資源簡介

第 08 講 利用洛必達法則解決導數問題
（高階拓展、競賽適用）
（2 類核心考點精講精練）
命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的選考內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數問題
2 能用洛必達法則解決極限等問題
【命題預測】洛必達法則只是一個求極限的工具，是在一定條件下通過對分子分母分別求導再求極限來確
定未定式極限值的方法。詳細的洛必達法則應用是大學高等數學中才介紹，這里用高中生最能看懂的方式
說明，能備考使用即可.
知識講解
洛必達法則：
法則 1 若函數 f(x) 和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 0 及 lim g x = 0；
x a x a
　　(2)在點 a 的去心鄰域內，f(x) 與 g(x) 可導且 g'(x)≠0；
f x
　　(3) lim = l ，
x a g x
f x f x 0
那么 lim = lim = l 。 型
x a g x x a g x 0
法則 2 若函數 f(x) 和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 及 lim g x = ；
x a x a
　　(2)在點 a 的去心鄰域內，f(x) 與 g(x) 可導且 g'(x)≠0；
f x
　　(3) lim = l ，
x a g x
f x f x
那么 lim = lim = l 。 型
x a g x x a g x
注意：
1. 將上面公式中的 x a, x 換成 x + , x - , x a+ , x a- 洛必達法則也成立。
0
2. 洛必達法則可處理 , ,0 × ,1 , 0 ,00 , - 型。
0
0
3. 在著手求極限前, 首先要檢查是否滿足 , ,0 × ,1 , 0 ,00 , - 型定式, 否則濫用洛必達法則會
0
出錯。當不滿足三個前提條件時, 就不能用洛必達法則, 這時稱洛必達法則不適用, 應從另外途徑求極限。
4. 若條件符合, 洛必達法則可連續多次使用, 直到求出極限為止。

lim f (x) lim f (x)= = lim f (x) , 如滿足條件, 可繼續使用洛 必達法則。
x a g(x) x a g (x) x a g (x)
考點一、洛必達法則的直接應用
1．（23-24 高二下·北京朝陽·期中）兩個無窮小之比或兩個無窮大之比的極限可能存在，也可能不存在，為
此，洛必達在 1696 年提出洛必達法則，即在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式
x x x ln x + x -1
值的方法，如 lim e -1 = lim e -1 e ，則 lim =（ ）
x 0 x x 0 = lim =1 x 1 2x x 0 1 x + x - 2
1 2
A． B． C．1 D3 ．23
【答案】B
【分析】根據洛必達法則求解即可.
1
lim ln x + x -1 ln x + x -1
+1
【詳解】 = lim = lim x 22 = .x 1 x + x - 2 x 1 x2 x 1+ x - 2 2x +1 3
故選：B
2．（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數學工具——洛必達法則，法則中有結論：若函
數 f x ， g x 的導函數分別為 f x ， g x ，且 lim f (x) = lim g(x) = 0x a x a ，則

lim f (x) f (x)= lim .
x a g(x) x a g (x)
x
②設 a > 0，k 1 是大于 的正整數，若函數 f x 滿足：對任意 x 0,a ，均有 f x f k ÷成立，且è
lim f x = 0，則稱函數 f x 為區間 0,a x 0 上的 k 階無窮遞降函數.
結合以上兩個信息，回答下列問題：
(1)試判斷 f x = x3 - 3x是否為區間 0,3 上的 2 階無窮遞降函數；
1
(2)計算： lim(1+ x) x ；
x 0
(3) sin x
3
3
證明： ÷ < cos x ， x π, π .
è x - π ÷ è 2
3
【答案】(1) f x = x - 3x不是區間 0,3 上的 2 階無窮遞降函數；
1
(2) lim(1+ x) x = e
x 0
(3)證明見解析
【分析】（1）根據函數 f x 為區間 0,a 上的 k 階無窮遞降函數的定義即可判斷；

（2）通過構造 h x =lng x ，再結合 lim f (x) f (x)= lim 即可得到結果；x a g(x) x a g (x)
（3）通過換元令令 x
π
- π = t ，則原不等式等價于 tant ×sin2t t3 , t

0, ÷，再通過構造函數
è 2
f t tant ×sin
2t
= , t π é π ù3 0, ÷，根據題干中函數 f x 為區間 ê0, 2 ú 上的 k 階無窮遞降函數的定義證出t è 2
f t >1, t 0,
π
÷，即可證明結論.
è 2
x 7 3
【詳解】（1 3）設F x = f x - f ÷ = x - x ，
è 2 8 2
由于F 1 7 3= - < 0，
8 2
x
所以 f x f ÷ 不成立，
è 2
故 f x = x3 - 3x不是區間 0,3 上的 2 階無窮遞降函數.
1 1 ln 1+ x
（2）設 g x = (1+ x) x ，則 lng x = ln 1+ x = ，x x
ln 1+ x設 h x = ，
x
1
則 lim h(x) = lim ln(1+ x) = lim 1+ x =1，
x 0 x 0 x x 0 1
1
所以 lim ln g(x) =1x 0 ，得 lim(1+ x) x = e .x 0
（3）令 x - π = t ，則原不等式等價于 tant ×sin2t t3 , t
π
0, 2 ÷
，
è
tant ×sin2t
即證 3 1, t

0,
π
，
t è 2 ÷
f t tant ×sin
2t t t
= , t 0, π t 8tan ×sin
2
記
t3
，則
2 ÷ f = 2 2
，
è ÷è 2 t3
2 t
f t tant ×sin2t t3 cos 1
所以 =
2
3 × = = >1，
f t t ÷ 8tan
t sin2 t× 1- tan2 t 1- tan4 t
è 2 2 2 2 2
t 0, π t即有對任意 ÷，均有 f t > f

2 2 ÷
，
è è
所以 f t > f t t 2 ÷ >L > f ÷，è è 2n
sin x
因為 lim = lim cos x =1，
x 0 x x 0
3
tan t sin2 t sin3
t é t ù
t n × n 2n ÷ ê
sin ÷
2 2 è è 2n ú所以 lim f n ÷ = lim = lim = lim ê ú × lim
1
=1，
n + è 2 n + t
3
n + t
3
t n + ê t ú n + cos t cos
è 2n ÷ ÷ ÷ è 2n è 2n ê 2
n ú è 2n ÷
所以 f t >1, t π 0,

2 ÷
，證畢!
è
【點睛】方法點睛：利用函數方法證明不等式成立問題時，應準確構造相應的函數，注意題干條件中相關
限制條件的轉化.
0
1．（21-22 高二下·重慶萬州·階段練習）我們把分子、分母同時趨近于 0 的分式結構稱為 型，比如：當 x 0
0
ex -1 0
時， 的極限即為 型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在 1696 年提
x 0
出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：
x exe -1 -1 ex x2 ln xlim = lim = lim = lim ex = e0 =1，則 lim 2 = ．x 1
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 x -1
1
【答案】 /0.5
2
【分析】依據洛必達法則去計算即可解決.
x2 ln x x2 ln x lim lim = lim 2x ln x+x = lim ln x+ 1 1 1【詳解】 2 = = ln1+ =x 1 x -1 x 1 ÷ x2 x 1-1 2x x 1 è 2 2 2
1
故答案為： 2
0
2．（21-22 高三上·湖北襄陽·期末）我們把分子，分母同時趨近于 0 的分式結構稱為 型，比如：當 x 0 時，
0
sin x 0
x 的極限即為 型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在．早在
1696 年，洛必達在他的著作
0
《無限小分析》一書中創造一種算法（洛必達法則），用以尋找滿足一定條件的兩函數之商的極限，法則的
大意為：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．
sin x sin x cos x ex + e- x - 2如： lim = lim = lim =1，則 lim = ．
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 1- cos x
【答案】2
【分析】根據題設對分子、分母分別求導再求極限即得.
ex + e- x ex + e- x - 2 lim - 2 lim = lim e
x - e- x ex - e- x x - x
【詳解】由題可得 = = lim = lim e + e = 2 .
x 0 1- cos x x 0 1- cos x x 0 sin x x 0 sin x x 0 cos x
故答案為：2.
0
3．（2024·河北邢臺·二模）在函數極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式 型或 型極限的一種重要
0
方法，其含義為：若函數 f x 和 g x 滿足下列條件：
① lim f x = 0且 lim g x = 0（或 lim f x = ， lim g x = x a x a x a x a ）；
②在點 a的附近區域內兩者都可導，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim

= A
g x （A 可為實數，也可為± ），則
lim = lim = A
x a x a g x ．x a g x
x
(1)用洛必達法則求 lim ；
x 0 sin x
x2 x3 x2n-1
(2)函數 f x =1+ x + + +L+ （ n 2， n N*），判斷并說明 f x 2! 3! 2n 1 ! 的零點個數；-
(3)已知 g 2x = g x ×cos x， g 0 π π=1， x - , 2 2 ÷，求 g x 的解析式．è
參考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x x a x a ．x a x a
【答案】(1)1
(2)僅在 x - ,0 時存在 1 個零點，理由見解析
ìsinx
, x -π,0 0, π ,(3) g x = í x
1, x = 0.
【分析】（1）利用洛必達法則求解即可；
f
2 x f x （ ）構造函數 x ，結合 x 的單調性求解即可；e e
g x
（3）利用累乘法求出 g x 的表達式，然后結合
g 0 =1，利用洛必達法則求極限即可.

è 2n ÷
x
【詳解】（1） lim = lim
1
=1
x 0 sin x x 0 cos x
x2 x3 x2n-1 x2 x3 x2n-2
（2） f x =1+ x + + +L+ f x =1+ x + + +L+2 3! 2n 1 !，- 2! 3! 2n ，- 2 !
2n-1 f x - f x é f x ù 2n-1
所以 f x f x x - = - x= = - 2n -1 !， ex ê ex
ú x ．
e 2n -1 !
é f x ù f x
當 x > 0時， ê < 0 0, + ex ú ，函數 x 在 上單調遞減， e
é f x ù f x
當 x

< 0 時， ê x ú > 0，函數 在 - ,0 e x 上單調遞增， e
f x
lim = - ， f 0 =1，
x - ex
f xx 當 > 0時， x > 0，所以僅在 x - ,0 時存在 1 個零點．e
x x
g 2x g x x g= cos ÷ g è 2 x è 2n-1 ÷
（3） = cos x
x
，所以 x 2 ， = cos ，…， = cosg x g ÷ g x 4 g x 2
n
è 2 ÷ ÷
è 4 è 2n
g x cos x cos x x
x x x x
= × ×L×cos cos ×cos ×L×cos ×sinn 2 4 2n 2n 1 sin x將各式相乘得 g x 2 4 2
=
÷ sin x
= × ，
2n
è 2n n sin
x
2 2n
1 x
g
lim x
n ×sin x
lim 2 sin x 2
n
兩側同時運算極限，所以 =n + x n + sin x
= × lim
x n + x ，g 2n ÷ 2n
sin n
è 2
x
g x sin x
即 = lim 2
n
，
g 0 x n + sin x
2n
x g x sin x t
令 t = ，原式可化為 = limn g 0 gx sin t ，又 0 =1，2 t 0
t
由（1）得 lim =1，
t 0 sin t
g x sin x故 = x 0 ，由題意函數 g x 的定義域為 -π, π ，
x
ìsinx
, x -π,0 0, π ,綜上， g x = í x
1, x = 0.
g x
【點睛】方法點睛：本題考查新定義，注意理解新定義，結合洛必達法則的適用條件，構造函數 g x ，
è 2n ÷
從而利用洛必達法則求極限.
考點二、利用洛必達法則解決函數綜合問題
ln x 1 ln x k
1．（全國高考）已知 + > + 恒成立, 求 k 的取值范圍
x +1 x x -1 x
ln x 1 ln x k 2x ln x
解: + > + k < 2 +1 記 g(x)
2x ln x
= 2 +1, x +1 x x -1 x 1- x 1- x
2 x2 +1 ln x + 2 1- x2 2 x2 +1 2
則 g (x) ln x 1- x= 2 = 2 2 2
+
x2 +1÷1- x 1- x è
2
記 h x = ln x 1- x+
x2 +1
2
1- x2
h (x) 1 4x

則 = - = > 0
x 21+ x2 x 1+ x2 2
所以, h(x) 在 (0, + ) 單調遞增, 且 h(1) = 0
所以 x (0,1) 時, h(x) < 0, x (1,+ ) 時, h(x) > 0
即 g(x) 在 (0,1) 上單調遞減, 在 (1, + ) 上單調遞增
所以
k lim g x = lim 2x ln x
x 1 x 1 +1è 1- x2 ÷
lim 2x ln x 1 lim 2 + 2ln x= + = +1 =1-1 = 0
x 1 1- x2 x 1 -2x
所以 k 0
分析
上式中求 lim 2x ln x2 +1 用了洛必達法則 當 x 1 時, 分子 2x ln x 0
0
, 分母 1- x2 0 , 符合
x 1 1- x 0
2x ln x 2 + 2ln x
不定形式, 所以 lim 2 = lim = -1x 1 1- x x 1 -2x
2．（天津高考）"x [0, + ), x - ln(x +1) ax2 恒成立, 求 a 的取值范圍
x ln(x 1) 1 ln(x +1)解: - + ax2 a -
x x2
記 g(x) 1 ln(x +1)= - 2 ,x x
x2 + 2x
- + 2ln(x +1)

則 g (x) = x +1
x3
2
h x x + 2x記 = - + 2ln x +1
x +1
2
h 則 (x) x= -
(x +1)2
所以, 當 x [0, + ) 時, h (x) < 0,h(x) 單調遞減,
所以 h x h 0 = 0， 即 g x 0，
所以 gmax (x) = lim g(0)x 0
所以
a gmax (x) = lim g(0) = lim
1 ln(x +1)
-
x 0 x 0 x x2
1 1
1
lim x - ln(x +1)
-
= = lim x +1 = lim (x +1)
2 1
x 0 x2
=
x 0 2x x 0 2 2
a 1所以
2
3．（全國高考）"x (0, + ),ex -1- x - ax2…0 恒成立, 求 a 的取值范圍
ex - x -1
解: ex -1- x - ax2…0 a <
x2
x
g(x) e - x -1記 =
x2
,
x x
g (x) xe - 2e + x + 2則 =
x3
記 h(x) = xex - 2ex + x + 2
則 h (x) = xex - ex +1
h (x) = xex > 0
所以, h (x) 在 (0, + ) 單調遞增, 所以 h (x) > h (0) = 0
所以, h(x) 在 (0, + ) 單調遞增, 所以 h(x) > h(0) = 0
即在 (0, + ) 上 g (x) > 0 , 所以 g(x) 在 (0, + ) 上單調遞增
所以
x x x
a lim g(x) lim e - x -1 lim e -1 lim e 1 =
x 0 x 0 x2
= = =
x 0 2x x 0 2 2
1
所以 a
2
p
1．若不等式 sin x > x - ax3 對于 x 0, ÷恒成立，求 a的取值范圍.
è 2
1
【答案】 a
6
a x - sin x
p
【分析】由題設有 > 3 在 x
0, ÷上恒成立，構造函數并利用導數研究單調性、洛必達法則求右側x è 2
的極限，即可得參數范圍.
x p 0, x - sin x【詳解】當 ÷時，原不等式等價于 a > 3 .è 2 x
f (x) x - sin x= f 記 3 ，則 (x)
3sin x - x cos x - 2x
= .
x x4
記 g(x) = 3sin x - x cos x - 2x，則 g (x) = 2cos x + x sin x - 2 .
因為 g (x) = x cos x - sin x ， g (x) = -x sin x < 0 ，
p
所以 g (x)

在 0,

÷上單調遞減，且 g (x) < 0 ，
è 2
所以 g (x)

在 0,
p
÷上單調遞減，且 g (x) < 0 .
è 2
因此 g(x)

在 0,
p
÷上單調遞減，且 g(x) < 0，
è 2
f (x) g(x)
p
故 = 4 < 0，因此 f (x)
x - sin x
= 3 在 0,

÷上單調遞減.x x è 2
x - sin x 1- cos x sin x cos x 1
由洛必達法則有 lim f (x) = lim 3 = lim = lim = lim = ，x 0 x 0 x x 0 3x2 x 0 6x x 0 6 6
1 1
即 x 趨向于 0 時， f (x) 趨向 ，即有 f (x) < .
6 6
p
故 a
1
時，不等式
6 sin x > x - ax
3 對于 x 0, 2 ÷
恒成立.
è
2．已知函數 f (x) = x(ex -1) - ax2 .
(1)若 f (x) 在 x=-1時有極值，求函數 f (x) 的解析式；
(2)當 x 0 時， f (x) 0，求 a的取值范圍.
1
【答案】(1) f (x) = x(ex -1) - x2
2
(2) a 1
【分析】小問 1：由 f -1 = 0可得 a的值，進而可得 f x 表達式，然后進行檢驗符合條件即可；
ex -1
小問 2：根據題意可得ex - ax -1 0對于 x 0 恒成立，令 g(x) = ，只需 g x amin ，利用導數分析 g x x
的單調性結合由洛必達法則，則最值即可求解.
【詳解】（1）因為 f (x) = x(ex -1) - ax2 ，所以 f (x) = ex -1+ xex - 2ax，
由 f (x) 在 x=-1處取極值，得 f (-1) = 0 ，求得 a
1
= ，
2
當 x < -1時， f (x) = ex -1 x +1 > 0；當 x > -1時， f (x) = ex -1 x +1 < 0；
則 f (x) 在 x=-1時有極大值，符合題意，
所以 f (x) = x(ex -1)
1
- x2 ；
2
（2）當 x 0 時， f (x) 0，即 x(ex -1) ax2 .
①當 x = 0時， a R ；
② x > 0 x(ex -1) ax2 x a e
x -1
當 時， 等價于 e -1 ax ，也即 .
x
g(x) e
x -1 x
記 = ， x (0,+ )，則 g (x) (x -1)e +1= .
x x
記 h(x) = (x -1)ex +1， x (0,+ )，則 h (x) = xex > 0，因此 h(x) = (x -1)ex +1在 (0, + )上單調遞增，且
x
h(x) > h(0) = 0 h(x) e -1，所以 g (x) = > 0；從而 g(x) =
x x
x
在 (0, + ) e -1上單調遞增，所以 a lim ，
x 0 x
x x
由洛必達法則有： lim g(x) = lim e -1 lim e= =1，即當 x 0 時， g(x) 1，所以
x 0 x 0 x x 0 1
g(x) >1，即有 a 1，
綜上所述，當 a 1， x 0 時， f (x) 0成立．
3 2．已知函數 f x = x - mx - ex +1.
（1）若函數 f x 在點 1, f 1 處的切線 l經過點 2,4 ，求實數m 的值；
（2）若關于 x 的方程 f x = mx有唯一的實數解，求實數m 的取值范圍.
【答案】（1）-e é
1
；（2） ê- , + ÷ . 2
【分析】（1）求出 f x 的導數，求 f x ，斜率為 k = f 1 = 2 - e - m ，寫出切線 l的方程，再將點點 2,4
代入切線方程即可求出實數m 的值；
（2）易知 f 0 = 0 = m 0 x = 0為方程的根，只需證明當 x > 0和 x < 0 時原方程均沒有實數解即可，分別
討論，當 x > 0時，m < 0，m = 0，m > 0方程的解得情況，以及當 x < 0 時，m < 0，m = 0，m > 0方程的解
得情況，即可求出實數m 的取值范圍.
【詳解】（1） f x = 2x - m - ex ，所以在點 1, f 1 處的切線 l的斜率 k = f 1 = 2 - e - m ，
又 f 1 = 2 - e - m ，所以切線 l的方程為： y - 2 - e - m = 2 - e - m x -1 ，
即 l : y = 2 - e - m x，由 l經過點 2,4 可得： 4 = 2 2 - e - m m = -e .
（2）易知 f 0 = 0 = m 0 x = 0為方程的根，
由題只需說明當 x > 0和 x < 0 時原方程均沒有實數解即可.
①當 x > 0時，若m < 0，顯然有mx < 0 ，而 f x 0恒成立，此時方程顯然無解
若m = 0， f x = x2 - ex +1 f x = 2x - ex ， f x = 2 - ex ，
令 f x > 0 x < ln 2，故 f x 在 0, ln 2 單調遞增，在 ln 2,+ 單調遞減
故 f x < f ln 2 = 2ln 2 - 2 < 0 f x 在 0, + 單調遞減 f x < f 0 = 0
從而 f x > 0，mx = 0 x = 0，此時方程 f x = mx也無解.
1 ex
若m > 0，由 f x = mx m = x + - - m ，
x x
x x -1 x +1- ex
記 g x x 1 e m = + - - ，則 g x x x = ，x2
設 h x = x +1- ex ，則 h x =1- ex < 0有 0, + 恒成立，
所以 h x < h 0 = 0 恒成立，
故令 g x > 0 0 < x <1 g x 在 0,1 上遞增，在 1,+ 上遞減
g x g 1 = 2 - e - m < 0 g x e - 2 + m > m ，可知原方程也無解
由上面的分析可知 x > 0時，"m R，方程 f x = mx均無解.
②當 x < 0 時，若m > 0，顯然有mx < 0 ，而 f x 0恒成立，此時方程顯然無解
若m = 0，和①中的分析同理可知此時方程 f x = mx也無解.
1 ex
若m < 0，由 f x = mx -m = x + - - m ，
x x
1 e
x x -1 x +1- ex
記 g x = x + - - m ，則
x x g
x = ，
x2
由①中的分析知 h x = x +1- ex < 0，
故 g x > 0在 - ,0 恒成立，從而 g x 在 - ,0 上單調遞增
2 x x
g x lim g x lim x +1- e= - m = lim 2x - e - m = -1- m ，
x 0- x 0- x x 0- 1
如果-1- m 0，即m -1，則 g x > m +1，
要使方程無解，只需-m m +1 m
1 1
- ，即有- m < 0
2 2
如果-1- m > 0，即m < -1，此時 g x 0, + ，方程-m = g x 一定有解，不滿足.
é 1
由上面的分析知 x < 0 時，"m ê- , + ÷，方程 f x = mx均無解， 2
é 1
綜合①②可知，當且僅當m ê- , + ÷時，方程 f x = mx有唯一解. 2
【點睛】本題主要考查了導數應用，導數的幾何意義，利用導數判斷單調性，函數方程轉化思想，分類討
論思想，屬于難題.
4．已知 f (x) = x +1 ln x .
（1）求 f (x) 的單調區間；
f (x)
（2）若對任意 x 1 é ù，不等式 x ê - axx 1 ú
+ a 0恒成立，求 a的取值范圍.
+
【答案】（1）增區間為 0, 1+ é ,+ ，無減區間；（2） ê ÷ . 2
1 1
【分析】（1）由解析式知 f (x) 定義域為 0,+ ， f (x) = ln x +1+ ，令 g(x) = ln x +1+ (x > 0)，應用導數x x
研究 g(x)的單調性，進而判斷 f (x) 的單調區間；
（2）法一：將問題轉化為 x(ln x - ax) + a 0在 1, + 上恒成立，令 h(x) = x ln x - ax2 + a(x 1)，應用導數并
1
結合分類討論的方法研究 h(x) 的單調性，進而求 a的范圍；法二：將問題轉化為 ln x - a x - ÷ 0在 1, +
è x
t(x) ln x a x 1 上恒成立，令 = - - ÷ (x 1)x ，應用導數及函數與方程思想，結合分類討論的方法研究
t(x)的單
è
x ln x x ln x
調性，求 a的范圍；法三：分離常量法得 a 2 在 1, + 上恒成立，令m(x) = (x >1)應用導數研究m(x)x -1 x2 -1
的單調性，求 a的范圍；
1
【詳解】（1）由解析式知： f (x) 的定義域為 0,+ 且 f (x) = ln x +1+ ，x
令 g(x) ln x
1
= +1+ (x > 0)，則 g (x)
1 1 x -1
= - =
x x x2 x2
∴當0 < x <1時， g (x) < 0；當 x >1時， g (x) > 0，
∴ g(x)在 0,1 單調遞減，在 1,+ 單調遞增，即 f (x) = g x > g 1 = 2 > 0 ，
∴ f (x) 在 0,+ 上單調遞增，即 f (x) 的增區間為 0,+ ，無減區間.
（2）解法 1：直接求導，分類討論.
f (x)
對任意 x 1 é ù，不等式 x ê - axú + a 0x 1 恒成立等價于對任意 x 1，不等式
x(ln x - ax) + a 0恒成立.
+
令 h(x) = x ln x - ax2 + a(x 1)，則 h (x) =1+ ln x - 2ax，
令m(x) =1+ ln x - 2ax(x 1)
1
，則m (x) = - 2a
1
，由 x 1知：0 < 1，
x x
1
①當2a 1，即 a 時， 即m (x) 0，即m(x)在 1, + 上單調遞減，又m 1 =1- 2a 0，
2
∴ x 1時， h (x) = m(x) 0，即 h(x) 在 1, + 上單調遞減，又 h 1 = 0，
∴ x 1時， h(x)≤ 0 ，符合題意.
②若0 < 2a <1，即0
1
< a < ，
2
當1
1
x < 時， h (x) = m(x) m 1 =1- 2a > 0，
2a
h(x) é 1 1∴ 在 ê1, ÷單調遞增，即1 x < 時， h(x) h 1 = 0， 2a 2a
故 x(ln x - ax) + a 0不恒成立，不合題意.
③若 a 0，則m (x) > 0恒成立，所以m(x)在 1, + 單調遞增.
∴ x 1時， h (x) = m(x) m 1 =1- 2a > 0，即 h(x) 在 1, + 單調遞增，
又 x 1時， h(x) h 1 = 0，即 x(ln x - ax) + a 0恒成立，不合題意.
é1
綜上所述， a的取值范圍是 ê ,+ . 2 ÷
解法 2：
f (x) 1
對任意 x 1 é，不等式 x ê - ax
ù
ú + a 0

x 1 恒成立等價于對任意
x 1， ln x - a x - 0 .
+

è x ÷
恒成立

2
令 t(x) = ln x - a
1 1 1 ax - x + a
x - ÷ (x 1) ，則 t (x) = - a 1+
= -
x 2 ÷ ，記x x D =1- 4a
2 ，
è è x2
①當 a
1
時，D 0，此時 t (x) 0， t(x)在 1, + 單調遞減，又 t 1 = 0，
2
1
所以 x 1時， t(x) 0 ，即對任意 x 1， ln x - a x - ÷ 0恒成立.
è x
②當 a
1
- 時， t (x)≥0， t(x)在 1, + 上單調遞增，又 t 1 = 0，
2
1
所以 x 1時， t(x) 0 ，即對任意 x 1， ln x - a x - x ÷
0恒成立，不符合題意.
è
③ a = 0時，不等式化為 ln x 0 x 1 ，顯然不成立.
1 a 1
2 2
④當- < < 且 a 0時，方程
2 2 ax
2 - x + a = 0 x 1+ 1- 4a的二根為 1 = ， x
1- 1- 4a
= ，
2a 2 2a
0 a 1若 < < ， x1 >1，0 < x2 <1，則 t(x)在 1, x1 單調遞增，又 t 1 = 0，所以 x 1, x1 時， t(x) 0，即不等2
ln x - a x 1- 式 ÷ 0不恒成立；
è x
1
若- < a < 0 ， x1 < x2 < 0，則 t(x)在 1,+ 單調遞增，又 t 1 = 0，所以 x 1, + 時， t(x) 0，即不等式2
ln x - a x 1- ÷ 0不恒成立.
è x
é1
綜上所述， a的取值范圍是 ê ,+

÷ .
2
解法 3：參數分離
f (x) x ln x
當 x 1 a R é ù= ， 對任意 x >1，不等式 x ê - axú + a 0x 1 恒成立等價于對任意 x >1，
a 2 恒成立. + x -1
記m(x)
x ln x
= 2 (x >1)，則x -1
(1+ ln x) x2 -1 - 2x2 ln x 1 2 2
m (x) = x -1- 1+ x2 ln x 2 1- - ln xx +1 x2 +1 ÷
x2 -1 2 = =
è ，
2 2 2x -1 x2 -1
2
記 t(x) =1- 2 - ln x(x >1)，1+ x
4x2 2- 1+ x2 1- x2 2
則 t (x)
4x 1
= - = = - < 0，
1+ x2 2 x x 2 21+ x x 1+ x2 2
所以 t(x)在 1,+ 單調遞減，又 t 1 = 0，所以， x >1時， t(x) < 0，即m (x) < 0，
x ln x x ln x x +1- ln x 1
所以m(x)在 1,+ 單調遞減.所以m(x) m(1) lim x ln x
- 0
< = = lim x +1
= ÷ = 2 = ，
min x +1 (x +1) 2x 1 x2 -1 x 1 x -1 è x=1x=1
é1
綜上所述， a的取值范圍是 ê ,+ . 2 ÷
【點睛】關鍵點點睛：
（1）由解析式確定函數定義域，應用導數研究函數的單調區間；
（2）利用導數研究在某區間內不等式恒成立，綜合應用分類討論、函數與方程等思想，以及分離常量法結
合極限思想，求參數范圍.
1．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = ex ， g(x) = bx +1，若 f (x) g(x) 對于任意 x R 恒成立，
求b 的取值集合．
【答案】b 的取值集合為 1
【分析】以 x = 0為分界點對不等式進行討論，利用導數與函數單調性的關系，以及不等式恒成立的條件即
可求解.
【詳解】 ex bx +1恒成立，即 ex -1 bx．
當 x = 0時顯然成立，即b R ．
x
x > 0 b e -1 e
x x
當 時， ，令 F (x)
-1 e (x -1) +1
= ，則 F (x) = 2 ，x x x
令G(x) = ex (x -1) +1，則G (x) = xex > 0，所以G(x)遞增，
所以G(x) > G(0) = 0，所以F (x) > 0在 (0, + )上恒成立．
所以 F (x)在 (0, + )上遞增，
ex -1 ex
根據洛必達法則得， lim = lim = 1，所以b 1．
x 0+ x x 0+ 1
同理，當 x < 0 時，b 1．
綜上所述，b 的取值集合為 1 ．
2．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = ex - x -1，若當 x 0 時，恒有 | f (x) | mx2e|x|成立，求實數m
的取值范圍．
é1
【答案】 ê ,+ 2 ÷
x
m e - x -1 e
x - x -1
【分析】由題意分離參數可得 ，令H (x) = ，對H (x)2 x 2 x 求導，求出H (x)的單調性結合洛x e x e
必達法則求出H (x)的最大值.
【詳解】∵ f (x) = ex - x -1，∴ f (x) = ex -1．
∴當 x (- ,0)時， f (x) < 0 ，即 f (x) 單調遞減；
當 x (0,+ )時， f (x) > 0 ，即 f (x) 單調遞增．
若當 x 0 時，恒有 | f (x) | mx2e|x|成立，即恒有0 f (x) mx2ex 成立．
當 x = 0時，不等式恒成立．
當 x > 0時，恒有0 f (x) mx2ex 成立，
exm - x -1 e
x - x -1
即 ，令H (x) = ，
x2ex x2ex
2 x
則H (x) x - 2e + 2x + 2= 3 x ．x e
令 h(x) = x2 - 2ex + 2x + 2，則 h (x) = 2x - 2ex + 2，進一步 h (x) = 2 - 2ex < 0，
∴ h (x) = 2x - 2ex + 2 在 (0, + )上單調遞減，∴ h (x) < h (0) = 0．
∴ h(x) = x2 - 2ex + 2x + 2在 (0, + )上單調遞減，∴ h(x) < h(0) = 0 ．
即H (x) < 0在 (0, + )上恒成立，∴ H (x)在 (0, + )上單調遞減．
ex - x -1 ex -1 ex 1 1
∴ lim 2 x = lim = lim =x 0+ x e x 0+ ex x2 + 2x x 0+ ex x2 + 4x + 2 2 ，∴ m ． 2
綜上，m é
1
的取值范圍為 ê ,+

÷．
2
3．（22-23 高三·寧夏吳忠·階段練習）已知函數 f (x) = x2 - (2a -1)x - a ln x .
(1)當 a =1時，求函數 f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)若 a > 0且 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范圍.
【答案】(1) y = 0
(2) 0 < a 1
【分析】（1）代入 a =1，得到 f (x) = x2 - x - ln x ，求出導函數，根據導數的幾何意義求得切線的斜率，即
可得出答案；
1 2x + ln x 2x + ln x
（2）因為 x2 + x > 0，分離參數可得 2 .構造函數 g(x) = 2 ，根據 h(x) =1- x - ln x 的導函數，a x + x x + x
1
得出 g x 的單調性，進而得出函數的最大值為 g 1 =1，即可得出 1，進而得出 a的取值范圍.
a
【詳解】（1）當 a =1時， f (x) = x2 - x - ln x ， f (1) = 0，
可得 f (x) 2x
1
= -1- ，故 f (1) = 0x ，
所以函數 f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程為 y = 0 .
（2）由已知 x (0,+ )，所以 x2 + x > 0，
由 f (x) 0，得 x2 + x (2x + ln x)a .
1 2x + ln x
因為 a > 0，所以上式可化為
a x2
.
+ x
2x + ln x g (x) (2x +1)(1- x - ln x)令 g(x) = ，則 =
x2
，
+ x (x2 + x)2
令 h(x) =1- x - ln x h (x)
1
，則 = -1- .
x
因為 x (0,+ )，所以 h (x) < 0，所以 h(x) 為 (0, + )上的減函數，且 h(1) = 0，
故 x (0,1) 時， h(x) > 0，即 g (x) > 0，所以 g x 在 0,1 上單調遞增；
當 x (1,+ )時， h(x) < 0，即 g (x) < 0，所以 g(x)在在 (1, + )上為單調遞減.
所以，當 x =1時， g x 取得極大值，也是最大值 g(x)max = g(1) =1.
1 2x + ln x
則要使 在 (0, + )
1
上恒成立，則應有 1 .
a x2 + x a
又因為 a > 0，故0 < a 1.
4．（23-24 高二下·貴州六盤水·期中）已知函數 f x = ax - ln x a R
(1)當 a =1時，求函數 f x 的最小值；
(2) "x 0, + ， f x > 0，求 a的取值范圍.
【答案】(1)1
1
(2) ,+
è e ÷
【分析】（1）利用導數研究函數的單調性可得最小值；
（2）分類參數，設 h x lnx= x > 0 ，利用導數求函數 h(x) 的最大值，即可得 a的取值范圍.
x
【詳解】（1）當 a =1時 f x = x - lnx x > 0 ，
\ f x =1 1 x -1- = ，
x x
當 x 0,1 時， f x < 0，函數 f x 單調遞減，
當 x 1,+ 時， f x > 0，函數 f x 單調遞增，
\ f x = f 1 =1min ；
（2）Q"x 0, + ， f x = ax - lnx > 0 ，
a lnx\ >
è x ÷
，
max
令 h x lnx= x > 0 1- lnx， h x = ，
x x2
當 x 0,e 時， h x > 0，函數 h x 單調遞增，
當 x e, + 時， h x < 0，函數 h x 單調遞減，
\h x = hmax e
1
= ，
e
1 a 1\a > ,+ ，即 的取值范圍是
e ÷
.
è e
5．（21-22 高三上· 2江蘇連云港·階段練習）已知 f x = ax - 2ln x， a R．
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)若對任意的 x > 0， 2 - f (x) 2(a -1)x 恒成立，求整數 a 的最小值．
【答案】(1)分類討論見解析
(2)2
【分析】（1）求導，分 a 0， a > 0兩種情況討論導函數正負，即得解；
2(ln x + x +1) 2(ln x + x +1)
（2）轉化原不等式為 a 在區間 (0, + )內恒成立，令 g(x) = ，求導分析單調性，
2x + x2 2x + x2
即得解
【詳解】（1）由題意得 f (x) 的定義域為 (0, + )，
f (x) 2ax
2 - 2
= ，
x
① a 0時， f (x) < 0 ， f (x) 在 (0, + )內單調遞減，
② a > 0時，令 f (x) = 0得 x a= 或 x a= - （舍）
a a
x (0, a當 ), f (x) < 0 ， f (x) 單調遞減 ;
a
當 x ( a ,+ )， f (x) > 0 ， f (x) 單調遞增．
a
（2）由題意得 2 - ax2 + 2ln x 2(a -1)x ，
整理得 2(ln x + x +1) a(2x + x2 ) ，
a 2(ln x + x +1)因為 x > 0，所以原命題等價于 2 在區間 (0, + )內恒成立，2x + x
g(x) 2(ln x + x +1) g (x)
-2(x +1)(2 ln x + x)
令 = ，則 =
2x + x2 (2x
，
+ x2 )2
令 h(x) = 2ln x + x，易知 h(x) 在區間 (0, + )內單調遞增，
又 h(0.5) = -2ln 2 + 0.5 < 0， h(1) =1 > 0 ，故存在唯一的 x0 (0.5,1)，使得 h(x0 ) = 0 ，
當0 < x < x0 時， g (x) > 0， g(x)單調遞增；
當 x > x0時， g (x) < 0， g(x)單調遞減；
故當 x = x0時，函數 g(x)有極大值，也即為最大值，
g(x) 2(ln x0 + x0 +1) x= = 0 + 2 1max =2x + x2 x (x + 2) x ，0 0 0 0 0
a 1 1故 x ，又
(1,2)
x ，故 a 2，
0 0
又 a 為整數，故 a 的最小整數值為 2.
lnx
6．（2021·陜西漢中·模擬預測）已知函數 f x = ax - ex a R , g x = .
x
(1)若 a > 0，求函數 f x 的單調區間；
(2)當 x 0, + 時，不等式 f x …g x - ex 恒成立，求 a的取值范圍.
【答案】(1)單調遞增區間為 - , lna ，單調遞減區間為 lna, + .
é 1
(2) ê , + . 2e ÷
【分析】(1)利用函數的導數的符號，判斷函數的單調性，即可求出函數的單調區間.
(2)將原不等式 f x …g x - ex a… lnx進行參變分離得 2 ，然后構造函數 h x
lnx
= 2 ，從而把不等式問題轉化為，x x
求 a大于或等于函數 h x 的最大值問題，即可求出 a的取值范圍.
【詳解】（1）依題意 f x = a - ex ,a > 0，令 f x = 0，得 x = lna，
由 f x > 0，得 x < lna；由 f x < 0，得 x > lna，
\a > 0, f x 的單調遞增區間為 - , lna ，單調遞減區間為 lna, + .
（2）當 x 0, + x時，不等式 f x …g x - e 等價于 a… lnx2 ，x
h x lnx 1- 2lnx設 = ，則 h x =
x2 x3
，
令 h x = 0，得 x = e ，
當 x 在區間 0, + 內變化時， h x ,h x 隨 x 的變化情況如下表：
x 0, e e e,+
h x + 0 -
h x Z 極大值 ]
由上表可知，當 x = e 時，函數 h x 在 0,+ 上有唯一極大值 h e ，也是其最大值，
\a… lnx 12 恒成立等價于 a…h(x)x max = h e = ，2e
a é 1故 的取值范圍是 ê , +

.
2e ÷
7．（22-23 高三上·北京·階段練習）已知函數 f (x) = sin x - x cos x ．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 π, f π 處的切線方程；
π 1
(2)求證：當 x 0, ÷時， f (x) < x
3
；
è 2 3
π
(3)若 f (x) > kx - x cos x x

對 0,

÷恒成立，求實數 k 的最大值．
è 2
【答案】(1) y - π = 0
(2)見詳解
(3)見詳解
1 3
【分析】（1）首先求函數的導數，再代入求 f π 的值；（2）首先設函數 g x = f x - x ，求函數的導數，
3
利用導數正負判斷函數的單調性，求得函數 g x < 0，（3）首先不等式等價于sinx >kx對 x 0
π
，
max ÷恒成è 2
sin x π
立，參變分離后轉化為 k < 對 x 0，x 2 ÷
恒成立，
è
利用導數求函數 h(x)
sin x
= 的最小值，轉化為求實數 k 的最大值.
x
【詳解】（1） f (x) = cos x - (cos x - x sin x) = x sin x
f π = 0，即切線的斜率為 0 ，又因為 f π = sin π - π cos π = π
所以切線方程為： y - π = 0 x - π ，即 y - π = 0 .
（2）令 g(x) = f (x)
1
- x3，則 g x = f x - x2 = x sin x - x2 = x sin x - x ， 3
x 0 π 當 ， ÷時，設 t(x) = sin x - x ，則 t (x) = cos x -1 < 0
è 2
所以 t(x)在 x

0
π
， ÷單調遞減， t(x) = sin x - x < t(0) = 0
è 2
即 sin x < x ，所以 g (x) < 0
所以 g(x)
π
在 0， ÷上單調遞減，所以 g(x) < g(0) = 0，
è 2
f (x) 1< x3所以 .
3
π
（3）原題等價于sinx >kx對 x 0， ÷恒成立，
è 2
即 k
sin x
< 對 x

0
π
， ÷恒成立，x è 2
sin x
令 h(x) = ，則 h (x)
x cos x - sin x f (x)
= 2 = - 2 .x x x
易知 f (x)
π
= x sin x > 0，即 f (x)

在 0， ÷單調遞增，
è 2
所以 f (x) > f (0) = 0，所以 h (x) < 0，
h(x) 0 π π 2故 在 ， ÷單調遞減，所以 k h = .2 2 ÷ π è è
2
綜上所述， k 的最大值為 .
π
8．（22-23 高二下·北京·階段練習）已知函數 f x = xex .
(1)求 f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求證：當 x > 0 f x > x2時， .
(3)若 x > 0時， f x - ax2 0恒成立，求實數 a的取值范圍.
【答案】(1) y = 2ex - e
(2)證明見詳解
(3) a e
【分析】（1）由題意及導數的幾何意義先求出 f 1 和 f 1 ，由點斜式可得解；
（2）當 x > 0時， f x > x2 恒成立，等價于 ex > x 恒成立，
構造函數 g(x) = ex - x ，通過研究 g(x)的單調性和最小值即可得證；
ex
（3）利用參變分離將原不等式轉化為 a , (x > 0)恒成立，
x
ex
再構造函數 h(x) = , (x > 0) ，通過研究 h(x) 的單調性和最小值即可得解
x
【詳解】（1）由題意， f 1 =e，又 f (x) = ex + xex ,
由導數的幾何意義， k = f (1) = e + e = 2e，
所以 f x 在點 1, f 1 處的切線方程： y - e = 2e(x -1) ，
即 y = 2ex - e ；
（2）當 x > 0 2時， f x > x 恒成立，等價于 ex > x 恒成立，
x
設 g(x) = e - x , x > 0 ，則 g (x) = ex -1，
當 x > 0時， ex >1，所以 g (x) > 0，即 g(x)在 0, + 上為增函數，
所以 g(x) > g(0) =1 > 0，即 ex - x > 0 恒成立， ex > x 恒成立，
所以當 x > 0時， xex > x2，問題得證；
2
（3）若 x > 0時， f x - ax 0恒成立，
ex
等價于 a , (x > 0)恒成立，
x
x x
令 h(x) e= , (x > 0) ，則 h (x) e (x -1)= ，
x x2
令 h (x) = 0，得 x =1，
當 x 0,1 時， h (x) < 0；當 x 1,+ 時， h (x) > 0，
所以 h(x) 在 0,1 上單調遞減，在 1, + 上單調遞增，
則 h(x)min = h(1) = e，
故當 a e 時，原不等式恒成立.
【點睛】利用導函數解不等式常見思路：
（1）恒成立問題常利用分離參數法轉化為最值求解
（2）證明不等式可通過構造函數轉化為函數的最值問題．
9．（22-23 高三上·江西撫州·期中）已知函數 f x = ex - ax,j x = f x + sin2x, a R ，其中e 2.71828為
自然對數的底數.
(1)討論函數 f x 的單調性，
(2)若a N* ，當 x 0 時，j x 0 恒成立時，求 a的最大值.（參考數據： e3 20.1）
【答案】(1)答案見解析
(2)3
【分析】（1）求導，討論導函數的正負即可；
x 2 x 2
（2）分離參數，當 x > 0 a e + sin x g x e + sin x時 恒成立即可，設 = ，利用導數求解單調性，結合零
x x
點存在性定理，即可求解最值得解.
x x
【詳解】（1）由 f x = e - ax 可得 f x = e - a .
當 a 0時， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 單調遞增；
當 a > 0時，令 f x = 0得 x = ln a，所以 f x 在 - , lna 單調遞減，在 lna, + 單調遞增；
綜上所述，當 a 0時， f x 在 0, + 單調遞增；當 a > 0時， f x 在 - , lna 單調遞減，在 lna, + 單調
遞增.
x 2
（2）當 x = 0時，j x 0 成立，當 x > 0 f x 0 a e + sin x時， 恒成立即 ，
x
g x e
x + sin2x ex + sin2x x - ex + sin2x= e
x x -1 + xsin2x - sin2x設 ，則 g x x = = ，x2 x2
令 h x = ex x -1 + xsin2x - sin2x h x = x ex，則 + 2cos2x ，
設 p x = ex + 2cos2x，
0 x π
π
當 < < 時， ex >1,2cos2x > -1，故 p x > 0；當 x 時， ex > 2,2cos2x -2 ，故 p x > 03 ，3
綜上有 p x > 0，故 h x > 0，故 h x 為增函數，
又 h 1 = sin2 - sin21 = sin1×cos1 2 - tan1 > sin1×cos1 2 - tan
π
÷ > 0 ，
è 3
π
4
π
因為 e 4 ÷ = eπ > 2.73 >16 = 24，故 e 4 > 2，
è
π π
所以 h ÷ = e 4
π 1 π 1 π π 1 3π -10 - ÷ + - < 2

-1

÷ + - = < 0，
è 4 è 4 4 2 è 4 4 2 4
π
故存在唯一零點 x0 ,1÷使得 h x0 = 0，
è 4
故當 x 0, x0 時 g x < 0, g(x) 單調遞減當 x x0 ,+ 時， g x > 0， g(x) 單調遞增，故 gmin x = g x0 ，
x
又 h x = e 00 x0 -1 + x0sin2x0 - sin2x0 = 0，
2
即 sin x0 = e
x0 x0 -1 + x0sin2x0 ，
x0 2 x0 x0
e + sin x0 e + e x0 -1 + x0sin2x0 x所以 g x = = = e 00 + sin2x0 ,x0 x0
設 q x = ex + sin2x ，則 q x = ex + 2cos2x = p x > 0，故 q x 為增函數，
π πx ,1 ex0 + sin2x > e 4 + sin 2 π× x又 0 10 ÷，所以 0 ÷ > 2 +1 = 3,e + sin2x0 < e + sin2 < 3 +1 = 4，è 4 è 4
x
g x 3,4 a e + sin
2x
所以 0 ，故要 且為正整數則 a的最大值為 3.x
【點睛】利用導數求解參數范圍的問題的解題常用方法：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題；
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的
新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論和放縮法，
注意恒成立與存在性問題的區別.
10．（2023 高三·全國·專題練習）設函數 f x = 1- ax ln x +1 - bx，曲線 y = f x 恒與 x 軸相切于坐標原
點．
(1)求常數 b 的值；
(2)當0 x 1時， f x 0恒成立，求實數 a 的取值范圍；
n n+1
(3) 1 1 求證： 1+ ÷ < e < 1+ ÷ 恒成立．
è n è n
【答案】(1) b =1
(2) a
1
-
2
(3)證明見解析
【分析】（1）求導，由 f 0 =1- b = 0求出答案；
ln 1+ x - x
（2）先考慮 x = 0時，滿足要求，再考慮 x 0,1 ，參變分離得到 a x ln 1 x ，構造函數，求導得到其+
單調性，結合洛必達法則求出實數 a 的取值范圍；
1 n n+1 1
（3 ）推導出要證 1+ ÷ < e < 1
1
+ ÷ ，只需證 < ln
1 1+ 1 ÷ < ，
è n è n n +1 è n n
x 1 x令 = ，則 x 0,1 ，構造函數 < ln 1+ x < x ， x 0,1 ，并證明出不等式即可.
n x +1
【詳解】（1） f x = -a ln x 1- ax+1 + - b，
x +1
由 f 0 =1- b = 0得，b =1；
（2）當 x = 0時， f x = 0，滿足要求，
f x = 1- ax ln x +1 - x
1 1 ln 1+ x - x當 x 0,1 時，分離變量可得： a - =x ln 1+ x x ln 1 x ，+
2
ln 1+ x - x x - ln2 1+ x
令F x = x ln 1 x ，則F x = 1+ x ，+ x2 ln2 1+ x
令 g x x= ln 1+ x - ， x 0,1 ，
1+ x
1 x x+ -
則 g x 1 2 1+ x 2 1+ x - x - 2= - = ，
1+ x 1+ x 2 1+ x 1+ x
1
令 h x = 2 1+ x - x - 2，則 h x = -1< 0在 x 0,1 上恒成立，
1+ x
故 h x = 2 1+ x - x - 2在 x 0,1 上單調遞減，故 h x < h 0 = 0 ，
x
所以 g x < 0在 x 0,1 上恒成立，故 g x = ln 1+ x - 在 x 0,1 上單調遞減，
1+ x
故 g x < g 0 = 0，故 ln 1+ x x< ，
1+ x
2
2 x
2 x - ln
2 1+ x
兩邊平方得 ln 1+ x < ，故F x = 1+ x > 0在 x 0,1 恒成立，1+ x x2 ln2 1+ x
故F x 在 x 0,1 上單調遞增，
ln 1+ x - x
故只需證明 a F 0 0即可，當 x 0 時，F x = x ln 1 屬于 類型，+ x 0
由洛必達法則得，
1 1-
ln 1+ x - x -1 1+ x 2a lim 1 1 = lim 1+ x x = lim 1 1 = lim- = - ，x 0 x ln 1+ x x 0 ln 1+ x x 0 x 0+ + x + 2 2
x +1 x +1 x +1 2
1 1
故 a - ，實數 a 的取值范圍是 - , -
ù
ú ；2 è 2
3 1 1
n
e 1
n+1

（ ）要證 + n ÷
< < 1+ ÷ ，
è è n
n n+1

故只需證 ln 1
1
+ <1< ln 1 1+ ，
è n ÷ ÷ è n
只需證 n ln
1 1+ 1 1 1 1 ÷ <1 < n +1 ln

1+ ÷ ，只需證 < ln

n n
1+ ÷ < ，
è è n +1 è n n
令 x
1
= ，則 x 0,1 x，構造函數 < ln 1+ x < x ， x 0,1 即可，
n x +1
令 q x x= ln 1+ x - ， x 0,1 ，
x +1
則 q x
1 1 x
= - = > 0
x +1 x 0,1x +1 2 x +1 2 在 上恒成立，
故 q x = ln 1+ x x- 在 x 0,1 上單調遞增，
x +1
故 q x > q 0 = 0 x，所以 ln 1+ x > ，
x +1
令w x = ln 1+ x - x，則w x 1 1 -x= - = < 0在 x 0,1 上恒成立，
x +1 x +1
故w x = ln 1+ x - x在 x 0,1 上單調遞減，
故w x < w 0 = 0，所以 ln 1+ x < x ，
1 1
< ln 1+ 1綜上， ÷ < ，證畢.n +1 è n n
【點睛】方法點睛：分離參數法基本步驟為：
第一步：首先對待含參的不等式問題在能夠判斷出參數的系數正負的情況下，可以根據不等式的性質將參
數分離出來，得到一個一端是參數，另一端是變量表達式的不等式，
0
第二步：先求出含變量一邊的式子的最值，通常使用導函數或基本不等式進行求解，當遇到 或 型時，
0
可用洛必達法則求解最值.
第三步：由此推出參數的取值范圍即可得到結論.
ax
1.（全國高考）"x (0, + ), ln(x +1)… 恒成立, 求 a 的取值范圍
1+ x
ln(x 1) ax a (x +1) ln(x +1)解: +
1+ x x
x +1 ln x +1記 g x = ,
x
g (x) x - ln(x +1)則 =
x2
記 h(x) = x - ln(x +1)
x
則 h (x) =
x +1
所以, 當 (0, + ) 時, h (x) > 0, h(x) 單調遞增,
所以 h(x) > h(0) = 0 ，即 g (x) > 0 ，
所以 gmi n (x) = lim g(0)x 0
所以
x +1 ln x +1a g x lim g 0 lim min = =x 0 x 0 x
1+ ln x +1
lim 1+ 0= = =1
x 0 1 1
所以 a 1
2.（全國高考）"x (1, + ), (x +1) ln x - a(x -1) > 0 恒成立, 求 a 的取值范圍.
解:
(x 1) ln x a(x 1) 0 a (x +1) ln x+ - - > <
x -1
記 g(x) (x +1) ln x= ,
x -1
x 1- - 2ln x

則 g (x) = x
(x -1)2
h(x) x 1記 = - - 2ln x
x
1 2 (x -1)2
h 則 (x) =1+ - =
x2 x x2
…0
所以, 當 x (1,+ ) 時, h(x) 單調遞增,

所以 h(x) > h(1) = 0 , 即 g (x) > 0 ,
所以 gmi n (x) = lim g(1)x 1
所以
a g x x +1lim g 1 lim ln x< min = =x 1 x 1+ x -1
ln x 1 1+ +
= lim x = 2
x 1+ 1
所以 a < 2
3.（全國高考） x [0,p ], 2sin x - x cos x - x > ax 恒成立, 求 a 的取值范圍
解：當 x = 0 時， a R ;
當 x 2sin x (0,p ] 時, 不等式可化為 a - cos x -1 .
x
2sin x
記 h(x) = - cos x -1,
x
2x cos x + x2 - 2 sin x
h 則 (x) = 2 ,x
記 j(x) = 2x cos x + x2 - 2 sin x , 則 j (x) = x2 cos x ,
x p p 當 0, ÷ 時, j (x) > 0 ; 當 x ,p ÷ 時, j (x) < 0 .
è 2 è 2
lim h(x) lim 2sin x因為 = - 2 = lim 2cos x - 2 = 0 , 并且 h(p ) = 0 , 所以 h(x) 0 . 這時 a 0 符合
x 0 x 0 x x 0
題意. 綜上可知, a 的取值范圍是 (- ,0] .第 08 講 利用洛必達法則解決導數問題
（高階拓展、競賽適用）
（2 類核心考點精講精練）
命題規律及備考策略
【命題規律】本節內容是新高考卷的選考內容，設題穩定，難度較大，分值為 15-17 分
【備考策略】1 能用導數解決函數問題
2 能用洛必達法則解決極限等問題
【命題預測】洛必達法則只是一個求極限的工具，是在一定條件下通過對分子分母分別求導再求極限來確
定未定式極限值的方法。詳細的洛必達法則應用是大學高等數學中才介紹，這里用高中生最能看懂的方式
說明，能備考使用即可.
知識講解
洛必達法則：
法則 1 若函數 f(x) 和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 0 及 lim g x = 0；
x a x a
　　(2)在點 a 的去心鄰域內，f(x) 與 g(x) 可導且 g'(x)≠0；
f x f x f x
　　(3) lim = l ，那么 lim = lim = l 0。 型
x a g x x a g x x a g x 0
法則 2 若函數 f(x) 和 g(x)滿足下列條件：
(1) lim f x = 及 lim g x = ； (2)在點 a 的去心鄰域內，f(x) 與 g(x) 可導且 g'(x)≠0；
x a x a
f x f x f x
　　(3) lim = l ，那么 lim = lim = l 。 型
x a g x x a g x x a g x
注意：
1. 將上面公式中的 x a, x 換成 x + , x - , x a+ , x a- 洛必達法則也成立。
0
2. 洛必達法則可處理 , ,0 × ,1 , 0 ,00 , - 型。
0
0
3. 在著手求極限前, 首先要檢查是否滿足 , ,0 × ,1 , 0 ,00 , - 型定式, 否則濫用洛必達法則會
0
出錯。當不滿足三個前提條件時, 就不能用洛必達法則, 這時稱洛必達法則不適用, 應從另外途徑求極限。
4. 若條件符合, 洛必達法則可連續多次使用, 直到求出極限為止。

lim f (x) f (x) f (x)= lim = lim , 如滿足條件, 可繼續使用洛 必達法則。x a g(x) x a g (x) x a g (x)
考點一、洛必達法則的直接應用
1．（23-24 高二下·北京朝陽·期中）兩個無窮小之比或兩個無窮大之比的極限可能存在，也可能不存在，為
此，洛必達在 1696 年提出洛必達法則，即在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式
ex -1 x x ln x + x -1
值的方法，如 lim = lim e -1 e
x 0 x x 0 = lim =1
，則 lim
x 1 2
=（ ）
x x 0 1 x + x - 2
1 2
A． B． C3 ．1 D．23
2．（2024·浙江·二模）①在微積分中，求極限有一種重要的數學工具——洛必達法則，法則中有結論：若函
數 f x ， g x 的導函數分別為 f x ， g x ，且 lim f (x) = lim g(x) = 0x a x a ，則

lim f (x) f (x)= lim .
x a g(x) x a g (x)
x
②設 a > 0，k 是大于 1 的正整數，若函數 f x 滿足：對任意 x 0,a ，均有 f x f k ÷成立，且è
lim f x = 0，則稱函數 f x 為區間 0,a x 0 上的 k 階無窮遞降函數.
結合以上兩個信息，回答下列問題：
(1)試判斷 f x = x3 - 3x是否為區間 0,3 上的 2 階無窮遞降函數；
1 3 3
(2) sin x 計算： lim(1+ x) x ； (3)證明： x - π ÷
< cos x ， x π, π ÷ .
x 0 è è 2
0
1．（21-22 高二下·重慶萬州·階段練習）我們把分子、分母同時趨近于 0 的分式結構稱為 型，比如：當 x 0
0
ex -1 0
時， 的極限即為 型．兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在，為此，洛必達在 1696 年提
x 0
出洛必達法則：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．如：
x x e -1 e -1 ex x2 ln xlim = lim = lim = lim ex = e0 =1，則 lim = ．x 1
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 x
2 -1
0
2．（21-22 高三上·湖北襄陽·期末）我們把分子，分母同時趨近于 0 的分式結構稱為 型，比如：當 x 0 時，
0
sin x 0
x 的極限即為 型，兩個無窮小之比的極限可能存在，也可能不存在．早在
1696 年，洛必達在他的著作
0
《無限小分析》一書中創造一種算法（洛必達法則），用以尋找滿足一定條件的兩函數之商的極限，法則的
大意為：在一定條件下通過對分子、分母分別求導再求極限來確定未定式值的方法．
sin x sin x ex + e- x - 2如： lim = lim = lim cos x =1，則 lim = ．
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 1- cos x
0
3．（2024·河北邢臺·二模）在函數極限的運算過程中，洛必達法則是解決未定式 型或 型極限的一種重要
0
方法，其含義為：若函數 f x 和 g x 滿足下列條件：
① lim f x = 0且 lim g x = 0（或 lim f x = lim g x = x a x a x a ， x a ）；
②在點 a的附近區域內兩者都可導，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim = A（A 可為實數，也可為± ），則 lim
lim = = A
x a g x ．x a g x x a g x
x
(1)用洛必達法則求 lim ；
x 0 sin x
x2 x3 x2n-1
(2)函數 f x =1+ x + + +L+2! 3! 2n 1 !（ n 2， n N*），判斷并說明
f x 的零點個數；
-
(3)已知 g 2x = g x ×cos x， g 0 1 x π π= ， - , ÷，求 g x 2 2 的解析式．è
參考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x x a x a x a x a ．
考點二、利用洛必達法則解決函數綜合問題
ln x 1 ln x k
1．（全國高考）已知 + > + 恒成立, 求 k 的取值范圍
x +1 x x -1 x
2．（天津高考）"x [0, + ), x - ln(x +1) ax2 恒成立, 求 a 的取值范圍
3．（全國高考）"x (0, + ),ex -1- x - ax2…0 恒成立, 求 a 的取值范圍
p
1．若不等式 sin x > x - ax3 對于 x 0, ÷恒成立，求 a的取值范圍.
è 2
2．已知函數 f (x) = x(ex -1) - ax2 .
(1)若 f (x) 在 x=-1時有極值，求函數 f (x) 的解析式；
(2)當 x 0 時， f (x) 0，求 a的取值范圍.
3．已知函數 f x = x2 - mx - ex +1.
（1）若函數 f x 在點 1, f 1 處的切線 l經過點 2,4 ，求實數m 的值；
（2）若關于 x 的方程 f x = mx有唯一的實數解，求實數m 的取值范圍.
4．已知 f (x) = x +1 ln x .
（1）求 f (x) 的單調區間；
é f (x)
（2）若對任意 x 1，不等式 x ê - ax
ù
ú + a 0x 1 恒成立，求
a的取值范圍.
+
1．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = ex ， g(x) = bx +1，若 f (x) g(x) 對于任意 x R 恒成立，
求b 的取值集合．
2．（2023 高三·全國·專題練習）已知函數 f (x) = ex - x -1，若當 x 0 時，恒有 | f (x) | mx2e|x|成立，求實數m
的取值范圍．
3．（22-23 高三·寧夏吳忠·階段練習）已知函數 f (x) = x2 - (2a -1)x - a ln x .
(1)當 a =1時，求函數 f (x) 在點 (1, f (1))處的切線方程；
(2)若 a > 0且 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范圍.
4．（23-24 高二下·貴州六盤水·期中）已知函數 f x = ax - ln x a R
(1)當 a =1時，求函數 f x 的最小值；
(2) "x 0, + ， f x > 0，求 a的取值范圍.
5．（21-22 高三上·江蘇連云港·階段練習）已知 f x = ax2 - 2ln x， a R．
(1)討論函數 f (x) 的單調性；
(2)若對任意的 x > 0， 2 - f (x) 2(a -1)x 恒成立，求整數 a 的最小值．
x lnx6．（2021·陜西漢中·模擬預測）已知函數 f x = ax - e a R , g x = .
x
(1)若 a > 0，求函數 f x 的單調區間；
(2)當 x 0, + 時，不等式 f x …g x - ex 恒成立，求 a的取值范圍.
7．（22-23 高三上·北京·階段練習）已知函數 f (x) = sin x - x cos x ．
(1)求曲線 y = f (x) 在點 π, f π 處的切線方程；
x 0, π (2)求證：當 ÷時， f (x)
1
< x3 ；
è 2 3
π
(3)若 f (x) > kx - x cos x 對 x
0, ÷恒成立，求實數 k 的最大值．
è 2
8 x．（22-23 高二下·北京·階段練習）已知函數 f x = xe .
(1)求 f x 在點 1, f 1 處的切線方程；
(2)求證：當 x > 0時， f x > x2 .
(3) x > 0 f x - ax2若 時， 0恒成立，求實數 a的取值范圍.
9．（22-23 x高三上·江西撫州·期中）已知函數 f x = e - ax,j x = f x + sin2x, a R ，其中e 2.71828為
自然對數的底數.
(1)討論函數 f x 的單調性，
(2)若a N* ，當 x 0 時，j x 0 恒成立時，求 a的最大值.（參考數據： e3 20.1）
10．（2023 高三·全國·專題練習）設函數 f x = 1- ax ln x +1 - bx，曲線 y = f x 恒與 x 軸相切于坐標原
點．
(1)求常數 b 的值；
(2)當0 x 1時， f x 0恒成立，求實數 a 的取值范圍；
1 n 1 n+1(3) 1+ < e < 求證： ÷ 1+ ÷ 恒成立．
è n è n
x (0, ), ln(x 1)… ax1.（全國高考）" + + 恒成立, 求 a 的取值范圍
1+ x
2.（全國高考）"x (1, + ), (x +1) ln x - a(x -1) > 0 恒成立, 求 a 的取值范圍.
3.（全國高考） x [0,p ], 2sin x - x cos x - x > ax 恒成立, 求 a 的取值范圍

展開更多......

收起↑