洛必达法则在高中导数问题中的应用-《中学生数理化》高二数学2026年7～8月刊

解题篇创新题追根溯源 高二数学2026年7-8月 中学生数理化 拾公达减以庭宜申导数漫中胶用 ■西北师范大学附属中学 曹岩 导数在高中数学中占据重要地位，为研究 变量和函数提供了重要的方法和手段，贯穿函 yr∈[0，]/)+inx≥0恒成立，求实 数研究的全过程，可以利用导数研究函数的单 数a的取值范围。 调性、极值、最值、零点等函数性质。从课标定 二、洛必达法则 位来看，导数作为微积分的核心内容之一，蕴 (一》洛必达法则，8型 含微积分的基本思想。课标将导数列为函数 主线的核心内容，设置一元函数的导数及其应 函数f(x)和g(x)需满足下列条件 用模块，提出了内容要求和学业要求等。课标 (1)limf(x)=0,limg ()=0; 强调导数作为函数研究的基本工具，通过导数 (2)在点a的某去心邻域内两者都可导， 研究和理解函数的性质，解决优化实际问题， 且g'(x)≠0： 渗透核心素养，体现工具性与思维性的双重教 (3)lim f'(x) -A 育价值。从高考来看，导数是高考必考内容和 g'(x) 核心考点，选择题、填空题和解答题均可安排 则1imj f(x) f'(x) 8()=limt ·g'(x) =A。 考查，大多设置在高考压轴题进行考查，题型 涵盖单调性讨论、极值与最值求解、不等式恒 (二)洛必达法则，二型 成立问题、零点问题等。 函数f(x)和g(x)需满足下列条件： 洛必达法则作为微积分中的重要工具， (1)limf(x)=o∞，且limg(x)=o∞； 可用于未定式函数极限的分析与求解，在高 (2)在点a的某去心邻域内两者都可导， 中导数问题的深化应用中具有重要价值。下 且g'(x)≠0： 面聚焦高中数学中三类典型导数问题一不 f'(x) 等式恒成立、函数极值求解及零点存在性问 (3)lim g'(x) =A。 题，系统探讨洛必达法则的应用路径。通过 =lim f'(x) 典型高考试题的分析求解，展示出洛必达法 则limf(x) g(x) g'(x)=A。 则在参数取值范围、验证极值存在条件，以及 三、问题解答 分析函数零点分布中的独特作用。 此题是一个不等式恒成立问题。对于不 一、试题呈现 等式恒成立问题，一般有整体法和分离参数 已知函数f(x)=x(1一acos x),若对于 法两种求解方法。下面我们先分离参数，再 69 中学生数理化 解题篇创新题追根溯源 高二数学2026年7-8月 利用洛必达法则来求解此题。 在一个开区间上，定义区间端点函数值不存 原式等价于arcos x≤x+sinx,x∈ 在，故函数g(x)没有最小值。我们需要求函 [0,]恒成立。 数在区间端，点处的极限值，而这个函数极限 0 型，不能通过求函数值的方法来求函数 1)当x=0或x=罗时，上式显然成立。 极限，需要用洛必达法则求出极限。 (2)当x∈(0，受)时，上式可变形为a≤ 题目再分析：此题的另外一种常规解法 是整体法，即先构造含参数的函数，再用导数 x+sin x 法结合分类讨论方法求其最值，过程如下。 xcos x 令gr)=tnr∈(o,5）,则a≤ 由题意得，x∈0,2」 -axcos a+ xcos x sinx≥0恒成立。 g(x)min。下面求g(x)min。 g'(x）=+sinr-sin cos之，i设 x∈[0，]则sinx≥0，cosx≥0 (xcos x)2 (1)当a≤0时，x-axcos x十sinx≥0 h(x）=x+x2sinx-sin xcos x,x∈ (o,）.则'(x)=2sinx+2 rsin x十 在0，]上恒成立. (2)当a>0时，设g(x)=x-axcos x 'cos∈(o,2）. +sinx,则g'(x)=1+cosx-acos x十 axsin x=1+(1-a)cos a+axsin x 显然h'(x)≥0，h(x)在(0，)上单调 ①当0<a2时，-1≤1-a<1,则1+ 递增，故h(x)>h(0)=0。 (1-a)cosx≥0。 g(x)>0,因此g(x)在(0，）上单调 又a.r sin x≥0，故g'(x)≥0，g(x)在 递增。 [0,]上单调递增。 因为(，2)是开区间，g(x)不存在， 则g(x)≥g(0)=0,符合题意。 ②当a>2时，令h(x)=g'(x)=1十 所以a≤limg(x)。 (1-a)cosx十a.rsin x,则h'(x)=(2a-1)· z+0 显然limg(x)=lim x+Fsin x ,当x sinx十ac0s,h'(x)≥0在[0，]上恒 x+0 x+0十 xcos x 0时，分于x十sinx0,分母rcos r0,因 成立。 0 而这是一个。型函数极限。 x)在0，]上单满通增g'r） 依据洛必达法则，得1img(x)= =g'(0)=2-a<0g'(x)=g'() =1+ x+sin x (x+sin z)' lim lim xcos x x+0+ (xcos x) 1cos x lim 1+1 =2。 存在x,∈(0，)，使得g(x)=0 x◆0 cos x-xsin x 1-0 所以a≤2。 当0<x<x。时，g'(x)<0,g(x)单调递 评注：上面利用分离参数法来求解参数 减，g(x)<g(0)=0,不符合题意。 的取值范围问题，属于常规做法。先分离参 综上，实数a的取值范围是（一∞，2]。 数构造不含参函数g(x),依据不等式恒成立 评注：与前面分离参数法相比，以上的 原理，需要求解g(x)m。虽然利用导数讨论 整体法求解过程中对参数a进行了分类讨 得到了函数的单调性，但遗憾的是函数定义 论，而且是外两层内两层的分类讨论，分类 70 解题篇 创新题追根溯源 高二数学2026年7-8月 中学生数埋化 情况多、过程烦琐、思维要求高，导致同学们 lim[ln(e'-1)-lnx]。 实际操作困难。但此题非常容易分离参数， x+0 因而可以利用分离参数法求解。分离参数 上式中m。兰起一个号型同数极限， 后用导数法讨论不含参函数的性质，结合洛 需要用洛必达法则来求解。 必达法则问题迎刃而解。由于不含参数，求 (xe)' 解中不需要进行复杂烦琐的分类讨论，从而 lim e-1 =lim (e*-1) 0 降低了求解的难度。 lim e+re" =1im(1+x)=1。 四、举一反三 e 1.不等式恒成立问题 lim[In(e-1)-In 2]=limIn s'-1 例1(2022年新高考Ⅱ卷第22题) x+0 x+0 已知函数f(x)=xer一e,当x>0时， in (im)-in m +0 f(x)<一1，求实数a的取值范围。 解析：由题意知xer一e<一1，即 1n(1im)=0。故1im(x)=1-1-0=0, xer<e-1对Hx∈(0，+∞)恒成立。 h(x)>0,即g'(x)>0,g(x)在(0，+∞)上 显然不等式两边为正，同时取对数可得， 单调递增。 lnx+ax<ln(e一1)对Hx∈(0，+c∞)恒成 但是g(x)在x=0处无定义，只能求函 立，即a<ln(e-1)-lnr对Yx∈(0，+o) 数极限值limg(x)。 +0 恒成立。 limg (x)=lim In(e'-1)-In x 江→0 x+0 令g(r)=nc-1)-lnz,则a< x lim [ln(e-1)-InzJ' x =lim x-0 g(x)mm。下面求g(x)mno xe-e+1 xe s'a)=-1-1-ne-1)+lnx re lim x(e2-1) lim x+0 e:-1+xe e++xe lim 1+x=1 x+0 令h(x)=xe e-1-1-ln(e-1)+lnx, 则h'(r)=二xe+e+1-2c 所以a≤号 x(e一1)2 评注：此题是一个不等式恒成立求解参 令m(x)=一x2e2+e+1-2e2,则 数取值范围问题，用分离参数法求解。导数 n'(x)=-e(x2+2x-2e+2)。 法讨论了g(x)的单调性，但是g(x)在x= 令n(x)=x2+2x一2ex+2,则n'(x)= 0处无定义，转而求函数极限值1img(x), 2x+2-2e=2(x+1-e)<0. 故n(x)在(0，十∞)上单调递减，n(x) 由于此极限是日型画餐极限，用洛必达法则 n(0)=0。 实现问题的求解。在函数g(x)的性质讨论 故m'(x)>0,m(x)在(0，十∞)上单调 过程中构造的新函数h(x)在区间端点x= 递增，n(x)>n(0)=0。 0处也无定义，必须求函数极限值limh(x)。 故h'(x)>0,h(x)在(0，+∞)上单调递 增。 这个极限也是号型函数极限，再火用洛必达 但是h(x)在x=0处无定义，只能求函 法则实现问题的求解。函数极限值 数极限值limh(x)。 limg(x)和limh(x)的求解过程中都用到 T◆0 x+0 了洛必达法则，而且是多次用到。同学们要 显然imh（x)=ime二一1 工0 x+0十 注意在每次使用法则之前，都要验证法则的 71 解题篇创新题追根溯源 中学生数理化离数学202年6月 使用前提条件是否满足。此法与整体法相 现问题的求解。 比，由于分离了参数，避免了分类讨论，从而 2.含参函数的极值问题 降低了难度。 例2(2023年高考全国乙卷第21 变式：(2024年高考天津卷第20题)已 题)已知函数f)=(侵+a)ln1+x),若 知函数f(x)=xlnx,若f(x)≥a(x一√x) 对Hx∈(0，十∞)恒成立，求实数a的值。 f(x)在(0，十∞)上存在极值点，求实数a的 取值范围。 解析：由题意知f(x)≥a(x一√x),即 解析：由题意知，f'(x)在(0，十∞)上存 xlnx≥a(x-√x)对Hx∈(0，+∞)恒 在变号零点。 成立。 ①当x=1时，不等式成立。 f'(x)=- ln（1+x)+ 1 ②当0<x<1时，a≥xln对1x∈ (侵+a)1十令f'（r)=0,分离多数可得 1 (0,1)恒成立。 a=1+x)ln(1+x)-x 令g(x)= xln工，则a≥g(x)mx x-Vx 所以原问题等价转化为函数y=a与函 (+后- 数y=+x)1n1+x）-2在0，十eo)上有 x g'(x)= (x-√x) 交点。 令h(x)=- 1nx十反-1，则h'(x) 2 令g(x）=1+x)11+x)-2,则 +1=x-E 1 -(x+2) ln1+x)-- 2x7 2x2√x2x√E g'(x)= x+2 显然当0<x<1时，h'(x)<0,h(x)在 (0,1)上单调递减，h(x)>h(1)=0,即 令x)=m1+)-22,则(x) g'(x)>0,g(x)在(0,1)上单调递增。 x g(x)在区间右端点x=1处无定义，只 1+x)(x+2)>0. 能求函数极限值limg(x)。 所以h(x)在(0，+∞)上单调递增， x+1 h(x)>h(0)=0。 limg (x)= lim xIn x 因为一(x+2)<0,所以g'(x)<0, →1 x+1 x-T (zIn x)' 1nx+1=0+1=2. g(x)在(0，十∞)上单调递减。 ()=lim lim →11 1 g(x)在区间左端点x=0处无定义，只 2V 能求函数极限值limg(x)。 x+0 所以a≥2。 (1+x)ln(1+x)-x ③当x>1时，a≤ln2对Vx∈a. limg (x)=lim x x-√x 十o∞)恒成立，则a≤g(x)mim。同理可得a2。 这是一个8型函数极限。 综上，a=2。 依据洛必达法则可得： 评注：此题是一个不等式恒成立求解参 limg (x)=lim (1+x)ln(1+x)-x 数取值问题，仍用分离参数法求解。用导数 x→0 法讨论了g(x)的单调性，但是g(x)在x=1 [(1+x)ln(1+x)-x]Y In(1+z) lim x+0 (x)7 1im x→0 2x 处无定义，转而求函数极限值1img(x),由于 1 此视限是日型画数复限，可月洛必达法则实 =lim [ln(1+x)]' ≥1im 1+x=1 工◆0 (2x) 22。 72 高数学包新根海骨中学生教理化 解题篇创新题追根溯源 当x→十∞时，g(x)→0。 当x→0+时，分于e→1，分母x2>0, 所以当0<a≤2时，函数y=a与函数y g(x)→+o∞。 当xx+o时，分于e·十∞，分母 _1十x)n1+x）-巴在(0，+∞)上有交点。 2 x2·十，因而这是一个二型函数极限。 故实数a的取值范国为0，)。 利用洛必达法则可得： e (e2)' 评注：本题是以函数存在极值作为条件， img(x）=imr=im(ay= 来确定参数的取值范围。将函数问题与方程 (e2)' e 问题有机结合并相互转化，利用转化与化归思 lim lim (2x)-lim 2.x =+∞. 想将函数零，点问题转化为两个函数的交，点问 题。本质上仍然是利用导数讨论函数的性质， 所以a=4 对化归与转化能力、逻辑推理能力和数学运算 评注：本题用洛必达法则求极限来判断 能力都有较高要求。以上求解过程中，函数极 函数在定义区间两端的变化趋势，而且是一 限limn+x)_1 n(1+x)=1,可 个。型函数极限，用洛必达法则实现问题的 x→0 2x ,即lim x 以结合高中数学教科书中导函数定义重新计 求解。以上两类问题的联系体现在，函数极 In(1-x) ln(1+x)一ln(1+0) 值点问题的本质是导函数的零，点问题。 算。lim lim 0 x—0 五、总结启示 1 n1+x)门'1==1十云==1，这体现了洛 在以上几类问题的求解中，涉及函数在 某区间上的变化趋势的判断，需要分析所构 必达法则与导数定义的联系。 造的函数在区间端点附近的变化情况，对于 3.含参函数的零点问题 开区间而言，必须引入函数极限加以研究， 例3(2018年高考全国Ⅱ卷理科第 很多情况下均出现未定式函数极限的结构， 21题)已知函数f(x)=e一a.x2,若f(x)在 这种函数极限行为过程自然导向洛必达法 (0,+∞)上只有一个零点，求a的值。 则的应用场景。由以上几个问题的求解可 解析：由题意知，方程f(x)=0在(0， 以看出，利用函数极限思想与洛必达法则求 十∞)上只有一个解，即e一ax2=0在(0， 解不等式恒成立问题、含参函数的极值问 十)上只有一个解，亦即a=二在0，+o) 题、含参函数的零点问题等导数问题，其一 般步骤是： 上只有一个解。 (1)根据题目条件先分离参数得a< 所以原问题等价转化为函数y=a与函 g(x)或者a=g（x),其中函数g(x)不含 数y-二在0，十)上有一个交点 参数； ,则g'(x)=(x-2) (2)用导数研究构造的新函数g(x)的 令g(x)=e 性质，包含单调性、极（最）值和定义端点处 当0<x<2时，g'(x)<0,g(x)单调递 的极限等，一般情况下函数最值取不到，需 减； 要求函数极限值，而且是8型成二型的函数 当x>2时，g'(x)>0,g(x)单调递增。 极限； g()mh=g(2)-ci 。 (3)利用洛必达法则求解号型或二型的 下面研究函数y一。在(0，+∞)两端的 函数极限，间题得以解决。 变化趋势。 (责任编辑徐利杰) 73