微专题09 利用洛必达法则解决导数问题讲义-【会一题通一类系列】2026年高考数学二轮微专题精讲（全国通用）

该高中数学高考复习讲义聚焦导数中洛必达法则的应用，系统梳理0/0型、∞/∞型未定式的极限求解方法，按法则定义、适用条件、注意事项的逻辑层次组织知识点。通过考点梳理明确高考对导数求参问题的考查要求，结合典例精讲示范解题步骤，辅以真题训练帮助学生突破难点，体现复习的系统性和针对性。 资料采用“典例精讲+变式迁移”的教学策略，如典例1通过洛必达法则求解0/0型极限，引导学生严谨判断适用条件，培养数学思维。设置基础巩固、能力提升、综合应用分层练习，配合即时反馈，帮助学生在有限时间内掌握导数求参技巧。既提升学生规范表达的数学语言能力，又为教师把控复习节奏提供清晰路径，高效提升应考能力。

微专题09 利用洛必达法则解决导数问题讲义 微专题教学内容 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 注意： 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. 在着手求极限前, 首先要检查是否满足 , 型定式, 否则滥用洛必达法则会出错。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。 , 如满足条件, 可继续使用洛 必达法则。 典例精讲 【典例1】 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 会一题通一类 1.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 2.①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：，. 【典例2】 已知 恒成立, 求 的取值范围 会一题通一类 1.若不等式对于恒成立，求的取值范围. 2.已知. （1）求的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 学后测评 一、单选题 1．（25-26高三上·安徽蚌埠·月考）函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   二、填空题 2．1696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 ． 3．（2025高三·全国·专题练习） ． 4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，.若当时，恒成立，则实数的取值范围为 ． 三、解答题 5．（2024高三·全国·专题练习）恒成立,求的取值范围 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，.若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 7．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，满足，满足． (1)求数列的通项公式． (2)试比较与的大小，并说明理由． (3)是否能小于等于一个常数？若能，求出k的取值范围；若不能，请说明理由． 8．（2023高三·全国·专题练习）设函数， (1)若，（为常数），求的解析式； (2)在（1）条件下，若当时，，求的取值范围． 9．（25-26高三上·重庆沙坪坝·开学考试）记函数 ； (1)求函数 的极值点个数； (2)记函数 的极值点为 ，证明： ① ； ②数列 单调递减． (提示： 时， ) 10．（23-24高三上·重庆·开学考试）设函数，，，且有唯一零点. (1)求a的取值范围； (2)证明：存在三个零点； (3)记的零点为p，最小的零点为q，证明：，其中e是自然对数的底数. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 微专题09 利用洛必达法则解决导数问题讲义 微专题教学内容 洛必达法则： 法则1 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 法则2 若函数f(x) 和g(x)满足下列条件： (1) 及； 　　(2)在点a的去心邻域内，f(x) 与g(x) 可导且g'(x)≠0； 　　(3)， 那么 =。 型 注意： 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. 在着手求极限前, 首先要检查是否满足 , 型定式, 否则滥用洛必达法则会出错。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。 , 如满足条件, 可继续使用洛 必达法则。 典例精讲 【典例1】 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. 会一题通一类 1.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 2.①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. 【典例2】 已知 恒成立, 求 的取值范围 解: 记 , 则 则 所以, 在 单调递增, 且 所以 时, 时, 即 在 上单调递减, 在 上单调递增 所以 所以 分析 上式中求 用了洛必达法则 当 时, 分子 , 分母 , 符合 不定形式, 所以 会一题通一类 1.若不等式对于恒成立，求的取值范围. 【答案】 【分析】由题设有在上恒成立，构造函数并利用导数研究单调性、洛必达法则求右侧的极限，即可得参数范围. 【详解】当时，原不等式等价于. 记，则. 记，则. 因为，， 所以在上单调递减，且， 所以在上单调递减，且. 因此在上单调递减，且， 故，因此在上单调递减. 由洛必达法则有， 即趋向于0时，趋向，即有. 故时，不等式对于恒成立. 2.已知. （1）求的单调区间； （2）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】（1）增区间为，无减区间；（2）. 【分析】（1）由解析式知定义域为，，令，应用导数研究的单调性，进而判断的单调区间； （2）法一：将问题转化为在上恒成立，令，应用导数并结合分类讨论的方法研究的单调性，进而求的范围；法二：将问题转化为在上恒成立，令，应用导数及函数与方程思想，结合分类讨论的方法研究的单调性，求的范围；法三：分离常量法得在上恒成立，令应用导数研究的单调性，求的范围； 【详解】（1）由解析式知：的定义域为且， 令，则 ∴当时，；当时，， ∴在单调递减，在单调递增，即， ∴在上单调递增，即的增区间为，无减区间. （2）解法1：直接求导，分类讨论. 对任意，不等式恒成立等价于对任意，不等式恒成立. 令，则， 令，则，由知：， ①当，即时， 即，即在上单调递减，又， ∴时，，即在上单调递减，又， ∴时，，符合题意. ②若，即， 当时，， ∴在单调递增，即时，， 故不恒成立，不合题意. ③若，则恒成立，所以在单调递增. ∴时，，即在单调递增， 又时，，即恒成立，不合题意. 综上所述，的取值范围是. 解法2： 对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立. 令，则，记， ①当时，，此时，在单调递减，又， 所以时，，即对任意，恒成立. ②当时，，在上单调递增，又， 所以时，，即对任意，恒成立，不符合题意. ③时，不等式化为，显然不成立. ④当且时，方程的二根为，， 若，，，则在单调递增，又，所以时，，即不等式不恒成立； 若，，则在单调递增，又，所以时，，即不等式不恒成立. 综上所述，的取值范围是. 解法3：参数分离 当，对任意，不等式恒成立等价于对任意，恒成立. 记，则 ， 记， 则， 所以在单调递减，又，所以，时，，即， 所以在单调递减.所以， 综上所述，的取值范围是. 【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. 学后测评 一、单选题 1．（25-26高三上·安徽蚌埠·月考）函数的大致图象是（    ） A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】根据正切函数的定义域可排除AC，再利用洛必达法则即可排除D. 【详解】因为当时，该函数无意义，故排除AC选项， 根据洛必达法则知，故D错误 故选：B. 二、填空题 2．（21-22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．（2025高三·全国·专题练习） ． 【答案】1 【分析】根据极限定义化简代入计算求值. 【详解】． 故答案为：1. 4．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，.若当时，恒成立，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【分析】按分段讨论，在时分离参数构造函数，利用导数探讨单调性，再利用洛必达法则求解即得. 【详解】当时，，不等式成立； 当时，，令，依题意，， 求导得，令，求导得， 函数在上单调递增，则，即， 函数在上单调递增，由洛必达法则知， 因此恒成立，则， 所以实数的取值范围为. 故答案为： 三、解答题 5．（2024高三·全国·专题练习）恒成立,求的取值范围 【答案】 【分析】常数分离得，判断的单调性并用罗比塔法则求其最小值. 【详解】， 记，， 则， 记， 则， 而， 所以,在单调递增,所以， 所以,在单调递增,所以， 即在上,所以在上单调递增， 所以， 所以. 6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数，.若对任意，不等式恒成立，求的取值范围. 【答案】 【分析】由题意可得，分、、三种情况，结合洛必达法则求解即可. 【详解】因为对任意，不等式恒成立， 即在内恒成立， 即在内恒成立， ①当时，，不等式成立； ②当时，，不等式成立； ③当时，即， 令， 则 ， 所以在内单调递增， 由洛必达法则得， 所以，故的取值范围是. 7．（2025高三·全国·专题练习）已知数列满足，，满足，满足． (1)求数列的通项公式． (2)试比较与的大小，并说明理由． (3)是否能小于等于一个常数？若能，求出k的取值范围；若不能，请说明理由． 【答案】(1) (2)，当且仅当时取等号，理由见解析 (3)能， 【分析】（1）对条件中的递推关系取倒数，得到是等差数列，从而得到通项，再得到的通项； （2）构造函数，求导可得，即，累加即可得证； （3）由题意可知，不妨设，令，得，求导结合洛必达法则求解即可. 【详解】（1）依题意得：， 所以是等差数列， 首项，公差， 所以，从而； （2）由（1）得， 构造函数，则 当时，，所以函数在区间上单调递增， 当时，，所以函数在区间上单调递减， 所以， 即，当且仅当时取等号， 所以，当且仅当时取等号，即， 累加即得，当且仅当时取等号； （3），， 不妨设，令， 则，， 令，由，得，在上单调递增， 由洛必达法则得，从而，所以． 8．（2023高三·全国·专题练习）设函数， (1)若，（为常数），求的解析式； (2)在（1）条件下，若当时，，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据，求解； （2）由（1）知时，，此时，，将问题转化为对恒成立求解． 【详解】（1）解：因为，， 所以，， 解得， 所以； （2）由（1）可知，时，，此时，； 故时，成立时，成立， 对恒成立， 即对恒成立； 记，则， 记，则， 记 ，则 ， ∴当0时，，在上单调递增； ， 所以在上单调递增；； ∴时，0，即在上单调递增； 记，， 当时，，符合洛必达法则条件， ∴， ∴时，， ∴． 【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题，往往通过求解或转化为或求解. 9．（25-26高三上·重庆沙坪坝·开学考试）记函数 ； (1)求函数 的极值点个数； (2)记函数 的极值点为 ，证明： ① ； ②数列 单调递减． (提示： 时， ) 【答案】(1)存在唯一极小值点，无极大值点； (2)①证明见解析；②证明见解析. 【分析】（1）首先得到，在时，通过二次求导并结合零点存在性定理即可得到其极值点个数； （2）①等价转化为证明，设，转化为证明，，再设新函数并求导，再结合零点存在性定理和洛必达法则求证即可； ②转化为证明，首先求得，再代入计算，通过因式分解即可证明. 【详解】（1）由提示知，，显然不是其极值点， 故，， 令,， ， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 又，且代入，此时， 故存在，有， 且时，，且时，(不恒为零）， 从而在上单调递减，上单调递增， 故存在唯一极小值点，无极大值点. （2）①由（1）可知，为唯一的极值点，且为极小值点， 由单调性和正负性可知，等价于， 又，只需证， 即证，令， 只用证，， 令， 易知在单调递减，且， 则存在，有，且时，，时，， 故在单调递增，在单调递减，又， 且由洛必达法则，， 故时，，即，，证毕； ②由（1）可知，，故单调递减只需证， 即证：， 由，则有， 代入有： ， 因为，则，若， 只需：， 关注到因式分解，有：， 只需， 由前可知，，证毕． 10．（23-24高三上·重庆·开学考试）设函数，，，且有唯一零点. (1)求a的取值范围； (2)证明：存在三个零点； (3)记的零点为p，最小的零点为q，证明：，其中e是自然对数的底数. 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）分和讨论即可； （2），再次求导证明导函数的单调性，最后利用零点存在定理即可证明； （3）由题意得，设，，利用导数证明其在上单调性，将原不等式转化为证明，再通过设新函数结合导数即可证明. 【详解】（1）当时，， 令，得，而，故， 当时，令得，， 令，，令，， 则，因为，则， 则，则，则在单调递减， 则，即，即在上恒成立， 则时，， 而时，， 时，，则， 故在上恒成立， 故在上单调递减，而，， 故，解得 （2），设，，， 则，令，解得，此时单调递减，即单调递减， 令，解得，此时单调递增，即单调递增， 而，， 当，且时，，当，， 故存在满足，使得， 且当时，，此时单调递增， 时，，此时单调递减， 时，，此时单调递增，而， 则，则， 而当时，；，且时，， 则根据零点存在定理知在和上各有一根，加上， 则存在三个零点. （3），则； ，即，且，则， 因为，所以， 令，，则， 设，其中， 则，则在上单调递增， 故，则在恒成立， 则，则， 则在上恒成立， 则在上单调递增，设， 且，，在点1的某去心邻域内两者皆可导，且， 且， 则，作出如下图象， 因为，则， 要证，即证， 只需证， 即证，即证， 设， 则， 令， 则， 令 则， 令 ， 故， 则，则在上单调递增， 则，得证， 故，故. 【点睛】关键点睛：本题第三问的关键是通过转化得，设，通过导数证明其在上单调性，将原不等式转化为证明，即，再转化为，最后再通过设立新函 数并多次求导即可证明. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $