限，一般
先通过转换，化成，型求极限．
跟踪演练2 已知函数f(x)＝2ax3＋x.若x∈(1，＋∞)时，恒有f(x)>x3－a，求a的取值范围．
解 当x∈(1，＋∞)时，f(x)>x3－a，即2ax3＋x>x3－a，
即a(2x3＋1)>x3－x，
即a>恒成立，
令φ(x)＝(x>1)，
∴φ′(x)＝>0，
∴φ(x)在(1，＋∞)上单调递增，
由洛必达法则知
φ(x)＝ ＝ ＝ ＝，
∴φ(x)<，故a≥.
专题强化练
1．(2022·马鞍山模拟)已知函数f(x)＝ax2－xcos x＋sin x.
(1)若a＝1，讨论f(x)的单调性；
(2)当x>0时，f(x)0；
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．
(2)当x>0时，有f(x)0时，ax20，
∴g′(x)＝，
令φ(x)＝(x－1)ex－xsin x－cos x＋2，x>0，
φ′(x)＝xex－xcos x＝x(ex－cos x)．
∵x>0，∴ex>1≥cos x，
∴φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，
∴g′(x)>0，∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∵由洛必达法则知
lim ＝lim ＝1，
∴g(x)>1，故a≤1，
∴实数a的取值范围是(－∞，1]．
2．已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝－，由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故
即
解得a＝1，b＝1.
(2)由题设可得，当x>0，且x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝ ＋1(x>0，且x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，且x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，
令φ(x)＝2xln x＋－x(x>0，且x≠1)，
则φ′(x)＝2ln x＋1－，
易知φ′(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上单调递增，且φ′(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，φ′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0；
∴h′(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，∵h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0.
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
∵由洛必达法则知lim g(x)＝2 ＋1
＝2 ＋1＝2×＋1＝0，
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
