感谢 @微小社会主义路灯 的指正，文中有两处明显的笔误已修改.我在这里想补充一点，统一回复评论，我个人认为洛必达法则的0/0型的较弱形式在使用高中范围内的知识证明以后，在高考中是可以使用的.以下贴出证明：假定f(x),g(x)均为D上的可导函数，且f(a)=g(a)=0,f'(a)和g'(a)存在,且g'(a)\ne 0.求证：\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}} =\frac{f'(a)}{g'(a)}.[证明]\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}} =\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}}=
\lim_{x\rightarrow a}{\frac{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}}因为f'(a),g'(a)均存在，说明\lim_{x \rightarrow a}{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}} ,\lim_{x \rightarrow a}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}} 均存在.故\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f(x)}{g(x)}} =\lim_{x\rightarrow a}{\frac{f(x)-f(a)}{g(x)-g(a)}}=
\lim_{x\rightarrow a}{\frac{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}}}={\frac{\lim_{x \rightarrow a}{\frac{f(x)-f(a)}{x-a}} }{\lim_{x \rightarrow a}{\frac{g(x)-g(a)}{x-a}} }} =
\frac{f'(a)}{g'(a)}.高考那几个函数用这个足够了.证明来源：<托马斯微积分第10版>（高等教育出版社）「洛必达法则」可以运用在高中恒成立(0/0型)以及与渐近线(∞/∞)相关题目的求解当中，貌似已经成了路人皆知的事情了.利用「参变量分离+洛必达法则」在思考难度上确实要比传统的分类讨论小很多.但是在计算难度上，前者是远远超过后者的.接下来，我们以一道全国卷的例题来看一下「参变量分离+洛必达法则」如何具体来求解高考中的恒成立问题.[引理]如果f(x)在区间D上的值域是(m,n)，则a\leq f(x)恒成立\Leftrightarrow a\leq m;a\geq
f(x)恒成立\Leftrightarrow a\geq n;a<f(x)恒成立\Leftrightarrow a\leq m;a< f(x)恒成立\Leftrightarrow a\geq n.（在这里将m,n简称为这个函数在区间D上的下确界和上确界）.例题：（2010全国新课标理21）f(x)=e^x-1-x-ax^2,当x\geq 0时，f(x)\geq 0,求a的范围.[解析]由已知，e^x-1-x-ax^2\geq 0对于\forall x\geq 0恒成立，即ax^2\leq e^x-1-x对于\forall x\geq 0恒成立.（I）x=0时，上式恒成立，故a\in R;（II）x>0时，a\leq \frac{e^x-x-1}{x^2}恒成立.记g(x)=\frac{e^x-x-1}{x^2}g'(x)=\frac{(e^x-1)x^2-(e^x-x-1)\cdot 2x}{x^4}=\frac{(e^x-1)x-(e^x-1-x)\cdot 2}{x^3}=\frac{xe^x+x-2e^x+2}{x^3}记h(x)=xe^x+x-2e^x+2h'(x)=e^x+xe^x+1-2e^x=xe^x-e^x+1h''(x)=e^x+xe^x-e^x=xe^x>0\Rightarrow h'(x)\uparrow ∴h'(x)>h'(0)=0\Rightarrow h(x)\uparrow ∴h(x)>h(0)\Rightarrow g'(x)>0\Rightarrow g(x)\uparrow （原本这里由g(x)单调递增只要求出其最小值，令a\leq {g(x)}_{min}就可以了.但是遗憾的是，因为0处是开区间，不存在最值，所以需要求出这个函数的下确界，即x\rightarrow 0处的极限）又∵\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x-x-1}{x^2}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x-1}{2x}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x}{2}}=\frac{1}{2},（其实这里如果能直接求出极限就结束了，但是很多题的极限都是这种0/0型的极限，因此需要借助「洛必达法则」求解）∴a\leq \frac{1}{2}.综上，a\leq \frac{1}{2}.[批注]：「洛必达法则」法则的引入只是为了求解不能求解的极限，并不是一种求解恒成立问题的新方法.以上便是这道题的「参变量分离+洛必达法则」的解题步骤，我们从中可以看出整个过程没有什么特别难想到的地方，只是求导略微复杂，对于一道压轴题的第二问来讲，这样的难度其实也是完全说的过去的.但是，我们的专栏标题是"奇淫技巧"，因此我们就需要用更简洁与更深入的观点来看待这种类型的题.既然求导的过程很复杂，能否将其更加的简化？让这种题不仅好想还好算？[函数比单调性判别定理]设F(x)与G(x)于[a,b)上可导，F(a)=G(a)=0,并且在[a,b)内G'(x)> 0,则有（1）若\frac{F'(x)}{G'(x)} 于(a,b)单调递增，则\frac{F(x)}{G(x)} 也于(a,b)单调递增；（2）若\frac{F'(x)}{G'(x)} 于(a,b)内为常数，则\frac{F(x)}{G(x)} 也于(a,b)内为常数；（3）若\frac{F'(x)}{G'(x)} 于(a,b)单调递减，则\frac{F(x)}{G(x)} 也于(a,b)单调递减.对于右端点处左极限为0时的情况也成立.[证明]:只对左端点情况作出证明.记\varphi (x)=\frac{F(x)}{G(x)} ,则\varphi '(x)=\frac{F'(x)G(x)-F(x)G'(x)}{G^2(x)}=\frac{G(x)G'(x)}{G^2(x)}
\left[ \frac{F'(x)}{G'(x)}-\frac{F(x)}{G(x)}
\right]
=\frac{G'(x)}{G(x)} \left[ \frac{F'(x)}{G'(x)}-\frac{F(x)}{G(x)}
\right]由G'(x)> 0\Rightarrow G(x)>G(a)=0,x\in (0,+\infty ),因此\varphi '(x)的正负由\frac{F'(x)}{G'(x)}-\frac{F(x)}{G(x)}决定.由于F(0)=G(0)=0,所以由柯西中值定理，有\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F(x)-F(0)}{G(x)-G(0)}=\frac{F'(\xi )}{G'(\xi )},0<\xi<x
，从而\frac{F'(x)}{G'(x)}-\frac{F(x)}{G(x)}=\frac{F'(x)}{G'(x)}-\frac{F'(\xi )}{G'(\xi )},0<\xi<x
，由于\frac{F'(x)}{G'(x)} 于(a,b)单调递增，故上式大于0，因此\varphi '(x)>0\Rightarrow \varphi (x)\uparrow .[批注]：此证明摘自甘泉先生的<高等数学解体精髓>（陕西旅游出版社）.有了这个定理我们再来看看上面那道高考题.例题：（2010全国新课标理21）f(x)=e^x-1-x-ax^2,当x\geq 0时，f(x)\geq 0,求a的范围.[解析]由已知，e^x-1-x-ax^2\geq 0对于\forall x\geq 0恒成立，即，ax^2\leq e^x-1-x对于\forall x\geq 0恒成立.（I）x=0时，上式恒成立，故a\in R.（II）x>0时，a\leq \frac{e^x-x-1}{x^2}恒成立.记g(x)=\frac{F(x)}{G(x)} =\frac{e^x-x-1}{x^2}故\frac{F'(x)}{G'(x)}=\frac{e^x-1}{2x}
,\frac{F''(x)}{G''(x)}=\frac{e^x}{2}
.因为\frac{F''(x)}{G''(x)}=\frac{e^x}{2}
\uparrow 且2>0,故\frac{F'(x)}{G'(x)}=\frac{e^x-1}{2x}
\uparrow .又因为2x>0，所以\frac{F(x)}{G(x)}\uparrow ,即g(x)\uparrow .又∵又∵\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x-x-1}{x^2}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x-1}{2x}}=\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^x}{2}}=\frac{1}{2},∴a\leq \frac{1}{2}.综上，a\leq \frac{1}{2}.由上述解法，我们可以看到借助函数比单调性判别定理可以省去复杂的函数求导过程，让过程更加简便.如果恒成立问题出成小题，可以大量的简化解题步骤和提高解题速度.其实这个定理的用处特别大，有的时候，对于一些很复杂的函数，采用单纯的参变量分离然后求导，可能压根就无法讨论出最后函数的单调性，但此时如果借助函数比单调性判别定理你就可以迅速得到原函数的单调性.这里举一例题来阐述.例题：（2014全国课标II卷理21）f(x)=e^x-e^{-x}-2x.设g(x)=f(2x)-4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b_{max}.[解析]由已知g(x)=f(2x)-4bf(x)=e^{2x}-e^{-2x}-4x-4b(e^x-e^{-x}-2x)>0对于\forall x>0恒成立,因为f'(x)=e^x+e^{-x}-2>0\Rightarrow f(x)\uparrow \Rightarrow f(x)>f(0)=0故4b<\frac{f(2x)}{f(x)}= \frac{e^{2x}-e^{-2x}-4x}{e^x-e^{-x}-2x} 对于\forall x>0恒成立.因为\frac{[f(2x)]'}{f'(x)} =\frac{2e^{2x}+2e^{-2x}-4}{e^x+e^{-x}-2},\frac{[f(2x)]''}{f''(x)} =\frac{4e^{2x}-4e^{-2x}}{e^x-e^{-x}}=4(e^x+e^{-x}).因为这里x>0，所以容易由复合函数单调性得到e^x+e^{-x}单调递增，即\frac{[f(2x)]''}{f''(x)} \uparrow 由e^x-e^{-x}>0\Rightarrow \frac{[f(2x)]'}{f'(x)} \uparrow .又因为f'(x)>0,故\frac{f(2x)}{f(x)}\uparrow .由\lim_{x \rightarrow 0}{\frac{e^{2x}-e^{-2x}-4x}{e^x-e^{-x}-2x} } =\lim_{x \rightarrow 0}\frac{2e^{2x}+2e^{-2x}-4}{e^x+e^{-x}-2}=\lim_{x \rightarrow 0}[4(e^x+e^{-x})]=8.故4b\leq 8\Rightarrow b\leq 2.[写在最后] 以上为「0/0型洛必达法则」及其推广.还是那句话，这些比较创新的想法只是为了让喜欢数学的同学们交流想法，或者实在在考场上没有时间了，快去写个答案配一点合理的过程，能拿到一点步骤分，但是希望大家对这种做法不要迷恋。2、3年前的我也很迷恋一些所谓的「秒杀技巧」。但是我想说，少年，任何学科都是没有捷径的，如果你是高考考生看完这篇文章，请迅速忘掉，你体会到数学的奇妙之处就好了，接下来还是回去好好看课本，那才是你最需要花时间研究的东西。谨记。