大招洛必达法则-解析版_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0616数学_高中数学解题技巧：洛必达法则

大招 洛必达法则
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.
一．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.
二．法则形式
0
1.法则1( 型)：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
0
(1)设当x→a时，limfx
x→a
1
 =0 及limgx
x→a
 =0；
(2)在点a处函数f(x)和g(x)的图像是连续的，即函数f(x)和g(x)在点a处存在导数；
fx
(3)lim
x→∞

gx 
f(x) f(x)
=l；则：lim =lim =l.
x→a g(x) x→a g(x)
0
2.法则2( 型)：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
0
(1)limfx
x→∞
 =0 及limgx
x→∞
 =0；
(2)在点a处函数f(x)和g(x)的图像是连续的，即函数f(x)和g(x)在点a处存在导数；
fx
(3)lim
x→∞

gx 
fx
=l，则：lim
x→∞

gx 
fx
=lim
x→∞

gx 
=l.
∞
3.法则3( 型)：若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
∞
(1)limfx
x→a
 =∞及limgx
x→a
 =∞；
(2)在点a处函数f(x)和g(x)的图像是连续的，即函数f(x)和g(x)在点a处存在导数；且g(x)≠0；
fx
(3)lim
x→a

gx 
fx
=l，则：lim
x→a

gx 
fx
=lim
x→a

gx 
=l.
【特别提醒】：
(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.
0 ∞
(2)洛必达法则可处理 ， ，0⋅∞，1∞，∞0,00，∞-∞型.
0 ∞
0 ∞
(3)首先要检查是否满足 ， ，0⋅∞，1∞，∞0,00，∞-∞型定式，否则用洛必达法会出错.当不满足三个
0 ∞
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.
三．适用类型的转化
1 ∞ 1 0
(1)0⋅∞型的转化：0⋅∞⇒ ⋅∞= 或0⋅∞⇒0⋅ = ；
∞ ∞ 0 01 1 0-0 0
(2)∞-∞型的转化：∞-∞⇒ - ⇒ =
0 0 0⋅0 0
(3)00、1∞∞0型的转化：幂指函数类
00
1∞
∞0
2
 0⋅ln0
取对数
→ ∞⋅ln1 ⇒0⋅∞
0⋅ln∞
1.已知函数fx  =2sinx-xcosx-x，x∈0,π  ，fx  ≥ax恒成立，求a的取值范围．
【大招指引】本题是一道恒成立问题，通常会使用分离参数的方法，然而对于gx 
2sinx
= -cosx-1，
x
根据求导研究，gx  在0,x 0  单调递增，在x 0 ,π  单调递减，出现x=0的值代不进去，从而需要洛必达
法则才行.
【解析】当x=0时，不等式恒成立，a∈R；
当x∈0,π  时，由fx 
2sinx
≥ax得a≤ -cosx-1，
x
令gx 
2sinx
= -cosx-1，gx
x

x2sinx-2sinx+2xcosx
= ，
x2
令hx  =x2sinx-2sinx+2xcosx，
则hx  =x2cosx，hx 
π
在0,
2

π
单调递增，在 ,π
2
 单调递减，
又h0  =0，hπ 
π
<0，故存在x ∈ ,π 0 2  使得hx 0  =0，
gx  在0,x 0  单调递增，在x 0 ,π  单调递减，
limgx
x→0
 =2-1-1=0，gπ  =0，
故gx  =gπ
min
 =0，所以a∈-∞,0  ．
【题后反思】无论洛必达法则是否超纲，初学者不应该经常使用，对于恒成立问题而言，其分离参数+洛
必达法则固然非常好用，然而长期使用容易导致丧失了对于导数问题的原本分析能力，那么遇到了非洛
必达题型的时候束手无策．
【温馨提醒】一般什么时候使用洛必达法则？当在考场上时间不够或常规方法解出的时候使用洛必达法
则：当在平常备考中想一题多解、拓展思路的时候可以使用洛必达法则．
【举一反三】
2.已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)，若当x∈(1，+∞)时，f(x)>0，求a的取值范围.
【答案】-∞,2  .【分析】求出f′(x)，分a≤1、1<a≤2、a>2讨论 f(x)的单调性，可得答案.
1
【详解】由f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)，得f′(x)=ln x+ +1-a.
x
(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.
x-1
(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′
x2
(1)=2-a.
若2-a≥0，即1<a≤2时，f′(x)>0，于是f(x)在(1，+∞)上单调递增，于是f(x)>f(1)=0.
若2-a<0，即a>2时，存在x ∈(1，+∞)，使得当1<x<x 时，f′(x)<0，于是f(x)在(1，x )上单调
0 0 0
递减，所以f(x)<f(1)=0，不符合题意.
综上所述，a的取值范围是-∞,2
3
 .
3.已知函数fx  =xex-1  -ax2，当x≥0时，fx  ≥0，求实数a的取值范围.
【答案】-∞,1

ex-1
【分析】考虑x=0和x>0两种情况，参变分离，构造函数，求导得到其单调性，得到a≤lim ，结合
x→0 x
洛必达法则求出答案.
【详解】当x≥0时，fx  ≥0，即xex-1  ≥ax2，
当x=0时，0≥0，a∈R，
当x>0时，xex-1  ≥ax2等价于ex-1≥ax，
ex-1
即 ≥a，
x
令gx 
ex-1
= ，x∈0,+∞
x
 ，则gx 
x-1
=
 ex+1
，
x2
记hx  =x-1  ex+1，x∈0,+∞  ，
则hx  =xex>0，因此hx  =x-1  ex+1在x∈0,+∞  上单调递增，
且hx  >h0  =0，所以gx  >0，从而gx 
ex-1
= 在x∈0,+∞
x
 上单调递增，
ex-1
所以a≤lim ，
x→0 x
ex-1 ex
由洛必达法则得lim =lim =1，
x→0 x x→0 1
即a≤1，.
综上所述，实数a的取值范围为-∞,1  .
4.已知函数f(x)=(x+1)ln x-a(x-1)，若当x∈(1，+∞)时，f(x)>0，求实数a的取值范围.
(x+1)lnx
【大招指引】根据题目条件，进行分离参数，令H(x)= ，再通过求导，构造，知从而H(x)在(1，
x-1
1
(x+1)lnx [(x+1)lnx]' 1+ +lnx
x
+∞)上单调递增.由洛必达法则，可得lim =lim =lim =2，
x→1+ x-1 x→1+ (x-1)' x→1+ 1
于是a≤2，所以实数a的取值范围是(-∞，2].
(x+1)lnx (x+1)lnx
【解析】当x∈(1，+∞)时，f(x)>0⇔a< .令H(x)= ，
x-1 x-1x+1
 +lnx
x
则H'(x)=
4

1
(x-1)-(x+1)lnx x- -2lnx
x 1
= ，令K(x)=x- -2ln x，则K'(x)=
(x-1)2 (x-1)2 x
x2-2x+1
>0，
x2
于是K(x)在(1，+∞)上单调递增，所以K(x)>K(1)=0，于是H'(x)>0，
(x+1)lnx [(x+1)lnx]'
从而 H(x) 在 (1，+∞) 上单调递增. 由洛必达法则，可得 lim = lim =
x→1+ x-1 x→1+ (x-1)'
1
1+ +lnx
x
lim =2，
x→1+ 1
于是a≤2，所以实数a的取值范围是(-∞，2].
∞ ∞
【题后反思】利用洛必达法则处理 型函数的步骤:(1)考虑分离变量;(2)出现“ ”型式子;(3)运用洛必
∞ ∞
达法则求值.
【举一反三】
5.设函数f(x)=ex-1-x-ax2，若当x≥0时f(x)≥0，求a的取值范围．
1
【答案】a≤
2
【分析】方法一：令g(x)=ex-1-2ax，所以g(x)=ex-2a，x∈0,+∞ 
1 1
，再对a分a≤ 和a> 两种
2 2
情况讨论判断f(x)≥0是否成立即得解.
【详解】[方法一]：由题得f(x)=ex-1-2ax，
令g(x)=ex-1-2ax，所以g(x)=ex-2a，x∈0,+∞ 
1 1
当a≤ 时，g(x)=ex-2a≥0恒成立，仅当a= ,x=0时，g(x)=0
2 2
f(x)=ex-1-2ax在x∈0,+∞  单调递增，所以f(x)≥f(0)=0，
所以函数f(x)在[0,+∞)上单调递增.
所以f(x)≥f(0)=0满足题意；
1
当a> 时，g(x)=ex-2a>0得x∈ln2a,+∞
2
 ，g(x)=ex-2a<0得x∈0,ln2a  ，
所以f(x)=ex-1-2ax在x∈0,ln2a  单调递减，在x∈ln2a,+∞  单调递增，
又f(0)=0,∴f(ln2a)<0，所以函数f(x)在x∈0,ln2a  单调递减，
又f(0)=0，所以函数f(x)在x∈(0,ln2a)上f(x)<f(0)=0，与已知矛盾，不合题意，所以舍去.
1
综上所述：a≤ .
2
[方法二]：f′(x)=ex-1-2ax，由指数不等式ex≥1+x，当且仅当x=0时，等号成立．
1
得f′(x)≥x-2ax=(1-2a)x，从而当1-2a≥0，即a≤ 时，f′(x)≥0(x≥0)，
2
而f(0)=0，于是当x≥0时，f(x)≥0．
由ex>1+x(x≠0)可得e-x>1-x(x≠0)
1
从而当a> 时，f′(x)<ex-1+2ae-x-1
2
 =e-xex-1)ex-2a  ，
故当x∈(0,ln2a)时，f′(x)<0，而f(0)=0，当x∈(0,ln2a)时，f(x)<0，不合题意．
1
综合得a的取值范围为-∞,
2
 ．
6.已知函数f(x)=mx-sinx，g(x)=axcosx-2sinx(a>0).(1)若函数y=f(x)是(-∞,+∞)上的单调递增函数，求实数m的最小值；
π
(2)若m=1，且对任意x∈ 0,
 2
5
 ，都有不等式f(x)≥g(x)成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1；
(2)0,2  .
【分析】(1)根据题意f(x)≥0恒成立，分离参数，结合三角函数有界性，即可求得结果；
x+sinx
(2)对f(x)≥g(x)分离参数，并构造函数h(x)= ，利用导数判断其单调性，结合洛必达法则求解
xcosx
其极限，即可求得参数范围.
【详解】(1)∵函数f(x)=mx-sinx在R上单调递增，
∴f(x)≥0恒成立，∴f(x)=m-cosx≥0，即m≥cosx，∴m≥1，
即实数m的最小值为1.
(2)∵m=1，∴函数f(x)=x-sinx，
π
由(1)可得f(x)在R上单调递增，故当x∈ 0,
 2
 ，f(x)≥f(0)，即x-sinx≥0，
π
由f(x)≥g(x)对任意x∈ 0,
 2
 都成立，得x+sinx-axcosx≥0恒成立.
即axcosx≤x+sinx恒成立.
当x=0，0≤0恒成立；
π π
当x= ，0≤ +1恒成立；
2 2
π x+sinx
当0<x< 时，即：a≤ 恒成立；
2 xcosx
x+sinx (1+cosx)xcosx-(x+sinx)(cosx-xsinx)
令h(x)= ，则h(x)=
xcosx (xcosx)2
x+x2sinx- 1 sin2x 1 (2x-sin2x)+x2sinx
2 2
= = >0
(xcosx)2 (xcosx)2
x+sinx π
∴h(x)= 在x∈0,
xcosx 2
 上单调递增；
1+cosx 1+1
由洛必达法则：limh(x)=lim = =2，
x→0 x→0 cosx-xsinx 1
故0<a≤2，即实数a的取值范围为0,2  .
初等方法解决：
∵m=1，∴函数f(x)=x-sinx，∵f(x)≥g(x)，∴x+sinx-axcosx≥0.
π
对于任意x∈ 0,
 2
 ，令H(x)=x+sinx-axcosx，
则H(x)=1+cosx-a(cosx-xsinx)=1+(1-a)cosx+axsinx
当1-a≥0，即0<a≤1时，H(x)=1+(1-a)cosx+axsinx≥0，
π
∴H(x)在 0,
 2
 上为单调递增函数，∴H(x)≥H(0)=0，符合题意，∴0<a≤1.
当1-a<0，即a>1时，令h(x)=1+(1-a)cosx+axsinx，于是h(x)=(2a-1)sinx+axcosx.
π
∵a>1，∴2a-1>0，∴h(x)≥0，∴h(x)在 0,
 2
 上为单调递增函数，
π
∴h(0)≤h(x)≤h
2

π π
，即2-a≤h(x)≤ a+1，∴2-a≤H(x)≤ a+1.
2 2
当2-a≥0，即1<a≤2时，H(x)≥0，π
∴H(x)在 0,
 2
6
 上为单调递增函数，于是H(x)≥H(0)=0，符合题意，∴1<a≤2.
π
当2-a<0，即a>2时，存在x ∈0,
0 2
 ，使得当x∈(0,x )时，有H(x)<0，
0
此时H(x)在(0,x )上为单调递减函数，从而H(x)<H(0)=0，不能使H(x)>0恒成立，
0
综上所述，实数a的取值范围为0,2  .
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3.根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造
的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和
放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
7.两个无穷小之比或两个无穷大之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达
ex-1
法则，即在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法，如lim =
x→0 x
ex-1
lim
x→0
  ex lnx+x-1
=lim =1，则lim = ( )
x x→0 1 x→1 x2+x-2
1 2
A. B. C. 1 D. 2
2 3
【答案】B
【分析】利用洛必达法则直接求解即可.
lnx+x-1 lnx+x-1
【详解】lim =lim
x→1 x2+x-2 x→1
 
x2+x-2 
1
+1 x 2
=lim = .
 x→1 2x+1 3
故选：B.
0 ex-1 0
8.我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为 型，比如：当x→0时， 的极限即为 型．两
0 x 0
个无穷小之比的极限可能存在，也可能不存在，为此，洛必达在1696年提出洛必达法则：在一定条件下通
ex-1 ex-1
过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：lim =lim
x→0 x x→0
  ex
=lim =1，
x x→0 1
x2-1
则lim = ( )
x→1 x3lnx
1
A. 0 B. C. 1 D. 2
2
【答案】D
【分析】利用洛必达法则直接求解即可
x2-1 x2-1
【详解】lim =lim
x→1 x3lnx x→1
 
x3lnx 
2x
=lim =2，
 x→1 3x2lnx+x2
故选：D
9.1696年，洛必达在他的著作《无限小分析》一书中创造了一种算法，用以寻找满足一定条件的两函数之商的极限，法则的大意为：在一定条件下通过对分子、分母分别求导再求极限来确定未定式值的方法．如：
sinx sinx
lim =lim
x→0 x x→0
7
  cosx ex-e-x
=lim =1，按此方法则有lim = ．
x x→0 1 x→0 sinx
【答案】2
【分析】由洛必达法则，分别对分子和分母求导，代入x=0即可求得该极限值.
ex-e-x ex-e-x
【详解】由题意可得：lim =lim
x→0 sinx x→0
 
sinx 
ex+e-x
=lim =2．
 x→0 cosx
故答案为：2.
10.已知函数fx 
a a lnx
= - - ，且fx
x x3 x
 ≤0.
(1)求实数a的值；
(2)求证：fx  存在唯一的极小值点x 0 ，且-e-1<fx 0  <-e-2；
(3)设Fx  =xfx 
a
+ -a，Gx
x2

1
= x2+x+bsinx.对∀x∈0,π
2
 ，Fx+1  ≤Gx  恒成立，求实
数b的取值范围.
1
【答案】(1)
2
(2)证明见解析
(3)-2,+∞ 
【分析】(1)令gx 
a
=a- -lnx，分析可知，x=1是函数gx
x2
 的一个极值点，由g1  =0可求出a的
值，再结合极值点的定义验证即可；
(2)利用导数分析函数fx  的单调性，利用零点存在定理可证明函数fx  存在唯一的极小值点，然后由
x 0 ∈e,e2  可得出fx 0 
3 1
<-e-2，由极值点的定义可得出lnx =-  -1 0 2 x2
0
 ，构造函数φx 
1 1
= - ， x2 x
利用导数分析该函数的单调性，结合函数fx  的单调性可证得结论成立；
1
(3)由已知可得出- x2-x-lnx+1
2
 ≤bsinx恒成立，在x=0时直接验证即可；在x∈0,π  时，可得
- 1 x2-x-lnx+1
2
出b≥

，利用洛必达法则可得出实数a的取值范围.
sinx
【详解】(1)解：由题意，函数fx 
a a lnx
= - - ，可得其定义域为0,+∞
x x3 x
 ，
因为fx  ≤0，且f1 
a
=0，可得a- -lnx≤0，
x2
令gx 
a
=a- -lnx，则x=1是函数gx
x2
 的一个极值点，可得gx 
2a 1
= - ，
x3 x
因为g1  =0，且g1 
1
=0，可得2a-1=0，解得a= ，
2
1
当a= 时，gx
2

1 1 1-x2
= - = ，
x3 x x3
当x∈0,1  时，gx  >0，gx  单调递增；
当x∈1,+∞  时，gx  <0，gx  单调递减，
所以gx  ≤g1 
1
=0，符合题意，所以，a= .
2(2)证明：由(1)可得函数fx
8

1 1 1
=  -
2 x x3

lnx
- ，
x
可得fx 
1 1 3
= - +
2 x2 x4

1-lnx 1 3 1
- =  -1
x2 x2 2 x2


 +lnx


，
令hx 
3 1
=  -1
2 x2
 +lnx，则hx 
1
= x2-3
x3
 ，
当x∈0, 3  时，hx  <0，hx  单调递减；
当x∈ 3,+∞  时，hx  >0，hx  单调递增，
又由h1  =0，he2 
3 1
= + >0，he
2e4 2

3-e2
= <0，
2e2
所以∃x 0 ∈e,e2  ，使得hx 0  =0，
当x∈0,1  时，hx  >0，即fx  >0，fx  单调递增；
当x∈1,x 0  时，hx  <0，即fx  <0，fx  单调递减；
当x∈x 0 ,+∞  时，hx  >0，即fx  >0，fx  单调递增，
所以fx  存在唯一极小值点x . 0
因为x 0 ∈e,e2  ，所以fx 0  <fe2 
1
= e-2-e-6 2 
3 1
-2e-2=- e-2- e-6<-e-2， 2 2
又因为hx 0 
3 1
=0，所以lnx =-  -1 0 2 x2
0
 ，
设φx 
1 1
= - ，可得φx
x2 x

x2-3
= ，
x4
当x∈0, 3  时，φx  <0，φx  单调递减；
当x∈ 3,+∞  时，φx  >0，φx  单调递增，
因为x 0 ∈e,e2  ，所以fx 0 
1 1
= x2 - x =φx 0
0 0
 >φe  =e-3-e-1>-e-1，
综上可得：-e-1<fx 0  <-e-2.
(3)解：对∀x∈0,π  ，Fx+1  ≤Gx  恒成立，即Fx+1  ≤Gx  恒成立，
1
即不等式- x2-x-lnx+1
2
 ≤bsinx恒成立.
当x=0时，不等式对任意实数b都成立；
当x∈0,π 
- 1 x2-x-lnx+1
2
时，sinx>0，所以b≥

，
sinx
令px 
- 1 x2-x-lnx+1
2
=

，
sinx
可得px 
1 -x-1-
x+1
=
 sinx+ 1 x2+x+lnx+1
2
   cosx
，
sin2x
令qx 
1
=-x-1-
x+1

1
sinx+ x2+x+lnx+1
2
  

 cosx，
则qx 
1
= x+1 
1
- x2-x-1-lnx+1 2 2 

  

sinx，
令tx 
1
=
x+1 
1
- x2-x-1-lnx+1
2 2
 ，则tx 
2
=-
x+1 
1
-x-1- <0，
3 x+1
所以tx  在0,π  上单调递减，
所以tx  <t0  =0，所以qx  <0，qx  单调递减，所以qx  <q0  =0，
所以px  <0，px  单调递减，- 1 x2-x-lnx+1
2
又由洛必达法则：lim
x→0
9
 1 -x-1-
x+1
=lim =-2，所以px
sinx x→0 cosx
 <-2，
所以b≥-2，即实数b的取值范围是[-2,+∞).
【点睛】易错点点睛：已知极值点求参数的值，先计算fx  =0，求得x的值，再验证极值点．由于导数为
0的点不一定是极值点，因此解题时要防止遗漏验证导致错误．
11.已知函数fx  =exx-3  +ax2+2x+3
1
(1)当a=- 时，求函数fx
2
 的单调区间；
(2)若函数fx  有3个不同零点，求实数a的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为-∞,0  ,2,+∞  ，单调递减区间为0,2 
1
(2)0<a<
2
1
【分析】(1)将a=- 代入fx
2
 的函数解析式，对fx  求导即可判断出fx  的单调区间；
(2)考虑到f0  =0 ，对fx  参数分离，构造函数，求导即可求解.
1
【详解】(1)a=- 时，fx
2
 =exx-3 
1
- x2+2x+3
2
fx  =exx-2  -x+2=x-2  ex-1  ，
令fx  >0 得x<0 或x>2,∴fx  在x∈ -∞,0  时单调递增，
x∈0,2  时单调递减，x∈2,+∞  时单调递增；
所以函数fx  得单调递增区间为-∞,0  和2,+∞  ，单调递减区间为0,2  ；
(2)注意到f0  =0 ，
设gx 
exx-3
=
 +2x+3
，则gx
x2
 =-a在x≠0时有两不同解，
gx 
exx2-4x+6
=
 -2x-6
，令hx
x3
 =exx2-4x+6  -2x-6,h0  =0
hx  =exx2-2x+2  -2 ，h0  =0 ，令px  =hx  ，则有px  =exx2≥0 ，
∴hx  是增函数，则x∈-∞,0  时，hx  <0 ，,x∈0,+∞  时，hx  >0 ，
所以x∈-∞,0  时，hx  单调递减，x∈0,+∞  时，hx  单调递增，hx  ≥h0  =0 ，
所以x∈-∞,0  时，gx  <0 ，x∈0,+∞  时，gx  >0 ，
所以gx  在x∈-∞,0  时，单调递减，x∈0,+∞  时，单调递增，
ex(x-2)+2 ex(x-1) 1
因为limg(x)=lim =lim =- ，
x→0 x→0 2x x→0 2 2
当x∈-∞,0  时，0<ex<1 ，x-3+2x+3<exx-3  +2x+3<2x+3 ，
2x+3
即 >gx
x2

3 2x+3 3
> ，当x→-∞ 时， <0, <0 ，
x x2 x
2x+3 3
并且 lim =0,lim =0 ，∴gx
x→-∞ x2 x→-∞x
 <0 ，并且 limgx
x→-∞
 =0 ，
当x∈0,+∞  时，limgx
x→+∞
 =+∞ ，
函数图像如下：1 1
所以- <-a<0 即0<a< ；
2 2
综上，函数fx
10
 得单调递增区间为-∞,0  和2,+∞  ，单调递减区间为0,2  ，
1
0<a< .
2
【点睛】本题的难点在于参数分离后，对gx  图像的讨论，当x→-∞ 时，需用夹逼方法，
x→0 时，需用洛必达法则，当x→+∞ 时，需用指数函数与幂函数的增长速度模型或者用洛必达法则也
可.
12.已知f(x)=x+1  lnx.
(1)求f(x)的单调区间；
 f(x)
(2)若对任意x≥1，不等式x -ax
x+1

+a≤0恒成立，求a的取值范围.
【答案】(1)增区间为0,+∞ 
1
，无减区间；(2)  ,+∞
 2
 .
【分析】(1)由解析式知f(x)定义域为0,+∞ 
1 1
，f(x)=lnx+1+ ，令g(x)=lnx+1+ (x>0)，应用
x x
导数研究g(x)的单调性，进而判断f(x)的单调区间；
(2)法一：将问题转化为x(lnx-ax)+a≤0在 1,+∞  上恒成立，令h(x)=xlnx-ax2+a(x≥1)，应用
1
导数并结合分类讨论的方法研究h(x)的单调性，进而求a的范围；法二：将问题转化为lnx-ax-
x

≤0在 1,+∞ 
1
上恒成立，令t(x)=lnx-ax-
x
 (x≥1)，应用导数及函数与方程思想，结合分类讨论
xlnx
的方法研究t(x)的单调性，求a的范围；法三：分离常量法得a≥ 在 1,+∞
x2-1
 上恒成立，令m(x)=
xlnx
(x>1)应用导数研究m(x)的单调性，求a的范围；
x2-1
【详解】(1)由解析式知：f(x)的定义域为0,+∞ 
1
且f(x)=lnx+1+ ，
x
1 1 1 x-1
令g(x)=lnx+1+ (x>0)，则g(x)= - =
x x x2 x2
∴当0<x<1时，g(x)<0；当x>1时，g(x)>0，
∴g(x)在0,1  单调递减，在1,+∞  单调递增，即f(x)=gx  >g1  =2>0，
∴f(x)在0,+∞  上单调递增，即f(x)的增区间为0,+∞  ，无减区间.
(2)解法1：直接求导，分类讨论.
 f(x)
对任意x≥1，不等式x -ax
x+1

+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，不等式x(lnx-ax)+a≤0恒
成立.
令h(x)=xlnx-ax2+a(x≥1)，则h(x)=1+lnx-2ax，1 1
令m(x)=1+lnx-2ax(x≥1)，则m(x)= -2a，由x≥1知：0< ≤1，
x x
1
当2a≥1，即a≥ 时，即m(x)≤0，即m(x)在 1,+∞
2
11
 上单调递减，又m1  =1-2a≤0，
∴x≥1时，h(x)=m(x)≤0，即h(x)在 1,+∞  上单调递减，又h1  =0，
∴x≥1时，h(x)≤0，符合题意.
1
若0<2a<1，即0<a< ，
2
1
当1≤x< 时，h(x)=m(x)≥m1
2a
 =1-2a>0，
1
∴h(x)在 1,
 2a

1
单调递增，即1≤x< 时，h(x)≥h1
2a
 =0，
故x(lnx-ax)+a≤0不恒成立，不合题意.
若a≤0，则m(x)>0恒成立，所以m(x)在 1,+∞  单调递增.
∴x≥1时，h(x)=m(x)≥m1  =1-2a>0，即h(x)在 1,+∞  单调递增，
又x≥1时，h(x)≥h1  =0，即x(lnx-ax)+a≥0恒成立，不合题意.
1
综上所述，a的取值范围是  ,+∞
 2
 .
解法2：
 f(x)
对任意x≥1，不等式x -ax
x+1
 1
+a≤0恒成立等价于对任意x≥1，lnx-ax-
x
 ≤0恒成立.
1
令t(x)=lnx-ax-
x

1 1
(x≥1)，则t(x)= -a1+
x x2

ax2-x+a
=- ，记Δ=1-4a2，
x2
1
当a≥ 时，Δ≤0，此时t(x)≤0，t(x)在 1,+∞
2
 单调递减，又t1  =0，
1
所以x≥1时，t(x)≤0，即对任意x≥1，lnx-ax-
x
 ≤0恒成立.
1
当a≤- 时，t(x)≥0，t(x)在 1,+∞
2
 上单调递增，又t1  =0，
1
所以x≥1时，t(x)≥0，即对任意x≥1，lnx-ax-
x
 ≥0恒成立，不符合题意.
当a=0时，不等式化为lnx≤0x≥1  ，显然不成立.
1 1 1+ 1-4a2 1- 1-4a2
当- <a< 且a≠0时，方程ax2-x+a=0的二根为x = ，x = ，
2 2 1 2a 2 2a
1
若0<a< 2 ，x 1 >1，0<x 2 <1，则t(x)在1,x 1  单调递增，又t1  =0，所以x∈1,x 1  时，t(x)≥0，即
1
不等式lnx-ax-
x
 ≤0不恒成立；
1
若- 2 <a<0，x 1 <x 2 <0，则t(x)在1,+∞  单调递增，又t1  =0，所以x∈1,+∞  时，t(x)≥0，即
1
不等式lnx-ax-
x
 ≤0不恒成立.
1
综上所述，a的取值范围是  ,+∞
 2
 .
解法3：参数分离
 f(x)
当x=1，a∈R对任意x>1，不等式x -ax
x+1
 xlnx
+a≤0恒成立等价于对任意x>1，a≥ 恒成
x2-1
立.
xlnx
记m(x)= (x>1)，则
x2-1(1+lnx)x2-1
m(x)=
12
 -2x2lnx
x2-1 
x2-1-1+x2
=
2
 lnx
x2-1 
1 2
1- -lnx x2+1 x2+1
=
2

x2-1 
，
2
2
记t(x)=1- -lnx(x>1)，
1+x2
4x
则t(x)=
1+x2 
1 4x2-1+x2
- =
2 x
 2
x1+x2 
1-x2
=-
2
 2
x1+x2 
<0，
2
所以t(x)在1,+∞  单调递减，又t1  =0，所以，x>1时，t(x)<0，即m(x)<0，
所以m(x)在 1,+∞ 
xlnx
-0
xlnx x+1 xlnx 单调递减.所以m(x) <m(1)=lim =lim =  min x→1 x2-1 x→1 x-1 x+1    = x=1
x+1-lnx
(x+1)2

1
= ，
2
x=1
1
综上所述，a的取值范围是  ,+∞
 2
 .
【点睛】关键点点睛：
1.由解析式确定函数定义域，应用导数研究函数的单调区间；
1.利用导数研究在某区间内不等式恒成立，综合应用分类讨论、函数与方程等思想，以及分离常量法结合
极限思想，求参数范围.
π
13.若不等式ax>sinx对于x∈0,
2
 恒成立，求a的取值范围？
【答案】a≥1
sinx
【分析】分离出参数a，再求函数f(x)= 的最值即可.
x
π
【详解】当x∈0,
2

sinx sinx
时，原不等式等价于a> .记f(x)= ，
x x
xcosx-sinx cosx(x-tanx)
则f'(x)= = .
x2 x2
π
当x∈0,
2

sin2x π
时，令g(x)=tanx-x，则g(x)= >0，可知g(x)在0,
cos2x 2
 上单调递增，所以g(x)
=tanx-x>g(0)=0，即x-tanx<0，
sinx π
所以f'(x)<0.因此f(x)= 在0,
x 2
 上单调递减.
sinx sinx
a> ⇔a>
x x

sinx cosx
⇔a>f(x) ；limf(x)=lim =lim =1.
max max x→0 x→0 x x→0 1
所以a≥1.
14.已知函数f(x)=ex-x-1，若当x≥0时，恒有|f(x)|≤mx2e|x|成立，求实数m的取值范围．
1
【答案】  ,+∞
 2

ex-x-1 ex-x-1
【分析】由题意分离参数可得m≥ ，令H(x)= ，对H(x)求导，求出H(x)的单调性结
x2ex x2ex
合洛必达法则求出H(x)的最大值.
【详解】∵f(x)=ex-x-1，∴f(x)=ex-1．
∴当x∈(-∞,0)时，f(x)<0，即f(x)单调递减；
当x∈(0,+∞)时，f(x)>0，即f(x)单调递增．
若当x≥0时，恒有|f(x)|≤mx2e|x|成立，即恒有0≤f(x)≤mx2ex成立．
当x=0时，不等式恒成立．当x>0时，恒有0≤f(x)≤mx2ex成立，
ex-x-1 ex-x-1
即m≥ ，令H(x)= ，
x2ex x2ex
x2-2ex+2x+2
则H(x)= ．
x3ex
令h(x)=x2-2ex+2x+2，则h(x)=2x-2ex+2，进一步h(x)=2-2ex<0，
∴h(x)=2x-2ex+2 在(0,+∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0．
∴h(x)=x2-2ex+2x+2在(0,+∞)上单调递减，∴h(x)<h(0)=0．
即H(x)<0在(0,+∞)上恒成立，∴H(x)在(0,+∞)上单调递减．
ex-x-1 ex-1
∴lim =lim
x→0+ x2ex x→0+exx2+2x
13

ex
=lim
x→0+exx2+4x+2 
1 1
= ，∴m≥ ．
2 2
1
综上，m的取值范围为  ,+∞
 2
 ．
x
15.设函数f(x)=1-e-x.设当x≥0时，f(x)≤ ，求a的取值范围.
ax+1
1
【答案】 0,
 2

【分析】对a分a<0和a≥0讨论，在a≥0时，构造函数g(x)=axf(x)+f(x)-x,x≥0，再对g(x)求导，
结合x≤(x+1)f(x)，x≥f(x)及f(x)+f(x)=1讨论单调性求解作答.
【详解】当x≥0时，f(x)≥0，
令h(x)=ex-(x+1)，h(x)=ex-1，当x<0时，h(x)<0，当x>0时，h(x)>0，
则h(x)在(-∞,0)上单调递减，在[0,+∞)上单调递增，∀x∈R，h(x)≥h(0)=0，即ex≥x+1，
1 x
∀x≥0，ex≥x+1，f(x)=1-e-x≥1- = ，即x≤(x+1)f(x)，
x+1 x+1
1 x x
当a<0时，若x>- ，则 <0，f(x)≤ 不成立，
a ax+1 ax+1
x
当a≥0时，令g(x)=axf(x)+f(x)-x,x≥0，则f(x)≤ ⇔g(x)≤0，
ax+1
g(x)=af(x)+axf(x)+f(x)-1=af(x)+ax[1-f(x)]-f(x)=af(x)-axf(x)+ax-f(x)，
1
当0≤a≤ 时，g(x)≤af(x)-axf(x)+a(x+1)f(x)-f(x)=(2a-1)f(x)≤0，
2
x
g(x)在[0,+∞)上单调递减，∀x≥0，g(x)≤g(0)=0，即f(x)≤ 恒成立，
ax+1
1
当a> 时，显然有e-x≥-x+1，即x≥ f(x)，则有：g(x)=af(x)-axf(x)+ax- f(x)≥af(x)-
2
axf(x)+af(x)-f(x)=(2a-1-ax)f(x)，
2a-1 2a-1
当0<x< 时，g(x)>0，g(x)在0,
a a

x
单调递增，g(x)>g(0)=0，有f(x)> ，与已
ax+1
知矛盾，
1
所以a的取值范围是 0,
 2
 .
【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调
性、最值是解决问题的关键.
alnx b
16.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．
x+1 x
（1）求a、b的值；lnx k
（2）如果当x>0，且x≠1时，f(x)> + ，求k的取值范围．
x-1 x
【答案】(1)a=1，b=1 (2)(-∞，0]
x+1
α -lnx
x
【详解】(1)f'(x)=
14

b
-
(x+1)2 x2
f(1)=1,
1
由于直线x+2y-3=0的斜率为- ，且过点(1,1)，故{
1
即
2 f'(1)=- ,
2
b=1,

 a 1
-b=- ,
2 2
解得a=1，b=1．
lnx 1
（2）由(1)知f(x)= + ，所以
x+1 x
lnx k
f(x)- +
x-1 x

1 (k-1)(x2-1)
= 2lnx+
1-x2 x
 ．
(k-1)(x2-1) (k-1)(x2+1)+2x
考虑函数h(x)=2lnx+ (x>0)，则h'(x)= ．
x x2
k(x2+1)-(x-1)2
(i)设k≤0，由h'(x)= 知，当x≠1时，h'(x)<0，h(x)递减．而h(1)=0故当x∈(0,
x2
1
1)时，h(x)>0，可得 h(x)>0；
1-x2
1
当x∈(1，+∞)时，h(x)<0，可得 h(x)>0
1-x2
lnx k lnx k
从而当x>0,且x≠1时，f(x)-( + )>0，即f(x)> + .
x-1 x x-1 x
(ii)设0<k<1.由于(k-1)(x2+1)+2x=(k-1)x2+2x+k-1的图像开口向下，且(k-1)x2+2x+
1 1
k-1，对称轴x= >1.当x∈(1， )时，(k-1)(x2 +1)+2x>0,故h (x)>0,而h(1)=0，
1-k 1-k
1 1
故当x∈(1， )时，h(x)>0，可得 h(x)<0,与题设矛盾．
1-k 1-x2
(iii)设k≥1.此时x2+1≥2x，(k-1)(x2+1)+2x>0⇒h(x)>0,而h(1)=0，故当x∈(1，+∞)时，
1
h(x)>0，可得 h(x)<0,与题设矛盾．
1-x2
综合得，k的取值范围为(-∞，0]
点评：求参数的范围一般用离参法，然后用导数求出最值进行求解．若求导后不易得到极值点，可二次
求导，还不行时，就要使用参数讨论法了．即以参数为分类标准，看是否符合题意．求的答案．此题用
的便是后者．