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第 12 讲：拓展五：利用洛必达法则解决导数问题
一、 型及 型未定式
1、定义：如果当 （或 ）时，两个函数 与 都趋于零（或都趋于无
穷大），那么极限 （或 ）可能存在、也可能不存在.通常把这种极限
称为 型及 型未定式.
2、定理1（ 型）：（1）设当 时， 及 ；
（2）在 点的某个去心邻域内（点 的去心邻域 内）都有 ，
都存在，且 ；
（3） ；
则： .
3、定理 2（ 型）： 若函数 和 满足下列条件：(1) 及
；
(2) ， 和 在 与 上可导，且 ；
(3) ，
那么 .
4、定理 3（ 型）：若函数 和 满足下列条件：(1) 及
；
(2)在点 的去心邻域 内， 与 可导且 ；
(3) ，那么 = .
5、将上面公式中的 , , , 洛必达法则也成立.
6、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:
,如满足条件，可继续使用洛必达法则.
二、 型 、 、 、 型
1、 型的转化：
或 ；
2、 型的转化：
3、 、 型的转化：幂指函数类
高频考点类型
类型一：洛必达法则的简单计算
典型例题
1．（23-24高二下·新疆伊犁·期中）我们把分子､分母同时趋近于0的分式结构称为 型，
比如：当 时， 的极限即为 型.两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： ，则
（ ）
A． B． C．1 D．2【答案】B
【分析】
根据题意利用洛必达法则求解即可
【详解】由题意得 ，
故选：B
2．（23-24高二下·广东佛山·阶段练习）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 ，则
（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】利用洛必达法则直接求解即可.
【详解】 .
故选：B.
3．（23-24高二下·重庆江北·阶段练习）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为
型，比如：当 时， 的极限即为 型．两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： ，则
（ ）
A．0 B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】利用洛必达法则直接求解即可
【详解】 ，故选：D
练透核心考点
1．（23-24高二下·四川成都·期中） 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：
，按此方法则有 ．
【答案】
【分析】由洛必达法则，分别对分子和分母求导，代入 即可求得该极限值.
【详解】由题意可得： ．
故答案为： .
2．（23-24高二下·四川成都·期中）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：
，按此方法则有 ．
【答案】2
【分析】根据题中所给方法也就是洛必达法则，直接计算可求得答案.
【详解】由题意可得：
,
故答案为：2.
3．（23-24高二下·重庆万州·阶段练习）我们把分子、分母同时趋近于0的分式结构称为
型，比如：当 时， 的极限即为 型．两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： ，
则 ．
【答案】 /0.5【分析】依据洛必达法则去计算即可解决.
【详解】
故答案为：
类型二：洛必达法则在导数中的应用
典型例题
1．（2024·浙江·二模）①在微积分中，求极限有一种重要的数学工具——洛必达法则，法
则中有结论：若函数 ， 的导函数分别为 ， ，且 ，
则
.
②设 ，k是大于1的正整数，若函数 满足：对任意 ，均有 成
立，且 ，则称函数 为区间 上的k阶无穷递降函数.
结合以上两个信息，回答下列问题：
(1)试判断 是否为区间 上的2阶无穷递降函数；
(2)计算： ；
(3)证明： ， .
【答案】(1) 不是区间 上的2阶无穷递降函数；
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据函数 为区间 上的k阶无穷递降函数的定义即可判断；
（2）通过构造 ，再结合 即可得到结果；
（3）通过换元令令 ，则原不等式等价于 ，再通过构造函数
，根据题干中函数 为区间 上的k阶无穷递降函数的定义证出 ，即可证明结论.
【详解】（1）设 ，
由于 ，
所以 不成立，
故 不是区间 上的2阶无穷递降函数.
（2）设 ，则 ，
设 ，
则 ，
所以 ，得 .
（3）令 ，则原不等式等价于 ，
即证 ，
记 ，则 ，
所以 ，
即有对任意 ，均有 ，
所以 ，
因为 ，
所以，
所以 ，证毕!
【点睛】方法点睛：利用函数方法证明不等式成立问题时，应准确构造相应的函数，注意
题干条件中相关限制条件的转化.
2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 ，如果当 ，且 时，
，求 的取值范围．
【答案】
【分析】将题意转化为 ，令 ，利用洛必达法则求出
，即可得出答案.
【详解】根据题目的条件，当 且 时，
得 ，等价于 ．
设 ， ，
因为 ，设 ，
则 ，
所以 在 上单调递增，
因为 ，所以当 时， ，
即 在 上单调递减，当 在 上单调递增．
当 趋近 时， 趋近 ，当 趋近 时， 趋近 ，
所以 符合洛必达法则的条件，
即 ，所以当 时，
所以 的取值范围是 ．
练透核心考点
1．（2024·浙江·模拟预测）已知函数 ，
(1)当 时，求函数 的值域；
(2)若函数 恒成立，求 的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求导 ，易得 在
上单调递增求解；
（2）方法一： 分 ， ， ， ，由
求解；方法二：当 时， 成立，当 时， 成立，
当 时，转化为 恒成立，由 求解.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
在 上单调递增又 ，
的值域是 .
（2）方法一：①当 时，
，
②当 时，
，在 上单调递增， 成立.
③当 时，
令 ，
则 ，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
，
使得当 时 ，故 在 上单调递减，
则 ，
④当 时，
令 ，
则 ，
所以 在 上单调递增，即 在 上单调递增，
，即 在 上递增，则 成立.
综上所述，若函数 恒成立，则 .
方法二
当 时， 成立，当 时， 成立，
当 时， 恒成立，
令 ，则 ，
又 ，
令 ，
，
当 时， ，，
在 上单调递增.
，
，故 ，
，又 ，
，故 .
【点睛】方法点睛：对于 恒成立问题，法一：由 求解；法
二：转化为 由 求解.
2．（23-24高三上·四川成都·期中）已知函数 .
(1)当 时，求过原点且与 的图象相切的直线方程；
(2)若 有两个不同的零点 ，不等式 恒成
立，求实数 的取值范围.
【答案】(1)
(2) .
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）函数 有两个零点等价于 有两个不同根，构造函数
判定其单调性与零点得方程 有两个不等实根，利用换元法得
，构造 ，法一、将恒成立问题转化为
，利用对勾函数的单调性，分类讨论计算即可；法二、
利用导数求 的单调性结合洛必达法则最小值即可.
【详解】（1）易知 的定义域为 ，
设切点坐标 ，则切线方程为： ，
把点 带入切线得： ，所以， 的切线方程为： ；
（2） ，
又 有两个不同零点，
则 有两个不同零点，
构造函数 ，
则 为 增函数，且 ，
即方程 有两个不等实根 ，
令 ，则 ，
则 ，
设 ，
法一、原不等式恒成立等价于 恒成立，
令 ，
由 单调递增，即 ，
若 单调递增，即 恒成立，
此时 符合题意；
若 有解 ，此时有 时， 单调递减，
则 ，不符合题意；
综上所述： 的取值范围为 .
法二、 ，
设 ， 在 恒成立，
在 单调递增， ，则 在 单调递增，所以 ，，
所以 的取值范围为 .
【点睛】难点点睛：本题难点在于：需要利用同型构造根据函数有零点得出
有两个不同零点，构造函数 ，利用其单调性与零点
得出方程 有两个不等实根，再将零点换元将问题化为
，一种方法是含参分类讨论，一种方法是利用洛必达法则
求函数最值.
