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专题24 导数中的洛必达法则
函数与导数应用的问题中求参数的取值范围是重点考查题型．在平时教学中，教师往往介绍利用变量
分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，而这是大学数学中的不定式
问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
[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 ＝l，那么lim ＝lim ＝l.
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 ＝l，那么lim ＝lim ＝l.
1．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．
【解析】(1)f′(x)＝－.由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，所以f(x)－＝.
设h(x)＝2ln x＋(x>0)，则h′(x)＝.
①设k≤0，由h′(x)＝知，当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，即f(x)>＋.
②设00，
对称轴x＝>1，所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾，
③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾．
综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)
法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数．又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)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知，
lim g(x)＝2lim ＋1＝2lim ＋1＝2×＋1＝0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
2．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．
【解析】设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．
又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2>0(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝0(x>0)．
由f(x)≤，得a≤，再设g(x)＝(x>0)，得g(x)>(x>0)．
连续两次使用洛必达法则1，得limg(x)＝lim＝lim＝，
所以g(x)的下确界是.题设即“当x>0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范围是.
3．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取值范围．
【解析】因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0；所以要使f(x)在R上有5个零点，
只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点．所以等价于方程a＝在(0，＋∞)上有2个根．
所以等价于y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有2个交点．g′(x)＝，
x (0,1) (1，＋∞)
g(x) ＋ －
所以g(x)的最大值为g(1)＝1.
因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：
lim g(x)＝lim ＝lim ＝0，所以00)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)试用a表示出b，c；
(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
【解析】(1)b＝a－1，c＝1－2a.
(2)题设即“a≥(x>1)，或a≥(x>1) 恒成立”．
用导数可证函数g(x)＝(x－1)2＋(x－1)－xln x(x≥1)是增函数(只需证g′(x)＝x－ln x－1≥0(x≥1)恒成立，
再用导数可证)，所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，
当且仅当x＝1时g(x)＝0，得<(x>1)，lim ＝.
所以若a≥(x>1)恒成立，则a≥，即a的取值范围是.5．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．
【解析】方法一 (最值分析法) 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≤；
当a>时，由f′(x)＝x(2ln x＋1－2a)＝0，得x＝x，且2ln x＋1－2a＝0，x＝ ，
0 0 0
则x∈[1， )时，f′(x)<0，则f(x)单调递减，x∈( ，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)单调递增，
f(x) ＝f( )＝( )2·－a[( )2－1]＝e2a－1－a(e2a－1－1)＝a－＝<0．
min
此时，f(x)≥0不成立．综上，a≤．
方法二 (参变分离法)
由f(x)＝x2ln x－a(x2－1)≥0，当x＝1时，不等式成立，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，则a≤．
6．已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)，若当x∈(1，＋∞)时，f(x)>0，求a的取值范围．
【解析】方法一 (最值分析法)
由f(x)＝(x＋1)ln x－a(x－1)，得f′(x)＝ln x＋＋1－a．
(1)当1－a≥0，即a≤1时，f′(x)>0，所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以f(x)>f(1)＝0．
(2)当a>1时，令g(x)＝f′(x)，则g′(x)＝>0，
所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f′(x)>f′(1)＝2－a．
①若2－a≥0，即10，于是f(x)在(1，＋∞)上单调递增，于是f(x)>f(1)＝0．
②若2－a<0，即a>2时，存在x∈(1，＋∞)，使得当10 a<．令H(x)＝，
则H′(x)＝＝， ⇔
令K(x)＝x－－2ln x，则K′(x)＝>0，
于是K(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以K(x)>K(1)＝0，于是H′(x)>0，
从而H(x)在(1，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则，可得lim＝lim＝lim＝2，于是a≤2，所以a的取值范围是(－∞，2]．
7．已知函数f(x)＝x(ex－1)－ax2(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝－1处有极值，求a的值．
(2)当x>0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．
【解析】(1)f′(x)＝ex－1＋xex－2ax＝(x＋1)ex－2ax－1，依题意知f′(－1)＝2a－1＝0，∴a＝．
(2)方法一 (最值分析法)
当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，
令φ(x)＝ex－1－ax(x>0)，则φ(x) ≥0，φ′(x)＝ex－a．
min
①当a≤1时，φ′(x)＝ex－a>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴φ(x)>φ(0)＝0，∴a≤1满足条件．
②当a>1时，若0ln a，则φ′(x)>0．
∴φ(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，∴φ(x) ＝φ(ln a)＝a－1－aln a≥0．
min
令g(a)＝a－1－aln a(a>1)，∴g′(a)＝1－(1＋ln a)＝－ln a<0，
∴g(a)在(1，＋∞)上单调递减．∴g(a)1不满足条件，
综上，实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二 (参变分离法)
当x>0时，f(x)≥0，即x(ex－1)－ax2≥0，即ex－1－ax≥0，即ax≤ex－1，即a≤恒成立，
令h(x)＝(x>0)，∴h′(x)＝，令k(x)＝ex(x－1)＋1(x>0)，∴k′(x)＝ex·x>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，∴k(x)>k(0)＝0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知，limh(x)＝lim＝limex＝1，∴a≤1．
故实数a的取值范围是(－∞，1]．
8．已知函数f(x)＝(x＋1)ln(x＋1)．若对任意x>0都有f(x)>ax成立，求实数a的取值范围．
【解析】方法一 (最值分析法)
令φ(x)＝f(x)－ax＝(x＋1)ln(x＋1)－ax(x>0)，
则φ′(x)＝ln(x＋1)＋1－a，∵x>0，∴ln(x＋1)>0．
(1)当1－a≥0，即a≤1时，φ′(x)>0，∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)>0恒成立，故a≤1满足题意．
(2)当1－a<0，即a>1时，令φ′(x)＝0，得x＝ea－1－1，
∴x∈(0，ea－1－1)时，φ′(x)<0；x∈(ea－1－1，＋∞)时，φ′(x)>0，
∴φ(x)在(0，ea－1－1)上单调递减，在(ea－1－1，＋∞)上单调递增，
∴φ(x) ＝φ(ea－1－1)<φ(0)＝0与φ(x)>0恒成立矛盾，故a>1不满足题意．
min
综上有a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
方法二 (参变分离法)
x∈(0，＋∞)时，(x＋1)ln(x＋1)>ax恒成立，即a<恒成立．
令g(x)＝(x>0)，∴g′(x)＝．
令k(x)＝x－ln(x＋1)(x>0)，∴k′(x)＝1－＝>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴k(x)>k(0)＝0，∴x－ln(x＋1)>0恒成立，∴g′(x)>0，故g(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由洛必达法则知limg(x)＝lim＝lim [ln(x＋1)＋1]＝1，
∴a≤1，故实数a的取值范围是(－∞，1]．
9．设函数f(x)＝ln(x＋1)＋ae－x－a，a∈R，当x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．
【解析】(参变分离法)
f(x)≥0对x∈(0，＋∞)恒成立⇔a≤．设h(x)＝．
则h′(x)＝，
当x>0时，1－e－x >0，∴h′(x)>0，∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0＋时，ln(x＋1)→0，1－e－x→0，
∴h(x)在(0，＋∞)上的值域为(1，＋∞)，∴a≤1．
故a的取值范围是(－∞，1]．
10．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2．
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
【解析】(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1．
当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0．
故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2) (参变分离法)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；
当x>0时，f(x)≥0等价于a≤．令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，
∴h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．由洛必达法则知，lim＝lim＝lim＝，
故a≤．综上，a的取值范围为．
y f(x) (1, f(1)) x2y30
11．已知函数，曲线 在点 处的切线方程为 。
（Ⅰ）求a、b的值；
lnx k
f(x)
（Ⅱ）如果当x0，且x1时， x1 x ，求k 的取值范围。
x1
( lnx)
x b 1
f '(x)
(x1)2 x2 x2y30 2 (1,1)
【解析】法一：（Ⅰ） ，由于直线 的斜率为 ，且过点 ，f(1)1, b1,
1 a 1
f '(1) , b ,
故 2 ，即 2 2 ，解得a1，b1。
lnx 1 lnx k 1 (k1)(x2 1)
f(x) f(x)( ) (2lnx )
x1 x x1 x 1x2 x
（Ⅱ）由（Ⅰ）知 ，所以 。
(k1)(x2 1) (k1)(x2 1)2x
h'(x)
考虑函数 h(x)2lnx x (x0) ，则 x2 。
k(x2 1)(x1)2
h'(x)
（i）设k 0，由 x2 知，当x1时， h'(x)0 ，h（x）递减。而 h(1)0
1 1
h(x)0
故当 x(0,1) 时， h(x)0 ，可得 1x2 ；当x （1，+ ）时，h（x）<0，可得1x2 ，h
（x）>0，
lnx k lnx k
从而当x>0,且x1时，f（x）-（ x1 + x ）>0，即f（x）> x1 + x .
(k 1)(x2 1)2x (k 1)x2 2xk 1
（ii）设00,故 h' （x）
.
1
>0,而h（1）=0，故当x （1， 1k ）时，h（x）>0，
1
可得1x2
h（x）<0,与题设矛盾。
（iii）设k 1.此时 x2 12x ， (k 1)(x2 1)2x 0 h' （x）>0,而h（1）=0，故当1
x （1，+ ）时，h（x）>0，可得1x2 h（x）<0,与题设矛盾。
综合得，k的取值范围为（- ，0]
法二：利用洛必达法则处理如下：
（II）由题设可得，当 时，k< 恒成立。
令g (x)= ( ),则 ，
再令 ( )，则 ，
，易知 在 上为增函数，且 ；
故当 x(0,1) 时， ，当x （1，+ ）时， ；
在 上为减函数，在 上为增函数；故 > =0
在 上为增函数， =0
当 x(0,1) 时， ，当x （1，+ ）时，
当 x(0,1) 时， ，当x （1，+ ）时，
在 上为减函数，在 上为增函数
由洛必达法则知
k 0 ，即k的取值范围为（- ，0]
12．设函数 .当 时， ，求 的取值范围.【解析】由题设 ，此时 .
①当 时，若 ，则 ， 不成立；
②当 时，当 时， ，即 ；
若 ，则 ；
若 ，则 等价于 ，即 .
记 ，则 .
记 ，则 ， .
因此， 在 上单调递增，且 ，所以 ，
即 在 上单调递增，且 ，所以 .
因此 ，所以 在 上单调递增.
由洛必达法则有 ，即当 时，
，即有 ，所以 .综上所述， 的取值范围是 .
13．设函数 ．
（Ⅰ）求 的单调区间；
（Ⅱ）如果对任何 ，都有 ，求 的取值范围．【解析】（Ⅰ） ．
当 （ ）时， ，即 ；
当 （ ）时， ，即 ．
因此 在每一个区间 （ ）是增函数，
在每一个区间 （ ）是减函数．
（Ⅱ） ，
若 ，则 ；
若 ，则 等价于 ，即
则 .记 ，
因此，当 时， ， 在 上单调递减，且 ，
故 ，所以 在 上单调递减，
而 .
另一方面，当 时， ，因此 .14．设函数 f (x)=(1−ax)ln(x+1)−bx ，曲线 y=f (x) 恒与x轴相切于坐标原点。（1）求常数 b 的值；
( 1) n ( 1) n+1
1+ x
，根据不等式 ，
F' (x)>0 x∈[0,1] F(x)
故 对 恒成立， 为单调增函数，
1 1 0
F(x)= −
故只需证明
a≤F(0)
即可，当
x→0
时，
x ln(1+x)
属于
0
类型，
1
1
−1 −
ln(1+x)−x 1+x (1+x) 2 1 1
a≤lim =lim =lim =lim− =−
x→0
xln(1+x)
x→0ln(1+x)+
x
x→0
1
+
1
x→0
x+2 2
用洛必达法则
x+1 x+1 (x+1) 2
( 1) n ( 1) n+1 ( 1) n ( 1) n+1
1+
