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【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）
素养拓展 08 洛必达法则的应用（精讲+精练）
一、知识点梳理
一、前言
在高中，涉及到求参数的取值范围时，参数分离后，有时会出现分子与分母之比为两个无穷小之比、两个
无穷大之比或两个趋近于零的数之比。这个比值可能是定值也可能是不存在，这时如果我们要计算出他们
的比值，就需要运用到洛必达法则。
二、洛必达法则定义
在一定条件下，通过分子分母分别求导，再求极限来确定未定式的值的方法，称为洛必达法则。
三、法则形式
1.法则1（ 型）：若函数 和 满足下列条件：
（1）设当 时， 及 ；
（2）在点 处函数 和 的图像是连续的，即函数 和 在点 处存在导数；
（3） ；则： .
2.法则2（ 型）： 若函数 和 满足下列条件：
(1) 及 ；
(2)在点 处函数 和 的图像是连续的，即函数 和 在点 处存在导数；
(3) ，则： .
3.法则3（ 型）：若函数 和 满足下列条件：(1) 及 ；
(2)在点 处函数 和 的图像是连续的，即函数 和 在点 处存在导数；且 ；
(3) ，则： = .
【特别提醒】
（1）将上面公式中的 换成 洛必达法则也成立。
（2）洛必达法则可处理 型。
（3）首先要检查是否满足 型定式，否则用洛必达法会出错。当不满足三个
前提条件时，就不能用洛必达法则
（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）高中阶段，洛必达法则一般是用来确定最值，方便解题。
四、适用类型的转化
（1） 型的转化： 或 ；
（2） 型的转化：
（3） 、 型的转化：幂指函数类
二、题型精讲精练
【典例1】设函数（1）若 ，求 的单调区间；
（2）若当 时 ，求 的取值范围
解：（1） 时， ， .
当 时， ；当 时， .故 在 单调减少，在 单调
增加
（II）
由（I）知 ，当且仅当 时等号成立.故
，
从而当 ，即 时， ，而 ，
于是当 时， .
由 可得 .从而当 时，
，
故当 时， ，而 ，于是当 时， .
综合得 的取值范围为
原解在处理第（II）时较难想到，现利用洛必达法则处理如下：
另解:（II）当 时， ，对任意实数a,均在 ；
当 时， 等价于令 , 则 ， 令 ， 则
， ，
知 在 上为增函数， ；知 在 上为增函数， ；
，g(x)在 上为增函数。
由洛必达法则知， ，
故 ，综上，知a的取值范围为
【典例2】若不等式 对于 恒成立，求 的取值范围.
解：当 时，原不等式等价于 .
xcosx−sinx cosx(x−tanx)
记 ，则f '(x)= = .
x2 x2
且 时， ，所以 .因此 在 上单调递减（也就是 x 趋于 0
时，f（x）最大）
， .所以
【典例3】（1）0∙∞型1
( )
lnx x
lim(xlnx)=lim( )=lim =lim (−x)=0
x→0 x→0+ 1 x→0+
−
1 x→0+
x x2
0 ∞
技巧：将乘积中无穷或0取倒数进而变形到分母上，化为 或 型
0 ∞
【典例4】（2）∞－∞型
1 1
( −1 ) ( − )
( 1 1 ) (lnx−(x−1)) x x2 ( −1 ) 1
lim − =lim =lim =lim =lim =−
x→1 x−1 lnx x→1 (x−1)lnx x→1 lnx+ x−1 x→1 1 + 1 x→1 x+1 2
x x x2
0
技巧：可将无穷通分，进而化为 型
0
【典例5】（3）∞0型
转化方法同上，
∞0=eln∞0=e0·ln∞=e0·∞
1
1 1 1 ·ln(1+x) lim ln(x+1) lim x+1 lim 1
lim(1+x)x=lim eln(1+x)x=lim ex =ex→∞ x =ex→∞ 1 =ex→∞x+1=e0=1
x→∞ x→∞ x→∞
技巧：可利用对数性质℮lna=a，将函数化为以为℮底数的指数函数，转化为对指数求极限。转化方法如下：
，这样就化为了0∙∞型
1∞=eln1∞=e∞·ln1=e∞·0
【题型训练】
1.已知函数 ,若当 时,恒有 成立,求实数 的取值范围.
f (x)=ex−x−1 x≥0 |f (x)|≤mx2e|x| m
【解析】因为f (x)=ex−x−1,所以f'(x)=ex−1,
所以当x∈(−∞,0)时,f'(x)<0,即f (x)递减,
当x∈(0,+∞)时,f'(x)>0,即f (x)递增.
若当 时,恒有 成立,即恒有 成立,
x≥0 |f (x)|≤mx2e|x| 0≤f (x)≤mx2ex
当x=0时,不等式恒成立.当 时,恒有 成立,即 ex−x−1,
x>0 0≤f (x)≤mx2ex m≥
x2ex
令 ex−x−1,则 x2−2ex+2x+2.
H(x)= H'(x)=
x2ex x3ex
今h(x)=x2−2ex+2x+2,则h'(x)=2x−2ex+2,进一步h''(x)=2−2ex<0,
所以h'(x)=2x−2ex+2在(0,+∞)上单调递减,所以h'(x)0),则g'(x)= − = ,
x x x2 x2
所以当01时,g'(x)>0.
所以g(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,
所以x>0时,g(x)≥g(1)=2>0,即f (x)在(0,+∞)上单调递增.
所以f (x)的单调递增区间为(0,+∞),无减区间.
(2)对任意 ,不等式 [f (x) ] 成立等价于对任意 ( 1) 恒成立.当
x≥1 x −ax +a≤0 x≥1,lnx−a x− ≤0
x+1 x
x=1时,a∈R;对任意 ,不等式 [f (x) ] 恒成立等价于对任意 xlnx恒成立.
x>1 x −ax +a≤0 x>1,a≥
x+1 x2−1
xlnx
记m(x)= (x>1),
x2−1
(1+lnx)(x2−1)−2x2lnx x2−1−(1+x2)lnx
则 m'(x)= =
(x2−1) 2 (x2−1) 2
1 ( 2 )
1− −lnx
x2+1 x2+1 .
=
(x2−1) 2
2
记t(x)=1− −lnx(x>1),
1+x2
则 t'(x)= 4x − 1 =
4x2−(1+x2) 2
=−
(1−x2) 2
<0 ,
(1+x2) 2 x x(1+x2) 2 x(1+x2) 2
所以t(x)在(1,+∞)单调递减,又t(1)=0,
所以x>1时,t(x)<0,m'(x)<0,所以m(x)在(1,+∞)单调递减.
xlnx
−0
所以 xlnx x+1 x+1−lnx 1 .综上所述,实
m(x)
