面向高中生の洛必达法则简述
作为一名在导数领域摸爬滚打多年的高中牲，又怎能不知道高贵的洛必达法则呢？今天从高考角度出发，简要介绍洛必达法则作为解选填题的奇技淫巧的策略。
引入
先用一个典例来引入洛必达法则：
定义函数 \(f(x)=e^x\)，且 \(f(x)\geq ax+1\) 在 \(x\in[0,+\infty)\) 上恒成立，求 \(a\) 的取值范围。
解法一（正解）：端点效应
问题转化为：“\(e^x-ax-1\geq0\) 在 \(x\geq0\) 时恒成立，求 \(a\) 的范围”。
不难发现，新函数 \(h(x)=e^x-ax-1\) 满足 \(h(0)=0\)。我们的目标就是让这个新函数恒在 \(x\) 轴上方，考虑 \(h(x)\) 在 \(x=0\) 时的导数大于等于零——即函数在 \([0,+\infty)\) 上单调递增，即可满足题目要求。这个方法叫做端点效应法，可以用来导出满足题目要求的一个必要条件（充分性需另外证明）、或者是收缩答案的可能范围，减少复杂的分类讨论。
因此列出式子：\(h^\prime(0)\geq0\) 解得 \(a\leq1\)。
证明充分性，当 \(a\leq1\) 时，\(h(x)=e^x-ax-1\geq e^x-x-1=e^x-(x+1)\)。由于 \(e^x\geq x+1\) 恒成立，原不等式恒大于等于零，即 \(h^\prime(x)\geq0\) 在 \([0,+\infty)\) 上恒成立，\(h(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上单调递增。又因为 \(h(0)=0\)，所以 \(h(x)\geq0\) 恒成立，原不等式得证。
当 \(a>1\) 时 \(h(x)<e^x-(x+1)\)，不能保证结果恒大于等于零，原不等式不成立。综上，\(a\in(-\infty,1]\)。
解法二：洛必达法则
考虑分离参数，得 \(a\leq\frac{e^x-1}{x}\)，令 \(h(x)=\frac{e^x-1}{x}\)。由题意知，需满足 \(a\leq h(x)_{min}\)。
对 \(h(x)\) 求导，得 \(h^\prime(x)=\frac{(x-1)e^x+1}{x^2}\)，此时不容易看出正负，因为分母恒大于等于零，设函数 \(\varphi(x)=(x-1)e^x+1\)，对其求导得 \(\varphi^\prime(x)=xe^x\geq0\)。因此 \(h(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 上单调递增。
于是 \(a\leq h(x)_{min}=h(0)=\frac{0}{0}\)。由洛必达法则得 \(a\leq1\)，则取值范围是 \((-\infty,1]\)。
洛必达法则
讲个笑话：洛必达法则不是洛必达提出的，而是伯努利最先发现的
首先我们要搞清楚洛必达法则的适用条件（非常非常重要，必须要知道葛军究竟是怎么出题卡掉洛必达做法的）：
不定式
to do sth.
分为两种类型，分别对应数字的两个极端。
\(\boldsymbol{0/0}\)不定式：即 \(\frac{0}{0}\)，零除以零。
\(\boldsymbol{\infty/ \infty}\)不定式：即 \(\frac{\infty}{\infty}\)，无穷大除以无穷大。
要想使用洛必达，式子必须是以上两种不定式的其中一种（正负均可）。如果你发现原始函数并不满足如上的不定式形式，则可以选择求一次导，化成如上的不定式形式。
对于两个函数 \(f(x)\) 和 \(g(x)\)，若 \(\frac{f(x)}{g(x)}\) 是一个不定式，那么不定式的值等于 \(\frac{f^\prime(x)}{g^\prime(x)}\)，即分子分母求导相除。
后话
无不良引导
其实，洛必达法则就这么些内容。很少，用来秒选择填空题还是可以的。大题如果实在证不出来可以考虑用这个伪证（前提是一个字都证不出来、且所在省份会给部分分数），当然这里还是建议使用正解端点效应法。我的忠告是：平时周考月考在班内秀一下就好了，市里全省大考千万不要用！