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第 08 讲 利用洛必达法则解决导数问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（2 类核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的选考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数问题
2 能用洛必达法则解决极限等问题
【命题预测】洛必达法则只是一个求极限的工具，是在一定条件下通过对分子分母分别求导再求极限来确
定未定式极限值的方法。详细的洛必达法则应用是大学高等数学中才介绍，这里用高中生最能看懂的方式
说明，能备考使用即可.
知识讲解
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；
x a x a
　　(2)在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 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
法则 2 若函数 f(x) 和 g(x)满足下列条件：
(1) lim f x = 及 lim g x = ；
x a x a
　　(2)在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 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. 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. 在着手求极限前, 首先要检查是否满足 , ,0 × ,1 , 0 ,00 , - 型定式, 否则滥用洛必达法则会
0
出错。当不满足三个前提条件时, 就不能用洛必达法则, 这时称洛必达法则不适用, 应从另外途径求极限。
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。

lim f (x) lim f (x)= = lim f (x) , 如满足条件, 可继续使用洛 必达法则。
x a g(x) x a g (x) x a g (x)
考点一、洛必达法则的直接应用
1．（23-24 高二下·北京朝阳·期中）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
x x x ln x + x -1
值的方法，如 lim e -1 = lim e -1 e ，则 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】根据洛必达法则求解即可.
1
lim ln x + x -1 ln x + x -1
+1
【详解】 = lim = lim x 22 = .x 1 x + x - 2 x 1 x2 x 1+ x - 2 2x +1 3
故选：B
2．（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 f x ， g x 的导函数分别为 f x ， g x ，且 lim f (x) = lim g(x) = 0x a x a ，则

lim f (x) f (x)= lim .
x a g(x) x a g (x)
x
②设 a > 0，k 1 是大于 的正整数，若函数 f x 满足：对任意 x 0,a ，均有 f x f k ÷成立，且è
lim f x = 0，则称函数 f x 为区间 0,a x 0 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 f x = x3 - 3x是否为区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数；
1
(2)计算： lim(1+ x) x ；
x 0
(3) sin x
3
3
证明： ÷ < cos x ， x π, π .
è x - π ÷ è 2
3
【答案】(1) f x = x - 3x不是区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数；
1
(2) lim(1+ x) x = e
x 0
(3)证明见解析
【分析】（1）根据函数 f x 为区间 0,a 上的 k 阶无穷递降函数的定义即可判断；

（2）通过构造 h x =lng x ，再结合 lim f (x) f (x)= lim 即可得到结果；x a g(x) x a g (x)
（3）通过换元令令 x
π
- π = t ，则原不等式等价于 tant ×sin2t t3 , t

0, ÷，再通过构造函数
è 2
f t tant ×sin
2t
= , t π é π ù3 0, ÷，根据题干中函数 f x 为区间 ê0, 2 ú 上的 k 阶无穷递降函数的定义证出t è 2
f t >1, t 0,
π
÷，即可证明结论.
è 2
x 7 3
【详解】（1 3）设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不是区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数.
1 1 ln 1+ x
（2）设 g x = (1+ x) x ，则 lng x = ln 1+ x = ，x x
ln 1+ x设 h x = ，
x
1
则 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 ，则原不等式等价于 tant ×sin2t t3 , t
π
0, 2 ÷
，
è
tant ×sin2t
即证 3 1, t

0,
π
，
t è 2 ÷
f t tant ×sin
2t t t
= , t 0, π t 8tan ×sin
2
记
t3
，则
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即有对任意 ÷，均有 f t > f

2 2 ÷
，
è è
所以 f t > f t t 2 ÷ >L > f ÷，è è 2n
sin x
因为 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 ÷
，证毕!
è
【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.
0
1．（21-22 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 x 0
0
ex -1 0
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
x 0
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：
x exe -1 -1 ex x2 ln xlim = lim = lim = lim ex = e0 =1，则 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】依据洛必达法则去计算即可解决.
x2 ln x x2 ln x lim lim = lim 2x ln x+x = lim ln x+ 1 1 1【详解】 2 = = ln1+ =x 1 x -1 x 1 ÷ x2 x 1-1 2x x 1 è 2 2 2
1
故答案为： 2
0
2．（21-22 高三上·湖北襄阳·期末）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，
0
sin x 0
x 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．早在
1696 年，洛必达在他的著作
0
《无限小分析》一书中创造一种算法（洛必达法则），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．
sin x sin x cos x ex + e- x - 2如： lim = lim = lim =1，则 lim = ．
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 1- cos x
【答案】2
【分析】根据题设对分子、分母分别求导再求极限即得.
ex + e- x ex + e- x - 2 lim - 2 lim = lim e
x - e- x ex - e- x x - x
【详解】由题可得 = = 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
故答案为：2.
0
3．（2024·河北邢台·二模）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式 型或 型极限的一种重要
0
方法，其含义为：若函数 f x 和 g x 满足下列条件：
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在点 a的附近区域内两者都可导，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim

= A
g x （A 可为实数，也可为± ），则
lim = lim = A
x a x a g x ．x a g x
x
(1)用洛必达法则求 lim ；
x 0 sin x
x2 x3 x2n-1
(2)函数 f x =1+ x + + +L+ （ n 2， n N*），判断并说明 f x 2! 3! 2n 1 ! 的零点个数；-
(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
参考公式： 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)仅在 x - ,0 时存在 1 个零点，理由见解析
ìsinx
, x -π,0 0, π ,(3) g x = í x
1, x = 0.
【分析】（1）利用洛必达法则求解即可；
f
2 x f x （ ）构造函数 x ，结合 x 的单调性求解即可；e e
g x
（3）利用累乘法求出 g x 的表达式，然后结合
g 0 =1，利用洛必达法则求极限即可.

è 2n ÷
x
【详解】（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
当 x > 0时， ê < 0 0, + ex ú ，函数 x 在 上单调递减， e
é f x ù f x
当 x

< 0 时， ê x ú > 0，函数 在 - ,0 e x 上单调递增， e
f x
lim = - ， f 0 =1，
x - ex
f xx 当 > 0时， x > 0，所以仅在 x - ,0 时存在 1 个零点．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将各式相乘得 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
两侧同时运算极限，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 = ，原式可化为 = 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 ，由题意函数 g x 的定义域为 -π, π ，
x
ìsinx
, x -π,0 0, π ,综上， g x = í x
1, x = 0.
g x
【点睛】方法点睛：本题考查新定义，注意理解新定义，结合洛必达法则的适用条件，构造函数 g x ，
è 2n ÷
从而利用洛必达法则求极限.
考点二、利用洛必达法则解决函数综合问题
ln x 1 ln x k
1．（全国高考）已知 + > + 恒成立, 求 k 的取值范围
x +1 x x -1 x
ln x 1 ln x k 2x ln x
解: + > + k < 2 +1 记 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
则 g (x) ln x 1- x= 2 = 2 2 2
+
x2 +1÷1- x 1- x è
2
记 h x = ln x 1- x+
x2 +1
2
1- x2
h (x) 1 4x

则 = - = > 0
x 21+ x2 x 1+ x2 2
所以, h(x) 在 (0, + ) 单调递增, 且 h(1) = 0
所以 x (0,1) 时, h(x) < 0, x (1,+ ) 时, h(x) > 0
即 g(x) 在 (0,1) 上单调递减, 在 (1, + ) 上单调递增
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 用了洛必达法则 当 x 1 时, 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 的取值范围
x ln(x 1) 1 ln(x +1)解: - + ax2 a -
x x2
记 g(x) 1 ln(x +1)= - 2 ,x x
x2 + 2x
- + 2ln(x +1)

则 g (x) = x +1
x3
2
h x x + 2x记 = - + 2ln x +1
x +1
2
h 则 (x) x= -
(x +1)2
所以, 当 x [0, + ) 时, h (x) < 0,h(x) 单调递减,
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．（全国高考）"x (0, + ),ex -1- x - ax2…0 恒成立, 求 a 的取值范围
ex - x -1
解: ex -1- x - ax2…0 a <
x2
x
g(x) e - x -1记 =
x2
,
x x
g (x) xe - 2e + x + 2则 =
x3
记 h(x) = xex - 2ex + x + 2
则 h (x) = xex - ex +1
h (x) = xex > 0
所以, h (x) 在 (0, + ) 单调递增, 所以 h (x) > h (0) = 0
所以, h(x) 在 (0, + ) 单调递增, 所以 h(x) > h(0) = 0
即在 (0, + ) 上 g (x) > 0 , 所以 g(x) 在 (0, + ) 上单调递增
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 对于 x 0, ÷恒成立，求 a的取值范围.
è 2
1
【答案】 a
6
a x - sin x
p
【分析】由题设有 > 3 在 x
0, ÷上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性、洛必达法则求右侧x è 2
的极限，即可得参数范围.
x p 0, x - sin x【详解】当 ÷时，原不等式等价于 a > 3 .è 2 x
f (x) x - sin x= f 记 3 ，则 (x)
3sin x - x cos x - 2x
= .
x x4
记 g(x) = 3sin x - x cos x - 2x，则 g (x) = 2cos x + x sin x - 2 .
因为 g (x) = x cos x - sin x ， g (x) = -x sin x < 0 ，
p
所以 g (x)

在 0,

÷上单调递减，且 g (x) < 0 ，
è 2
所以 g (x)

在 0,
p
÷上单调递减，且 g (x) < 0 .
è 2
因此 g(x)

在 0,
p
÷上单调递减，且 g(x) < 0，
è 2
f (x) g(x)
p
故 = 4 < 0，因此 f (x)
x - sin x
= 3 在 0,

÷上单调递减.x x è 2
x - sin x 1- cos x sin x cos x 1
由洛必达法则有 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 趋向于 0 时， f (x) 趋向 ，即有 f (x) < .
6 6
p
故 a
1
时，不等式
6 sin x > x - ax
3 对于 x 0, 2 ÷
恒成立.
è
2．已知函数 f (x) = x(ex -1) - ax2 .
(1)若 f (x) 在 x=-1时有极值，求函数 f (x) 的解析式；
(2)当 x 0 时， f (x) 0，求 a的取值范围.
1
【答案】(1) f (x) = x(ex -1) - x2
2
(2) a 1
【分析】小问 1：由 f -1 = 0可得 a的值，进而可得 f x 表达式，然后进行检验符合条件即可；
ex -1
小问 2：根据题意可得ex - ax -1 0对于 x 0 恒成立，令 g(x) = ，只需 g x amin ，利用导数分析 g x x
的单调性结合由洛必达法则，则最值即可求解.
【详解】（1）因为 f (x) = x(ex -1) - ax2 ，所以 f (x) = ex -1+ xex - 2ax，
由 f (x) 在 x=-1处取极值，得 f (-1) = 0 ，求得 a
1
= ，
2
当 x < -1时， f (x) = ex -1 x +1 > 0；当 x > -1时， f (x) = ex -1 x +1 < 0；
则 f (x) 在 x=-1时有极大值，符合题意，
所以 f (x) = x(ex -1)
1
- x2 ；
2
（2）当 x 0 时， f (x) 0，即 x(ex -1) ax2 .
①当 x = 0时， a R ；
② x > 0 x(ex -1) ax2 x a e
x -1
当 时， 等价于 e -1 ax ，也即 .
x
g(x) e
x -1 x
记 = ， x (0,+ )，则 g (x) (x -1)e +1= .
x x
记 h(x) = (x -1)ex +1， x (0,+ )，则 h (x) = xex > 0，因此 h(x) = (x -1)ex +1在 (0, + )上单调递增，且
x
h(x) > h(0) = 0 h(x) e -1，所以 g (x) = > 0；从而 g(x) =
x x
x
在 (0, + ) e -1上单调递增，所以 a lim ，
x 0 x
x x
由洛必达法则有： lim g(x) = lim e -1 lim e= =1，即当 x 0 时， g(x) 1，所以
x 0 x 0 x x 0 1
g(x) >1，即有 a 1，
综上所述，当 a 1， x 0 时， f (x) 0成立．
3 2．已知函数 f x = x - mx - ex +1.
（1）若函数 f x 在点 1, f 1 处的切线 l经过点 2,4 ，求实数m 的值；
（2）若关于 x 的方程 f x = mx有唯一的实数解，求实数m 的取值范围.
【答案】（1）-e é
1
；（2） ê- , + ÷ . 2
【分析】（1）求出 f x 的导数，求 f x ，斜率为 k = f 1 = 2 - e - m ，写出切线 l的方程，再将点点 2,4
代入切线方程即可求出实数m 的值；
（2）易知 f 0 = 0 = m 0 x = 0为方程的根，只需证明当 x > 0和 x < 0 时原方程均没有实数解即可，分别
讨论，当 x > 0时，m < 0，m = 0，m > 0方程的解得情况，以及当 x < 0 时，m < 0，m = 0，m > 0方程的解
得情况，即可求出实数m 的取值范围.
【详解】（1） f x = 2x - m - ex ，所以在点 1, f 1 处的切线 l的斜率 k = f 1 = 2 - e - m ，
又 f 1 = 2 - e - m ，所以切线 l的方程为： y - 2 - e - m = 2 - e - m x -1 ，
即 l : y = 2 - e - m x，由 l经过点 2,4 可得： 4 = 2 2 - e - m m = -e .
（2）易知 f 0 = 0 = m 0 x = 0为方程的根，
由题只需说明当 x > 0和 x < 0 时原方程均没有实数解即可.
①当 x > 0时，若m < 0，显然有mx < 0 ，而 f x 0恒成立，此时方程显然无解
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 单调递增，在 ln 2,+ 单调递减
故 f x < f ln 2 = 2ln 2 - 2 < 0 f x 在 0, + 单调递减 f x < f 0 = 0
从而 f x > 0，mx = 0 x = 0，此时方程 f x = mx也无解.
1 ex
若m > 0，由 f x = mx m = x + - - m ，
x x
x x -1 x +1- ex
记 g x x 1 e m = + - - ，则 g x x x = ，x2
设 h x = x +1- ex ，则 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 上递增，在 1,+ 上递减
g x g 1 = 2 - e - m < 0 g x e - 2 + m > m ，可知原方程也无解
由上面的分析可知 x > 0时，"m R，方程 f x = mx均无解.
②当 x < 0 时，若m > 0，显然有mx < 0 ，而 f x 0恒成立，此时方程显然无解
若m = 0，和①中的分析同理可知此时方程 f x = mx也无解.
1 ex
若m < 0，由 f x = mx -m = x + - - m ，
x x
1 e
x x -1 x +1- ex
记 g x = x + - - m ，则
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，从而 g x 在 - ,0 上单调递增
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，则 g x > m +1，
要使方程无解，只需-m m +1 m
1 1
- ，即有- m < 0
2 2
如果-1- m > 0，即m < -1，此时 g x 0, + ，方程-m = g x 一定有解，不满足.
é 1
由上面的分析知 x < 0 时，"m ê- , + ÷，方程 f x = mx均无解， 2
é 1
综合①②可知，当且仅当m ê- , + ÷时，方程 f x = mx有唯一解. 2
【点睛】本题主要考查了导数应用，导数的几何意义，利用导数判断单调性，函数方程转化思想，分类讨
论思想，属于难题.
4．已知 f (x) = x +1 ln x .
（1）求 f (x) 的单调区间；
f (x)
（2）若对任意 x 1 é ù，不等式 x ê - axx 1 ú
+ a 0恒成立，求 a的取值范围.
+
【答案】（1）增区间为 0, 1+ é ,+ ，无减区间；（2） ê ÷ . 2
1 1
【分析】（1）由解析式知 f (x) 定义域为 0,+ ， f (x) = ln x +1+ ，令 g(x) = ln x +1+ (x > 0)，应用导数x x
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(ln x - ax) + a 0在 1, + 上恒成立，令 h(x) = x ln x - ax2 + a(x 1)，应用导数并
1
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 ln x - a x - ÷ 0在 1, +
è x
t(x) ln x a x 1 上恒成立，令 = - - ÷ (x 1)x ，应用导数及函数与方程思想，结合分类讨论的方法研究
t(x)的单
è
x ln x x ln x
调性，求 a的范围；法三：分离常量法得 a 2 在 1, + 上恒成立，令m(x) = (x >1)应用导数研究m(x)x -1 x2 -1
的单调性，求 a的范围；
1
【详解】（1）由解析式知： f (x) 的定义域为 0,+ 且 f (x) = ln x +1+ ，x
令 g(x) ln x
1
= +1+ (x > 0)，则 g (x)
1 1 x -1
= - =
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 é ù，不等式 x ê - axú + a 0x 1 恒成立等价于对任意 x 1，不等式
x(ln x - ax) + a 0恒成立.
+
令 h(x) = x ln x - ax2 + a(x 1)，则 h (x) =1+ ln x - 2ax，
令m(x) =1+ ln x - 2ax(x 1)
1
，则m (x) = - 2a
1
，由 x 1知：0 < 1，
x x
1
①当2a 1，即 a 时， 即m (x) 0，即m(x)在 1, + 上单调递减，又m 1 =1- 2a 0，
2
∴ 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.
②若0 < 2a <1，即0
1
< a < ，
2
当1
1
x < 时， h (x) = m(x) m 1 =1- 2a > 0，
2a
h(x) é 1 1∴ 在 ê1, ÷单调递增，即1 x < 时， h(x) h 1 = 0， 2a 2a
故 x(ln x - ax) + a 0不恒成立，不合题意.
③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(ln x - ax) + a 0恒成立，不合题意.
é1
综上所述， a的取值范围是 ê ,+ . 2 ÷
解法 2：
f (x) 1
对任意 x 1 é，不等式 x ê - ax
ù
ú + a 0

x 1 恒成立等价于对任意
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) ，则 t (x) = - a 1+
= -
x 2 ÷ ，记x x D =1- 4a
2 ，
è è x2
①当 a
1
时，D 0，此时 t (x) 0， t(x)在 1, + 单调递减，又 t 1 = 0，
2
1
所以 x 1时， t(x) 0 ，即对任意 x 1， ln x - a x - ÷ 0恒成立.
è x
②当 a
1
- 时， t (x)≥0， t(x)在 1, + 上单调递增，又 t 1 = 0，
2
1
所以 x 1时， t(x) 0 ，即对任意 x 1， ln x - a x - x ÷
0恒成立，不符合题意.
è
③ a = 0时，不等式化为 ln x 0 x 1 ，显然不成立.
1 a 1
2 2
④当- < < 且 a 0时，方程
2 2 ax
2 - x + a = 0 x 1+ 1- 4a的二根为 1 = ， x
1- 1- 4a
= ，
2a 2 2a
0 a 1若 < < ， x1 >1，0 < x2 <1，则 t(x)在 1, x1 单调递增，又 t 1 = 0，所以 x 1, x1 时， 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，则 t(x)在 1,+ 单调递增，又 t 1 = 0，所以 x 1, + 时， t(x) 0，即不等式2
ln x - a x 1- ÷ 0不恒成立.
è x
é1
综上所述， a的取值范围是 ê ,+

÷ .
2
解法 3：参数分离
f (x) x ln x
当 x 1 a R é ù= ， 对任意 x >1，不等式 x ê - axú + a 0x 1 恒成立等价于对任意 x >1，
a 2 恒成立. + x -1
记m(x)
x ln x
= 2 (x >1)，则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
记 t(x) =1- 2 - ln x(x >1)，1+ x
4x2 2- 1+ x2 1- x2 2
则 t (x)
4x 1
= - = = - < 0，
1+ x2 2 x x 2 21+ x 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，即m (x) < 0，
x ln x x ln x x +1- ln x 1
所以m(x)在 1,+ 单调递减.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
综上所述， a的取值范围是 ê ,+ . 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；
（2）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.
1．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ex ， g(x) = bx +1，若 f (x) g(x) 对于任意 x R 恒成立，
求b 的取值集合．
【答案】b 的取值集合为 1
【分析】以 x = 0为分界点对不等式进行讨论，利用导数与函数单调性的关系，以及不等式恒成立的条件即
可求解.
【详解】 ex bx +1恒成立，即 ex -1 bx．
当 x = 0时显然成立，即b R ．
x
x > 0 b e -1 e
x x
当 时， ，令 F (x)
-1 e (x -1) +1
= ，则 F (x) = 2 ，x x x
令G(x) = ex (x -1) +1，则G (x) = xex > 0，所以G(x)递增，
所以G(x) > G(0) = 0，所以F (x) > 0在 (0, + )上恒成立．
所以 F (x)在 (0, + )上递增，
ex -1 ex
根据洛必达法则得， lim = lim = 1，所以b 1．
x 0+ x x 0+ 1
同理，当 x < 0 时，b 1．
综上所述，b 的取值集合为 1 ．
2．（2023 高三·全国·专题练习）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．
é1
【答案】 ê ,+ 2 ÷
x
m e - x -1 e
x - x -1
【分析】由题意分离参数可得 ，令H (x) = ，对H (x)2 x 2 x 求导，求出H (x)的单调性结合洛x e x e
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，
exm - x -1 e
x - x -1
即 ，令H (x) = ，
x2ex x2ex
2 x
则H (x) x - 2e + 2x + 2= 3 x ．x e
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 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
综上，m é
1
的取值范围为 ê ,+

÷．
2
3．（22-23 高三·宁夏吴忠·阶段练习）已知函数 f (x) = x2 - (2a -1)x - a ln x .
(1)当 a =1时，求函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)若 a > 0且 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范围.
【答案】(1) y = 0
(2) 0 < a 1
【分析】（1）代入 a =1，得到 f (x) = x2 - x - ln x ，求出导函数，根据导数的几何意义求得切线的斜率，即
可得出答案；
1 2x + ln x 2x + ln x
（2）因为 x2 + x > 0，分离参数可得 2 .构造函数 g(x) = 2 ，根据 h(x) =1- x - ln x 的导函数，a x + x x + x
1
得出 g x 的单调性，进而得出函数的最大值为 g 1 =1，即可得出 1，进而得出 a的取值范围.
a
【详解】（1）当 a =1时， f (x) = x2 - x - ln x ， f (1) = 0，
可得 f (x) 2x
1
= -1- ，故 f (1) = 0x ，
所以函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程为 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
因为 a > 0，所以上式可化为
a x2
.
+ x
2x + ln x g (x) (2x +1)(1- x - ln x)令 g(x) = ，则 =
x2
，
+ x (x2 + x)2
令 h(x) =1- x - ln x h (x)
1
，则 = -1- .
x
因为 x (0,+ )，所以 h (x) < 0，所以 h(x) 为 (0, + )上的减函数，且 h(1) = 0，
故 x (0,1) 时， h(x) > 0，即 g (x) > 0，所以 g x 在 0,1 上单调递增；
当 x (1,+ )时， h(x) < 0，即 g (x) < 0，所以 g(x)在在 (1, + )上为单调递减.
所以，当 x =1时， g x 取得极大值，也是最大值 g(x)max = g(1) =1.
1 2x + ln x
则要使 在 (0, + )
1
上恒成立，则应有 1 .
a x2 + x a
又因为 a > 0，故0 < a 1.
4．（23-24 高二下·贵州六盘水·期中）已知函数 f x = ax - ln x a R
(1)当 a =1时，求函数 f x 的最小值；
(2) "x 0, + ， f x > 0，求 a的取值范围.
【答案】(1)1
1
(2) ,+
è e ÷
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性可得最小值；
（2）分类参数，设 h x lnx= x > 0 ，利用导数求函数 h(x) 的最大值，即可得 a的取值范围.
x
【详解】（1）当 a =1时 f x = x - lnx x > 0 ，
\ f x =1 1 x -1- = ，
x x
当 x 0,1 时， f x < 0，函数 f x 单调递减，
当 x 1,+ 时， f x > 0，函数 f x 单调递增，
\ 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
当 x 0,e 时， h x > 0，函数 h x 单调递增，
当 x e, + 时， h x < 0，函数 h x 单调递减，
\h x = hmax e
1
= ，
e
1 a 1\a > ,+ ，即 的取值范围是
e ÷
.
è e
5．（21-22 高三上· 2江苏连云港·阶段练习）已知 f x = ax - 2ln x， a R．
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)若对任意的 x > 0， 2 - f (x) 2(a -1)x 恒成立，求整数 a 的最小值．
【答案】(1)分类讨论见解析
(2)2
【分析】（1）求导，分 a 0， a > 0两种情况讨论导函数正负，即得解；
2(ln x + x +1) 2(ln x + x +1)
（2）转化原不等式为 a 在区间 (0, + )内恒成立，令 g(x) = ，求导分析单调性，
2x + x2 2x + x2
即得解
【详解】（1）由题意得 f (x) 的定义域为 (0, + )，
f (x) 2ax
2 - 2
= ，
x
① a 0时， f (x) < 0 ， f (x) 在 (0, + )内单调递减，
② a > 0时，令 f (x) = 0得 x a= 或 x a= - （舍）
a a
x (0, a当 ), f (x) < 0 ， f (x) 单调递减 ;
a
当 x ( a ,+ )， f (x) > 0 ， f (x) 单调递增．
a
（2）由题意得 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)因为 x > 0，所以原命题等价于 2 在区间 (0, + )内恒成立，2x + x
g(x) 2(ln x + x +1) g (x)
-2(x +1)(2 ln x + x)
令 = ，则 =
2x + x2 (2x
，
+ x2 )2
令 h(x) = 2ln x + x，易知 h(x) 在区间 (0, + )内单调递增，
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 ，
当0 < x < x0 时， g (x) > 0， g(x)单调递增；
当 x > x0时， g (x) < 0， g(x)单调递减；
故当 x = x0时，函数 g(x)有极大值，也即为最大值，
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 为整数，故 a 的最小整数值为 2.
lnx
6．（2021·陕西汉中·模拟预测）已知函数 f x = ax - ex a R , g x = .
x
(1)若 a > 0，求函数 f x 的单调区间；
(2)当 x 0, + 时，不等式 f x …g x - ex 恒成立，求 a的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为 - , lna ，单调递减区间为 lna, + .
é 1
(2) ê , + . 2e ÷
【分析】(1)利用函数的导数的符号，判断函数的单调性，即可求出函数的单调区间.
(2)将原不等式 f x …g x - ex a… lnx进行参变分离得 2 ，然后构造函数 h x
lnx
= 2 ，从而把不等式问题转化为，x x
求 a大于或等于函数 h x 的最大值问题，即可求出 a的取值范围.
【详解】（1）依题意 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 的单调递增区间为 - , lna ，单调递减区间为 lna, + .
（2）当 x 0, + x时，不等式 f x …g x - e 等价于 a… lnx2 ，x
h x lnx 1- 2lnx设 = ，则 h x =
x2 x3
，
令 h x = 0，得 x = e ，
当 x 在区间 0, + 内变化时， h x ,h x 随 x 的变化情况如下表：
x 0, e e e,+
h x + 0 -
h x Z 极大值 ]
由上表可知，当 x = e 时，函数 h x 在 0,+ 上有唯一极大值 h e ，也是其最大值，
\a… lnx 12 恒成立等价于 a…h(x)x max = h e = ，2e
a é 1故 的取值范围是 ê , +

.
2e ÷
7．（22-23 高三上·北京·阶段练习）已知函数 f (x) = sin x - x cos x ．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 π, f π 处的切线方程；
π 1
(2)求证：当 x 0, ÷时， f (x) < x
3
；
è 2 3
π
(3)若 f (x) > kx - x cos x x

对 0,

÷恒成立，求实数 k 的最大值．
è 2
【答案】(1) y - π = 0
(2)见详解
(3)见详解
1 3
【分析】（1）首先求函数的导数，再代入求 f π 的值；（2）首先设函数 g x = f x - x ，求函数的导数，
3
利用导数正负判断函数的单调性，求得函数 g x < 0，（3）首先不等式等价于sinx >kx对 x 0
π
，
max ÷恒成è 2
sin x π
立，参变分离后转化为 k < 对 x 0，x 2 ÷
恒成立，
è
利用导数求函数 h(x)
sin x
= 的最小值，转化为求实数 k 的最大值.
x
【详解】（1） f (x) = cos x - (cos x - x sin x) = x sin x
f π = 0，即切线的斜率为 0 ，又因为 f π = sin π - π cos π = π
所以切线方程为： y - π = 0 x - π ，即 y - π = 0 .
（2）令 g(x) = f (x)
1
- x3，则 g x = f x - x2 = x sin x - x2 = x sin x - x ， 3
x 0 π 当 ， ÷时，设 t(x) = sin x - x ，则 t (x) = cos x -1 < 0
è 2
所以 t(x)在 x

0
π
， ÷单调递减， 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， ÷上单调递减，所以 g(x) < g(0) = 0，
è 2
f (x) 1< x3所以 .
3
π
（3）原题等价于sinx >kx对 x 0， ÷恒成立，
è 2
即 k
sin x
< 对 x

0
π
， ÷恒成立，x è 2
sin x
令 h(x) = ，则 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， ÷单调递增，
è 2
所以 f (x) > f (0) = 0，所以 h (x) < 0，
h(x) 0 π π 2故 在 ， ÷单调递减，所以 k h = .2 2 ÷ π è è
2
综上所述， k 的最大值为 .
π
8．（22-23 高二下·北京·阶段练习）已知函数 f x = xex .
(1)求 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求证：当 x > 0 f x > x2时， .
(3)若 x > 0时， f x - ax2 0恒成立，求实数 a的取值范围.
【答案】(1) y = 2ex - e
(2)证明见详解
(3) a e
【分析】（1）由题意及导数的几何意义先求出 f 1 和 f 1 ，由点斜式可得解；
（2）当 x > 0时， f x > x2 恒成立，等价于 ex > x 恒成立，
构造函数 g(x) = ex - x ，通过研究 g(x)的单调性和最小值即可得证；
ex
（3）利用参变分离将原不等式转化为 a , (x > 0)恒成立，
x
ex
再构造函数 h(x) = , (x > 0) ，通过研究 h(x) 的单调性和最小值即可得解
x
【详解】（1）由题意， f 1 =e，又 f (x) = ex + xex ,
由导数的几何意义， k = f (1) = e + e = 2e，
所以 f x 在点 1, f 1 处的切线方程： y - e = 2e(x -1) ，
即 y = 2ex - e ；
（2）当 x > 0 2时， f x > x 恒成立，等价于 ex > x 恒成立，
x
设 g(x) = e - x , x > 0 ，则 g (x) = ex -1，
当 x > 0时， ex >1，所以 g (x) > 0，即 g(x)在 0, + 上为增函数，
所以 g(x) > g(0) =1 > 0，即 ex - x > 0 恒成立， ex > x 恒成立，
所以当 x > 0时， xex > x2，问题得证；
2
（3）若 x > 0时， f x - ax 0恒成立，
ex
等价于 a , (x > 0)恒成立，
x
x x
令 h(x) e= , (x > 0) ，则 h (x) e (x -1)= ，
x x2
令 h (x) = 0，得 x =1，
当 x 0,1 时， h (x) < 0；当 x 1,+ 时， h (x) > 0，
所以 h(x) 在 0,1 上单调递减，在 1, + 上单调递增，
则 h(x)min = h(1) = e，
故当 a e 时，原不等式恒成立.
【点睛】利用导函数解不等式常见思路：
（1）恒成立问题常利用分离参数法转化为最值求解
（2）证明不等式可通过构造函数转化为函数的最值问题．
9．（22-23 高三上·江西抚州·期中）已知函数 f x = ex - ax,j x = f x + sin2x, a R ，其中e 2.71828为
自然对数的底数.
(1)讨论函数 f x 的单调性，
(2)若a N* ，当 x 0 时，j x 0 恒成立时，求 a的最大值.（参考数据： e3 20.1）
【答案】(1)答案见解析
(2)3
【分析】（1）求导，讨论导函数的正负即可；
x 2 x 2
（2）分离参数，当 x > 0 a e + sin x g x e + sin x时 恒成立即可，设 = ，利用导数求解单调性，结合零
x x
点存在性定理，即可求解最值得解.
x x
【详解】（1）由 f x = e - ax 可得 f x = e - a .
当 a 0时， f x > 0恒成立， f x 在 0, + 单调递增；
当 a > 0时，令 f x = 0得 x = ln a，所以 f x 在 - , lna 单调递减，在 lna, + 单调递增；
综上所述，当 a 0时， f x 在 0, + 单调递增；当 a > 0时， f x 在 - , lna 单调递减，在 lna, + 单调
递增.
x 2
（2）当 x = 0时，j x 0 成立，当 x > 0 f x 0 a e + sin x时， 恒成立即 ，
x
g x e
x + sin2x ex + sin2x x - ex + sin2x= e
x x -1 + xsin2x - sin2x设 ，则 g x x = = ，x2 x2
令 h x = ex x -1 + xsin2x - sin2x h x = x ex，则 + 2cos2x ，
设 p x = ex + 2cos2x，
0 x π
π
当 < < 时， ex >1,2cos2x > -1，故 p x > 0；当 x 时， ex > 2,2cos2x -2 ，故 p x > 03 ，3
综上有 p x > 0，故 h x > 0，故 h x 为增函数，
又 h 1 = sin2 - sin21 = sin1×cos1 2 - tan1 > sin1×cos1 2 - tan
π
÷ > 0 ，
è 3
π
4
π
因为 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
故存在唯一零点 x0 ,1÷使得 h x0 = 0，
è 4
故当 x 0, x0 时 g x < 0, g(x) 单调递减当 x x0 ,+ 时， g x > 0， g(x) 单调递增，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
设 q x = ex + sin2x ，则 q x = ex + 2cos2x = p x > 0，故 q x 为增函数，
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 且为正整数则 a的最大值为 3.x
【点睛】利用导数求解参数范围的问题的解题常用方法：
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和放缩法，
注意恒成立与存在性问题的区别.
10．（2023 高三·全国·专题练习）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；
(2)当0 x 1时， f x 0恒成立，求实数 a 的取值范围；
n n+1
(3) 1 1 求证： 1+ ÷ < e < 1+ ÷ 恒成立．
è n è n
【答案】(1) b =1
(2) a
1
-
2
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，由 f 0 =1- b = 0求出答案；
ln 1+ x - x
（2）先考虑 x = 0时，满足要求，再考虑 x 0,1 ，参变分离得到 a x ln 1 x ，构造函数，求导得到其+
单调性，结合洛必达法则求出实数 a 的取值范围；
1 n n+1 1
（3 ）推导出要证 1+ ÷ < e < 1
1
+ ÷ ，只需证 < ln
1 1+ 1 ÷ < ，
è n è n n +1 è n n
x 1 x令 = ，则 x 0,1 ，构造函数 < ln 1+ x < x ， x 0,1 ，并证明出不等式即可.
n x +1
【详解】（1） f x = -a ln x 1- ax+1 + - b，
x +1
由 f 0 =1- b = 0得，b =1；
（2）当 x = 0时， f x = 0，满足要求，
f x = 1- ax ln x +1 - x
1 1 ln 1+ x - x当 x 0,1 时，分离变量可得： 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 ，则F x = 1+ x ，+ x2 ln2 1+ x
令 g x x= ln 1+ x - ， x 0,1 ，
1+ x
1 x x+ -
则 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，则 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 上单调递减，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 上单调递减，
1+ x
故 g x < g 0 = 0，故 ln 1+ x x< ，
1+ x
2
2 x
2 x - ln
2 1+ x
两边平方得 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 上单调递增，
ln 1+ x - x
故只需证明 a F 0 0即可，当 x 0 时，F x = x ln 1 属于 类型，+ x 0
由洛必达法则得，
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 - ，实数 a 的取值范围是 - , -
ù
ú ；2 è 2
3 1 1
n
e 1
n+1

（ ）要证 + n ÷
< < 1+ ÷ ，
è è n
n n+1

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

1+ ÷ ，只需证 < ln

n n
1+ ÷ < ，
è è n +1 è n n
令 x
1
= ，则 x 0,1 x，构造函数 < ln 1+ x < x ， x 0,1 即可，
n x +1
令 q x x= ln 1+ x - ， x 0,1 ，
x +1
则 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 上单调递增，
x +1
故 q x > q 0 = 0 x，所以 ln 1+ x > ，
x +1
令w x = ln 1+ x - x，则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 上单调递减，
故w x < w 0 = 0，所以 ln 1+ x < x ，
1 1
< ln 1+ 1综上， ÷ < ，证毕.n +1 è n n
【点睛】方法点睛：分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参
数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，
0
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解，当遇到 或 型时，
0
可用洛必达法则求解最值.
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论.
ax
1.（全国高考）"x (0, + ), ln(x +1)… 恒成立, 求 a 的取值范围
1+ x
ln(x 1) ax a (x +1) ln(x +1)解: +
1+ x x
x +1 ln x +1记 g x = ,
x
g (x) x - ln(x +1)则 =
x2
记 h(x) = x - ln(x +1)
x
则 h (x) =
x +1
所以, 当 (0, + ) 时, h (x) > 0, h(x) 单调递增,
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.（全国高考）"x (1, + ), (x +1) ln x - a(x -1) > 0 恒成立, 求 a 的取值范围.
解:
(x 1) ln x a(x 1) 0 a (x +1) ln x+ - - > <
x -1
记 g(x) (x +1) ln x= ,
x -1
x 1- - 2ln x

则 g (x) = x
(x -1)2
h(x) x 1记 = - - 2ln x
x
1 2 (x -1)2
h 则 (x) =1+ - =
x2 x x2
…0
所以, 当 x (1,+ ) 时, h(x) 单调递增,

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.（全国高考） x [0,p ], 2sin x - x cos x - x > ax 恒成立, 求 a 的取值范围
解：当 x = 0 时， a R ;
当 x 2sin x (0,p ] 时, 不等式可化为 a - cos x -1 .
x
2sin x
记 h(x) = - cos x -1,
x
2x cos x + x2 - 2 sin x
h 则 (x) = 2 ,x
记 j(x) = 2x cos x + x2 - 2 sin x , 则 j (x) = x2 cos x ,
x p p 当 0, ÷ 时, j (x) > 0 ; 当 x ,p ÷ 时, j (x) < 0 .
è 2 è 2
lim h(x) lim 2sin x因为 = - 2 = lim 2cos x - 2 = 0 , 并且 h(p ) = 0 , 所以 h(x) 0 . 这时 a 0 符合
x 0 x 0 x x 0
题意. 综上可知, a 的取值范围是 (- ,0] .第 08 讲 利用洛必达法则解决导数问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（2 类核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的选考内容，设题稳定，难度较大，分值为 15-17 分
【备考策略】1 能用导数解决函数问题
2 能用洛必达法则解决极限等问题
【命题预测】洛必达法则只是一个求极限的工具，是在一定条件下通过对分子分母分别求导再求极限来确
定未定式极限值的方法。详细的洛必达法则应用是大学高等数学中才介绍，这里用高中生最能看懂的方式
说明，能备考使用即可.
知识讲解
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；
x a x a
　　(2)在点 a 的去心邻域内，f(x) 与 g(x) 可导且 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；
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. 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. 在着手求极限前, 首先要检查是否满足 , ,0 × ,1 , 0 ,00 , - 型定式, 否则滥用洛必达法则会
0
出错。当不满足三个前提条件时, 就不能用洛必达法则, 这时称洛必达法则不适用, 应从另外途径求极限。
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。

lim f (x) f (x) f (x)= lim = lim , 如满足条件, 可继续使用洛 必达法则。x a g(x) x a g (x) x a g (x)
考点一、洛必达法则的直接应用
1．（23-24 高二下·北京朝阳·期中）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
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
，则 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 f x ， g x 的导函数分别为 f x ， g x ，且 lim f (x) = lim g(x) = 0x a x a ，则

lim f (x) f (x)= lim .
x a g(x) x a g (x)
x
②设 a > 0，k 是大于 1 的正整数，若函数 f x 满足：对任意 x 0,a ，均有 f x f k ÷成立，且è
lim f x = 0，则称函数 f x 为区间 0,a x 0 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 f x = x3 - 3x是否为区间 0,3 上的 2 阶无穷递降函数；
1 3 3
(2) sin x 计算： lim(1+ x) x ； (3)证明： x - π ÷
< cos x ， x π, π ÷ .
x 0 è è 2
0
1．（21-22 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 x 0
0
ex -1 0
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
x 0
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：
x x e -1 e -1 ex x2 ln xlim = lim = lim = lim ex = e0 =1，则 lim = ．x 1
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 x
2 -1
0
2．（21-22 高三上·湖北襄阳·期末）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，
0
sin x 0
x 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．早在
1696 年，洛必达在他的著作
0
《无限小分析》一书中创造一种算法（洛必达法则），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．
sin x sin x ex + e- x - 2如： lim = lim = lim cos x =1，则 lim = ．
x 0 x x 0 x x 0 1 x 0 1- cos x
0
3．（2024·河北邢台·二模）在函数极限的运算过程中，洛必达法则是解决未定式 型或 型极限的一种重要
0
方法，其含义为：若函数 f x 和 g x 满足下列条件：
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在点 a的附近区域内两者都可导，且 g x 0；
f x f x f x
③ lim = A（A 可为实数，也可为± ），则 lim
lim = = A
x a g x ．x a g x x a g x
x
(1)用洛必达法则求 lim ；
x 0 sin x
x2 x3 x2n-1
(2)函数 f x =1+ x + + +L+2! 3! 2n 1 !（ n 2， n N*），判断并说明
f x 的零点个数；
-
(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
参考公式： lim f x = f lim x ， lim kf x = k lim f x x a x a x a x a ．
考点二、利用洛必达法则解决函数综合问题
ln x 1 ln x k
1．（全国高考）已知 + > + 恒成立, 求 k 的取值范围
x +1 x x -1 x
2．（天津高考）"x [0, + ), x - ln(x +1) ax2 恒成立, 求 a 的取值范围
3．（全国高考）"x (0, + ),ex -1- x - ax2…0 恒成立, 求 a 的取值范围
p
1．若不等式 sin x > x - ax3 对于 x 0, ÷恒成立，求 a的取值范围.
è 2
2．已知函数 f (x) = x(ex -1) - ax2 .
(1)若 f (x) 在 x=-1时有极值，求函数 f (x) 的解析式；
(2)当 x 0 时， f (x) 0，求 a的取值范围.
3．已知函数 f x = x2 - mx - ex +1.
（1）若函数 f x 在点 1, f 1 处的切线 l经过点 2,4 ，求实数m 的值；
（2）若关于 x 的方程 f x = mx有唯一的实数解，求实数m 的取值范围.
4．已知 f (x) = x +1 ln x .
（1）求 f (x) 的单调区间；
é f (x)
（2）若对任意 x 1，不等式 x ê - ax
ù
ú + a 0x 1 恒成立，求
a的取值范围.
+
1．（2023 高三·全国·专题练习）已知函数 f (x) = ex ， g(x) = bx +1，若 f (x) g(x) 对于任意 x R 恒成立，
求b 的取值集合．
2．（2023 高三·全国·专题练习）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．
3．（22-23 高三·宁夏吴忠·阶段练习）已知函数 f (x) = x2 - (2a -1)x - a ln x .
(1)当 a =1时，求函数 f (x) 在点 (1, f (1))处的切线方程；
(2)若 a > 0且 f (x) 0恒成立，求 a 的取值范围.
4．（23-24 高二下·贵州六盘水·期中）已知函数 f x = ax - ln x a R
(1)当 a =1时，求函数 f x 的最小值；
(2) "x 0, + ， f x > 0，求 a的取值范围.
5．（21-22 高三上·江苏连云港·阶段练习）已知 f x = ax2 - 2ln x， a R．
(1)讨论函数 f (x) 的单调性；
(2)若对任意的 x > 0， 2 - f (x) 2(a -1)x 恒成立，求整数 a 的最小值．
x lnx6．（2021·陕西汉中·模拟预测）已知函数 f x = ax - e a R , g x = .
x
(1)若 a > 0，求函数 f x 的单调区间；
(2)当 x 0, + 时，不等式 f x …g x - ex 恒成立，求 a的取值范围.
7．（22-23 高三上·北京·阶段练习）已知函数 f (x) = sin x - x cos x ．
(1)求曲线 y = f (x) 在点 π, f π 处的切线方程；
x 0, π (2)求证：当 ÷时， f (x)
1
< x3 ；
è 2 3
π
(3)若 f (x) > kx - x cos x 对 x
0, ÷恒成立，求实数 k 的最大值．
è 2
8 x．（22-23 高二下·北京·阶段练习）已知函数 f x = xe .
(1)求 f x 在点 1, f 1 处的切线方程；
(2)求证：当 x > 0时， f x > x2 .
(3) x > 0 f x - ax2若 时， 0恒成立，求实数 a的取值范围.
9．（22-23 x高三上·江西抚州·期中）已知函数 f x = e - ax,j x = f x + sin2x, a R ，其中e 2.71828为
自然对数的底数.
(1)讨论函数 f x 的单调性，
(2)若a N* ，当 x 0 时，j x 0 恒成立时，求 a的最大值.（参考数据： e3 20.1）
10．（2023 高三·全国·专题练习）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；
(2)当0 x 1时， f x 0恒成立，求实数 a 的取值范围；
1 n 1 n+1(3) 1+ < e < 求证： ÷ 1+ ÷ 恒成立．
è n è n
x (0, ), ln(x 1)… ax1.（全国高考）" + + 恒成立, 求 a 的取值范围
1+ x
2.（全国高考）"x (1, + ), (x +1) ln x - a(x -1) > 0 恒成立, 求 a 的取值范围.
3.（全国高考） x [0,p ], 2sin x - x cos x - x > ax 恒成立, 求 a 的取值范围

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