拉格朗日中值定理在高考题中的妙用

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拉格朗日中值定理在高考题中的妙用

一.拉格朗日中值定理

拉格朗日中值定理：若函数f满足如下条件： (i)f在闭区间[a,b]上连续;

[1]

(ｉｉ）f在开区间(a,b)内可导; 则在a,b内至少存在一点，使得 f'fbfaba.

几何意义：

在满足定理条件的曲线上yf(x)至少存在一点p(,f())，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB(如图）

二.求割线斜率大小－－----－----几何意义的利用

由拉格朗日中值几何意义可知：曲线上两点的割线斜率,可以转化为曲线上切线的斜率．即连续函数上任意两点的连线总与某条切线平行.下面通过下题具体分析. 2a2例1：(２011年福建省质检理19题）已知函数f(x)xalnx.

x(Ⅰ)求f(x)的单调递增区间;

(Ⅱ）设a1,g(x)f'(x),问是否存在实数k，使得函数g(x)上任意不同两点连线的斜率都不小于k？若存在，求k的取值范围;若不存在,说明理由． 解(Ⅰ)略(Ⅱ）当a1时,g(x)121,假设存在实数k,使得的图象上任意不同两点连线的x2xg(x2)g(x1)k,即求任意两点割线斜率的大小，

x2x1斜率都不小于k，即对任意x2x10,都有由中值定理知存在x(x1,x2)，有g'(x)g'(x)g(x2)g(x1)k,转为求切线斜率的大小.即

x2x1412k在(0,)上恒成立.（以下同参） 3xxg(x2)g(x1)k,转化为

x2x1评析：该题若用初等方法解决,构造函数同是本题的难点和突破口.将

g(x2)kx2g(x1)x1,转而考查函数h(x)g(x)kx,学生不是很容易想到, 但若利用拉格朗

日中值定理，则只需求二次导函数在所给区间的最小值即可,学生易接受．

二． 利用拉格朗日中值定理证最值 （1)证

fbfaba或

fbfaba

----－－------－即证f'与的大小关系

例2:(2009年辽宁卷理２1题) 已知函数f(x)12xax(a1)lnx,a1 2(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性;

(Ⅱ)证明：若a5,则对任意x1,x20,,x1x2，有（Ⅰ)略；（Ⅱ）要证

f(x1)f(x2)1.

x1x2f(x1)f(x2)a11成立,即证f'a1.

x1x22令g2(a1)a1,则a14a1a1a5.由于1a5,所以0．从而g0在R恒成立.也即2aa1.又x1,x2，x1,x20,,故f(x1)f(x2)2aa1a11. 1，即f'a1，也即0.则

x1x2 评注:这道题(Ⅱ）小题用初等方法做考虑函数gxfxx.为什么考虑函数

gxfxx很多考生一下子不易想到.而且g'x的放缩也不易想到.

(2)、证明

fxxa或

fxxa成立（其中x0,f(0)0)

fxf(0)x0a或

----------即证fxf(0)x0a

例３:（20０７年高考全国卷Ｉ第２0题） 设函数fxexex.

［2]

（Ⅰ)证明：fx的导数f'x2;

（Ⅱ)证明：若对所有x0，都有fxax ,则a的取值范围是(,2]. （Ⅰ)略.(Ⅱ）证明：（i)当x0时,对任意的a,都有fxax

fxf0exexexex（ii)当x0时,问题即转化为a对所有x0恒成立.令Gx,xxx0由拉格朗日中值定理知0,x内至少存在一点（从而0)，使得f'fxf0x0，即

Gxf'ee,由于f''eee0e00，故f'在0,x上是增函数,让

x0 得Gxminf'eef'02，所以a的取值范围是(,2].

评注:用的是初等数学的方法.即令gxfxax,再分a2和a2 两种情况讨论.其中,a2又要去解方程g'x0．但这有两个缺点:首先,为什么a的取值范围要以2为分界展开．其次,方程g'x0求解较为麻烦．但用拉格朗日中值定理求解就可以避开讨论，省去麻烦．

例４：（2008年全国卷Ⅱ22题)设函数fxsinx．

2cosx(Ⅰ）求fx的单调区间；(Ⅱ）如果对任何x0，都有fxax，求a的取值范围． 证明（Ⅰ)略；

（Ⅱ)证明:当x0时,显然对任何a,都有fxax；当x0时，由拉格朗日中值定理,知存在0,x，使得

f'x2cosx1fxxfxf0x0

fxxfxf0x0f'.由（Ⅰ）知

2cosx2，从而f''x2sinx2cosxcosx12cosx2.令f''x0''得,x2k1,2k2；令fx0得,x2k,2k1.所以在2k1,2k21'上，f'x的最大值f'xmaxf'2k2在 2k,2k1上，fx的最大值3f'xmaxf'2k'112k,2k2.从而函数f'x在上的最大值是fxmax．kN33'知,当x0时,f'x的最大值为fxmax11.所以,f'的最大值f'max.为了使331f'a恒成立，应有f'maxa.所以a的取值范围是,．

3评注：这道题的参的解法是令gxaxfx，再去证明函数gx的最小值

gxmin0.这与上述的思路是一样的.但首先参的解法中有个参数a，要对参数a进行

分类讨论;其次为了判断gx的单调性,还要求g'x0和g'x0的解,这个求解涉及到反余弦arccos3a,较为复杂.而用拉格朗日中值定理就可以避开麻烦,省去讨论.再次体现了高观点解题的优越性．

三.利用拉格朗日中值定理证不等式

近几年的数学高考中,出现了不少含有拉格朗日中值定理的试题．常以不等式恒成立问题为基本切入点，具有一定的深度，既符合高考命题“能力立意”的宗旨,又突出了数学的学科特点，较好地甄别了学生的数学能力. 下面以近几年全国各地的数学高考试题为例，说明拉格朗日中值定理的不同形式在高考中不等式的应用，更好地体会用“高观点”解题的优势． (１）用于证明fbfa与ba的大小关系 例5:（200６年四川卷理第２２题)

[3]

2已知函数fxx2alnx(x0),fx的导函数是f'x，对任意两个不相等的正x1,x2,

x证明:（Ⅱ)当a4时，f'x1f'x2x1x2.

22a证明: 由fxx2alnx得,f'(x)2x2,令gxf'x则由拉格朗日中值定

xxx理得:gx1gx2g'(x1x2)

下面只要证明:当a4时，任意0，都有g'1,则有g'x2a4时,ax24a1,即证x3x244422恒成立.这等价于证明x2的最小值大于4．由x2x2334，xxxxx4a1恒成立.所以由拉格朗x3x2当且仅当x32时取到最小值,又a4334,故a4时，2日定理得：gx1gx2g'(x1x2)g'x1x2x1x2.

评注:这道题用初等数学的方法证明较为冗长,而且技巧性较强.因而思路较为突兀,大多数考生往往难以想到.相比之下,用拉格朗日中值定理证明,思路较为自然、流畅.体现了高观点解题的优越性,说明了学习高等数学的重要性. ab（2）证明ga,g，gb三者大小的关系

2例６：(2０04年四川卷第22题)

［3］

已知函数fxln(1x)x,gxxlnx.(Ⅰ)求函数fx的最大值； ab（Ⅱ)设0ab2a，证明：gagb2g(ba)ln2． 2证明(Ⅰ)略; （Ⅱ）证明:依题意，有g'xlnx1,

abababgagb2ggbggga 由拉格朗日中值定理得,

222abab存在a,,b,使得,22babaabab'' gbglnln•ggagg•2222lnbabba4aba•ln•ln•baln2 2a2a2abab评注:对于不等式中含有ga,gb,g的形式,我们往往可以把abgga22ababab和gbg，分别对gga和gbg两次运用拉格朗日中值定理. 222例7：(2006年四川卷理第22题)

2已知函数fxx2alnx(x0),fx的导函数是f'x,对任意两个不相等的正数x1,x2,

x证明：（Ⅰ)当a0时,

fx1fx22xxf122x1x22 fx1.由拉格朗日中值定理知,证明:(Ⅰ)不妨设x1x2,即证fx2f存在1x1,x1x22x1x2f2x1x2,22,x2，则12且xxxxxxxxfx2f12f'2•21,f12fx1f'1•21又

2222f'(x)2x2a4a''， fx22.当a0时，f''x0.所以f'(x)是一个单调递减函23xxxxx1x22[4]

数,故f'1f'2从而fx2fx1x2f2fx1成立，因此命题获证． 四：利用拉格朗日定理证明根的存在

证明方程根的存在性,所给根的范围就是区间a,b把所给方程设为函数f(x)就可用拉格朗日中值定理证明方程根的存在性，一般用反证法．

例１ 设f(x)在0,1可导，且0f(x)1，又对于(0,1)内所有的点有f'(x)1证明方程f(x)x10在(0,1)内有唯一的实根．

分析:要证明方程有唯一的实根，分两步证明,先证明有根,再证明根是唯一的 证明:先证方程有根，

令g(x)f(x)x1,又因为0f(x)1，则g(0)f(0)10,g(1)f(1)0,得到g(0)·ｇ(1)< 0．

所以,函数g（x)在（0,１)内至少有一个实根．

再证唯一性；假设方程f(x)x10在(０,1)内有两个实根,不妨设为01， 则有f()1,f()1,对函数f(x))在,上运用拉格朗日中值定理有

f()f()f'()().因此f'()f()f()111 这和已知条件f'(x)1矛盾.所以方程f(x)x10在(0,1）内有唯一的实根.