中值定理“下嫁”高考
高考数学冲刺拉格朗日中值定理考点突破
高考数学冲刺拉格朗日中值定理考点突破在高考数学的冲刺阶段，拉格朗日中值定理作为一个重要的考点，常常让同学们感到困惑和棘手。
但只要我们掌握了它的核心概念和解题方法，就能在考试中应对自如，为取得高分增添一份保障。
一、拉格朗日中值定理的定义及内涵拉格朗日中值定理是指：如果函数 f(x) 满足在闭区间 a,b 上连续，在开区间（a,b) 内可导，那么在开区间（a,b) 内至少存在一点ξ，使得f(b) f(a) ＝ f'（ξ)（b a) 。
简单来说，就是在一个连续且可导的函数区间内，一定存在某个点的导数等于区间两端点连线的斜率。
这个定理看似抽象，但实际上蕴含着深刻的数学思想。
为了更好地理解它，我们可以通过一些具体的函数来进行分析。
比如，对于函数 f(x) ＝ x²，在区间 0, 2 上，f(2) f(0) ＝ 4 0 ＝ 4，而 f'（x) ＝ 2x，令2ξ ＝ 2，解得ξ ＝ 1，此时 f'（1) ＝ 2，恰好满足拉格朗日中值定理。
二、拉格朗日中值定理在解题中的应用1、证明不等式在证明不等式的问题中，拉格朗日中值定理常常能发挥重要作用。
例如，要证明当 x ＞ 0 时，x ／（1 ＋ x) ＜ ln(1 ＋ x) ＜ x 。
我们可以令 f(x) ＝ ln(1 ＋ x) ，在区间 0, x 上应用拉格朗日中值定理，得到 ln(1 ＋ x) ln(1 ＋ 0) ＝ f'（ξ)x ，其中 0 ＜ξ ＜ x 。
因为 f'（ξ) ＝ 1 ／（1 ＋ξ) ，且 1 ／（1 ＋ x) ＜ 1 ／（1 ＋ξ) ＜ 1 ，所以可以得到 x ／（1 ＋x) ＜ ln(1 ＋ x) ＜ x 。
2、求函数的取值范围当给定一个函数，要求其在某区间内的取值范围时，拉格朗日中值定理也能提供思路。
比如对于函数 f(x) ＝ x³ 3x ＋ 1 在区间 0, 2 上，我们可以先求出其导数 f'（x) ＝ 3x² 3 。
高考中的拉格朗日中值定理
于 0 ． 这就说明割线斜率与切线斜率并不一定等 1］ 价， 从而文献［ 对例 2 的解法存在纰漏． 3 一个反例 例3 已 知 函 数 f （ x） = 1 2 x － 2 alnx + 2
因此 存 在 这 样 的 实 数 a 满 足 题 意， 其范围为
（ a － 2 ） x（ a ∈ R ） ， 问： 是否存在实数 a， 对任意的 f（ x2 ） － f（ x1 ） x1 ， x2 ∈（ 0 ， + ∞ ） 且 x1 ≠ x2 ， ＞a恒 有 x2 － x1 成立？ 若存在， 求出 a 的取值范围； 若不存在， 说明 理由． ( 2012 年湖北省孝感市高三数学统考理科试题) 解法 1 利用拉格朗日中值定理 x2 ∈ （ 0 ，+ ∞ ） 且 x1 ≠ x2 ， 对任意 的 x1 ， 要使 f（ x2 ） － f（ x1 ） ＞ a 恒成立， 由拉格朗日中值定理知： x2 － x1 f（ x2 ） － f（ x1 ） +∞） ， ， 必存在 x0 ∈ （ 0 ， 使 f ' （ x0 ） = x2 － x1 即 f ' （ x） ＞ a， 亦即只须 f ' （ x） ＞ a 对 x ＞ 0 恒成立， 2a + （ a － 2 ） ＞ a 对 x ＞ 0 恒成立， 亦即 x － 从而 a ＜ x 1 x（ x － 2 ） 对 x ＞ 0 恒成立． 令 2 g（ x） = 则 1 1 x（ x － 2 ） = ［ （ x － 1） 2 － 1］ ， 2 2 g（ x）
由 f（ x1 ） － f（ x2 ） ≥4 | x1 － x2 | ， 得 f（ x1 ） － f（ x2 ） ≥4 （ x1 － x2 ） ， 从而 即 由 f ' （ x0 ） = f（ x1 ） － f（ x2 ） ≤ － 4， x1 － x2 f ' （ x0 ） ≤ － 4 ． a +1 + 2 ax≤ － 4 ， 得 x － 4x － 1 （ 2x － 1） 2 = － 2， 2 x2 + 1 2 x2 + 1 a ∈（ － ∞ ， － 2］ ． 解法分析 1］ 文献［ 的解题根据是： 对于一个连续可导函 数， 任意一条割线都可以找到一条与其斜率相等的 切线， 这就是高等数学中的拉格朗日中值定理 ： 若函数 f（ x） 满足如下条件： （ 1 ） 若 f（ x） 在闭区间［ a， b］ 上连续； （ 2 ） 若 f（ x） 在开区间（ a， b） 上可导， b ） 内 至 少 存 在 一 点 ξ， 则在 （ a， 使得 f ' （ ξ） = f（ b） － f（ a） ． b －a
高考数学中的微积分中值定理应用
高考数学中的微积分中值定理应用在高中数学教学中，微积分中值定理是一个十分重要的概念。
这个定理不仅是微积分的基石，也是解决许多实际问题的关键。
在高考数学中，中值定理应用广泛，掌握这个概念不仅对于考生来说非常重要，对于实际生活中的数学应用也有重要意义。
一、中值定理的基本概念中值定理是微积分中的一种非常基本的定理，它基于微积分的洛必达法则。
中值定理是指在某些条件下，如果一个函数在两个端点位置的值相等，那么这个函数在这两个点之间必然有一点值等于这个函数在两端点位置上的平均值。
数学形式为：若$f(x)$在[a,b]上连续，在(a,b)上可导，$f(a)=f(b)$，则存在一个$c\in(a,b)$，使得$f'(c)=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$。
二、中值定理的实际应用中值定理有许多实际的应用。
下面我们来看几个典型例子。
1. 速度平均值假设一个物体在时间$t$内沿着轴线移动$x$的距离，速度$v=x/t$。
那么，如果这个物体在$t_1$和$t_2$时刻在同一位置，也就是说，$x(t_1)=x(t_2)$，那么速度$v(t)$在$t_1$和$t_2$时刻之间必然存在一点$v(t_0)$等于$v$的平均值，也就是：$v(t_0) = \frac{v(t_2)-v(t_1)}{t_2-t_1}$这个式子与中值定理的形式非常相似。
只需要令$f(t)=x(t)$，$a=t_1$，$b=t_2$，那么根据中值定理就可以得到上述式子。
这是中值定理的一个典型应用，也是物理学中很常见的应用。
2. 单调递增函数与单调递减函数如果一个函数在一个区间内的导数为正，我们就称这个函数是单调递增的。
相反，如果这个函数在这个区间内的导数为负，我们就称这个函数是单调递减的。
那么，根据中值定理，一个函数在一个区间内连续且可导的时候，如果导数始终为正，那么这个函数就是单调递增的，如果导数始终为负，那么这个函数就是单调递减的。
巧解高考数学压轴题(6)——拉格朗日(lagrange)中值定理证明
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这里仅以⑵为例给出拉格朗日中值定理的证明. 显然， 函数 x 满足条件：1 在闭区间 a, b 上连续；2 在
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3.4 转轴法
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w.
由拉格朗日中值定理的几何图形可知，若把坐标系 xoy 逆时针旋 转适当的角度 ，得新直角坐标系 XOY ，若 OX 平行于弦 AB ，则在新
显 然 ， 函 数 x 在 闭 区 间 a, b 上 连 续 ， 在 开 区 间 a, b 内 可 导 ，
a b 0 ，因此，由罗尔中值定理得，至少存在一点 a, b ，使 watermark a-pdf watermark a-pdf watermark
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拉格朗日(lagrange)中值定理 若函数 f x 满足如下条件：1 在闭区间 a, b 上连续；2 在开区间
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如图 4 过点 a, O 作直线 A' B ' ∥ AB ，直线 A' B ' 的方程为：
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.c
使得 Y sin f ' cos 0 ，即 f ' tan
高考数学复习考点题型专题讲解46 拉格朗日中值定理
高考数学复习考点题型专题讲解专题46 拉格朗日中值定理1.拉格朗日中值定理：若f(x)满足以下条件：(1)f(x)在闭区间[a，b]内连续；(2)f(x)在开区间(a，b)上可导，则∃ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝f（b）－f（a）b－a.2.几何意义：弦AB的斜率＝f（b）－f（a）b－a＝f′(ξ1)＝f′(ξ2)，在曲线弧AB上至少有一点，在该点处的切线平行于弦AB.类型一证明不等式所证不等式的特征：既有两自变量的差，又有两自变量的函数(或导数)值的差.例1 已知函数f(x)＝x2＋2x＋a ln x(x>0)，f(x)的导函数是f′(x)，对任意两个不相等的正数x1，x2，证明：当a≤4时，|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.证明 由f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x 得，f ′(x )＝2x －2x 2＋ax，令g (x )＝f ′(x )，则由拉格朗日中值定理得：|f ′(x 1)－f ′(x 2)|＝|g (x 1)－g (x 2)|＝|g ′(λ)(x 1－x 2)|.下面只要证明：当a ≤4时，任意λ>0，都有g ′(λ)>1， 则有g ′(x )＝2＋4x 3－ax2>1，即证a ≤4时，a <x 2＋4x恒成立.这等价于证明x 2＋4x的最小值大于4，由x 2＋4x ＝x 2＋2x ＋2x≥334，当且仅当x ＝32时取到最小值，又a ≤4<334，故a ≤4时，2＋4x 3－ax2>1恒成立.所以由拉格朗日中值定理得： |f ′(x 1)－f ′(x 2)|>|x 1－x 2|.训练1 设0<y <x ，p >1，证明：py p －1(x －y )<x p －y p <px p －1(x －y ). 证明 设f (t )＝t p ，显然f (t )在[y ，x ]满足拉格朗日中值定理的条件，则∃ξ∈(y ，x )，使得f ′(ξ)＝f （x ）－f （y ）x －y ，即p ξp －1＝x p －y p x －y. 由p >1知t p －1在[y ，x ]上单调递增，py p －1<p ξp －1<px p －1，从而有py p －1(x －y )<p ξp －1(x －y )<px p －1(x －y )，即有py p －1(x －y )<x p －y p <px p －1(x －y ). 类型二 由不等式恒成立求参数的取值范围1.分离常数.2.构造成f （b ）－f （a ）b －a的形式，求其最值(范围).例2 已知函数f (x )＝e x －e －x ，若对任意x ≥0都有f (x )≥ax ，求实数a 的取值范围. 解 (1)当x ＝0时， 对任意a ，都有f (x )≥ax ； (2)当x >0时，问题转化为a ≤e x －e －xx对任意x >0恒成立.令g (x )＝e x －e －xx＝f （x ）－f （0）x －0，由拉格朗日中值定理知在(0，x )内至少存在一点ξ(ξ>0)，使得f ′(ξ)＝f （x ）－f （0）x －0，即g (x )＝f ′(ξ)＝e ξ＋e －ξ，由于f ″(ξ)＝e ξ－e －ξ>e 0－e －0＝0(ξ>0)，故f ′(ξ)在(0，x )上是增函数，则g (x )min ＝f ′(ξ)min >f ′(0)＝2， 所以a 的取值范围是(－∞，2]. 训练2 已知函数f (x )＝sin x2＋cos x，如果对任意x ≥0都有f (x )≤ax ，求a 的取值范围.解 当x ＝0时，显然对任意a ，都有f (x )≤ax ； 当x >0时，f （x ）x ＝f （x ）－f （0）x －0， 由拉格朗日中值定理，知存在ξ∈(0，x )，使得f （x ）x ＝f （x ）－f （0）x －0＝f ′(ξ)，又f ′(x )＝2cos x ＋1（2＋cos x ）2，从而f ″(x )＝2sin x （cos x －1）（2＋cos x ）3.令f ″(x )≥0得，x ∈[(2k ＋1)π，(2k ＋2)π]，k ∈N ； 令f ″(x )≤0得，x ∈[2k π，(2k ＋1)π]，k ∈N .所以在[(2k ＋1)π，(2k ＋2)π]，k ∈N 上，f ′(x )的最大值f ′(x )max ＝f ′[(2k ＋2)π]＝13，在[2k π，(2k ＋1)π]，k ∈N 上，f ′(x )的最大值f ′(x )max ＝f ′(2k π)＝13. 从而函数f ′(x )在[2k π，(2k ＋2)π]，k ∈N 上的最大值是f ′(x )max ＝13，由k ∈N 知，当x >0时，f ′(x )的最大值为f ′(x )max ＝13，所以，f ′(ξ)的最大值f ′(ξ)max ＝13.为了使f ′(ξ)≤a 恒成立，应有f ′(ξ)max ≤a . 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ，若1<a <5，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1.证明 由题意知，f ′(x )＝x －a ＋a －1x， 要证f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1成立，由拉格朗日中值定理易知存在ξ∈(x 1，x 2)，使f ′(ξ)＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2，则即证f ′(ξ)＝ξ－a ＋a －1ξ>－1，又ξ∈(x 1，x 2)，x 1，x 2∈(0，＋∞)，故ξ>0，只需证ξf ′(ξ)＝ξ2－a ξ＋(a －1)>－ξ， 令g (ξ)＝ξ2－(a －1)ξ＋a －1，则其Δ＝(a －1)2－4(a －1)＝(a －1)(a －5). 由于1<a <5，所以Δ<0， 从而g (ξ)>0在R 上恒成立. 也即ξ2－a ξ＋a －1>－ξ.则ξ2－a ξ＋a －1ξ>－1，即f ′(ξ)＝ξ－a ＋a －1ξ>－1，也即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1.2.已知函数f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，f (x )的导函数是f ′(x )，对任意两个不相等的正数x 1，x 2， 证明：当a ≤0时，f （x 1）＋f （x 2）2>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 不妨设0<x 1<x 2，即证f (x 2)－f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1). 由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 1＋x 22，ξ2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 2，则ξ1<ξ2，且f (x 2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝f ′(ξ2)·x 2－x 12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1)＝f ′(ξ1)·x 2－x 12.又f ′(x )＝2x －2x 2＋ax(x >0)，f ″(x )＝2＋4x 3－ax 2(x >0)，当a ≤0时，f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上是一个单调递增函数，故f ′(ξ1)<f ′(ξ2)，从而f (x 2)－f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1)成立，因此命题获证. 3.已知函数f (x )＝2ln x ＋1，设a >0，讨论函数g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a的单调性.解 由拉格朗日中值定理知g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a ＝f ′(ξ)＝2ξ，其中0<ξ<a 或a <ξ<＋∞，所以问题转化为讨论f ′(x )＝2x，x ∈(0，a )和(a ，＋∞)上的单调性.因为f ′(x )＝2x在(0，＋∞)上单调递减，所以f ′(x )＝2x在区间(0，a )，(a ，＋∞)上单调递减，从而g (x )在区间(0，a )，(a ，＋∞)上单调递减. 二、创新拓展练4.已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数.当k ≥－3时，证明：对任意x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.证明 由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈(x 2，x 1)，使得f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝f ′(ξ)，只需证明f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f ′(ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)即可.由f ′(x )＝3x 2＋k x(x ≥1)，令g (x )＝3x 2＋kx(x ≥1)，即证明g （x 1）＋g （x 2）2>g (ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)，只需证明曲线y ＝g (x )，x ∈(x 2，x 1)严格落在点(x 2，g (x 2))和(x 1，g (x 1))的连线的下方， 即证当k ≥－3时，函数g (x )在[1，＋∞)上是下凸的，由g ′(x )＝6x －k x 2，g ″(x )＝6＋2kx 3可知：当x ≥1，k ≥－3时，g ″(x )＝6＋2k x 3＝6x 3＋2kx 3≥0(当且仅当x ＝1，k ＝－3时，g ″(x )＝0)， 所以g （x 1）＋g （x 2）2>g (ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)成立，从而当k ≥－3时，对任意x 1，x 2∈[1，＋∞)，x 1>x 2，都有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.。
2018年高考数学：利用拉格朗日中值定理巧解高考数学压轴题
2018年高考数学：利用拉格朗日中值定理巧解高考数学压轴
题
需要说明的是相比较而言拉格朗日中值定理在高三并没有洛必达法则那么有名气，特别是2010年后的高考真题几乎用不到这个公式，但在各地的模考中这类题目还是非常常见的。
第一部分：拉格朗日中值定理简介
由公式不难看出，拉格朗日中值定理应用条件比较简单，没有洛
必达法则那么“苛刻”！
第二部分：利用拉格朗日中值定理解高考压轴题
我们先来看下标答是如何解求解下列高考压轴题第（II）的：
标答在解第（Ⅱ）问时的2个难点我已注明：为什么要构造这样一个函数及对导数放缩且配方！现在我们用拉格朗日中值定理来求解：
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拉格朗日中值定理与高考数学
x'x拉格朗日中值定理与高考数学[1]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；（） f 在开区间 (a, b) 内可导；则在a,b 内至少存在一点，使得 'f b f af.b af x 1、证明xf x a 或 a 成立（其中 x 0 ）x例：（ 2007年高考全国卷 I 第20题）设函数f x ee .（Ⅰ）证明：f x 的导数 f ' x2 ；（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 x0 时，对任意的 a ，都有 f xax()当 x0 时，问题即转化为 aexe xx对所有 x0 恒成立 .令 G xe xe xf xf 0 ，由拉格朗日中值定理知 0, x 内至少存在一点（从xx 0而0 ），使得 f 'f xf 0 ，即 G x f'e e ，由于x 0f''e e e 0e0 ， 故 f '在0, x 上是增函数，让 x0 得G x minfe ef '2 ，所以 a 的取值范围是 (,2] .评注：第 (2)小题提供的参考答案用的是初等数学的方法.即令 gx 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 x0 .但这有两个缺点：首[2] '先，为什么a 的取值范围要以 2 为分界展开 .其次，方程 g ' x0 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.a b 二、证明 g ag b2g2(b a ), b a 成立例：（ 2004年四川卷第 22题）已知函数f x ln(1 x) x,g x x ln x .（Ⅰ）求函数f x 的最大值；（Ⅱ）设 0a b 2a ，证明： g ag b2 ga b 2(b a )ln 2 .（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有g 'xln x 1g ag b2 ga b2g bg a b2ga bg a2由拉格朗日中值定理得，存在a, a b , 2a b,b ，使得 2g b g a b2 ga b 2g a g'g 'b a ln ln b a 22lnb a ln b b a ln 4a b a b aln 2 2a 2 a 2评注：对于不等式中含有g a , g b , ga b 2a b 的形式，我们往往可以把g a b 2g a 和 g b ga b ，分别对 ga b 22g a 和 g bga b 两次2运用拉格朗日中值定理 . 三、证明f x 1 f x 2 x 1 x 2 成立[3] [4]例： (26 年四川卷理第 22题)22 '已知函数f x xa ln x(x x0), f x 的导函数是 f x ， 对任意两个不相等的正 数 x 1 , x 2 ，证明：''2 ''（１）当 a0时， f x 1f x 22 fx 1 x 22 （２）当 a4 时，f x 1f x 2x 1 x 2 .证明：（１）不妨设 xx ，即证 f x f x 1 x 2fx 1 x 2f x ．由拉格 12 2122朗日中值定理知，存在x , x 1 x 2 ,x 1 x 2 , x ，则且11221 222f xfx 1 x 2f'x 2 x 1 x 1 x 2， f f xf 'x 2x 1 又2211222f '(x) 2x 2x2a，f ''x x2 4 a x 3x2 .当 a0 时， f '' x0 .所以 f '( x) 是一个单调递减函数， 故 f'f'从而 f x fx 1 x 2fx 1 x 2f x 成立， 因 122122此命题获证．22 '2 a'（２）由f x x a ln x 得， xf (x) 2x x2，令 g x f x 则由拉x格朗日中值定理得：g x 1g x 2g(x 1 x 2 )下面只要证明： 当 a 4 时，任意 0 ,都有 g'1 ，则有 g 'x 24 a 1，x3x2即证 a4 时， a x24 x恒成立 .这等价于证明x24的最小值大于4 .x由于 x24 x22 2334 ，当且仅当 x2 时取到最小值，又 a4 334 ，xx x 故 a 4 时， 2 4x3 a1恒成立 . x2 所以由拉格朗日定理得：g x 1g x 2g( x 1 x 2 )gx 1 x 2 x 1 x 2 .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 .四、证明f x 1 f x 2 x 1 x 2 或 f x 1f x 2 x 1 x 2 成立例：（ 2008年全国卷Ⅱ 22题）设函数 f x（Ⅰ）求f x 的单调区间；sin x.2 cosx（Ⅱ）如果对任何x 0 ，都有 f xax ，求 a 的取值范围 .3'x f2'（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当x0 时，显然对任何 a ，都有 f xax ；当 x0 时，f xf xf 0xx 0由拉格朗日中值定理，知存在0, x ，使得f x f x f 0'f.由（Ⅰ）知xx 0f 'x2cos x 1 ，从而f '' x 2sin x 2 cos x cos x 21. 令 f''x0 得，2 cosx2 cos xx2k 1 , 2k 2 ； 令 f ''x0 得， x2k , 2k 1.所以在2k 1 , 2k 2上， f'x 的最大值 f ''max2k 2 1在3 '''1 '2k , 2k1 上， f x 的最大值 f x maxf 2k.从而函数3f x 在2k , 2k 2'1上的最大值是''f x max'1. 由 kN 31 知，当 x'0 时， f ' x 的最大值 为 fx max.所以，3f的最大值fmax.为了使 3f a 恒成立，应有fmaxa .所以 a 的取值范围是 1,.3评注：这道题的参考答案的解法是令g x ax f x ,再去证明函数 g x 的最小值g xmin0 .这与上述的思路是一样的 .但首先参考答案的解法中有个参数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 'x0 和 g 'x0 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 .五、证明f x0,( x a) 成立，（其中 f a0 ）例：（ 2007年安徽卷 18题）设 a0, f xx 1 ln 2x 2a ln x x 0 .（Ⅰ）令 Fxxf 'x ，讨论 F x 在 0,内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当 x （Ⅰ）略；1 时，恒有 x 2ln x 2a ln x 1 .1 1 1 1 a aaa（Ⅱ）证明： 即证 fx 0 ，由于 x 1 ，则f x f xf 1.由拉格朗日中值定理得，x 1x 1存在1,x ，使得 f x f 1'f.由（Ⅰ）的解题过程知 f 'x1 2 ln x 2 a，x 1x x所 以f ''x22 ln x 2a 2 ln x 1 a . 令 f '' x0 得 ， x e 1 a . 令x 2 x 2 x2 x2f ''x0 得， 1 x e 1 a. 故 f'x 在 x 1,上最小值f 'xminf e1 a2 1 a 2a e 2f x 10 .所以 f'f 'x0 .从而 0 . 又 x 1 ，eeeminx 1则 fx0 成立，从而当 x 0时， x ln 2x 2a ln x 1 成立.评注：这道题的参考答案是用（Ⅰ）中F x 在 0,内的极小值F 2 0 得到F xxf ' x 0 .又 x 1 ，所以 f 'x0 .从而 f x 在 1,上单调递增 ,故 fx 的最小值f x minf 1 0 ，所以 x2ln x2 a ln x1 .但是如果没有（Ⅰ） ，很难想到利用 Fx xf 'x 来判断 f x 的单调性 .而用拉格朗日中值定理证明，就不存在这个问题 .六、证明f x 1x 1 f x 2x 2f x 1或x 1 f x 2x 2（其中 x 1x 2 ）例：（ 2009年辽宁卷理 21题）已知函数f ( x) 1 x22ax (a 1)ln x,a 1（Ⅰ）讨论函数 f ( x) 的单调性；（Ⅱ）证明：若a 5 ，则对任意 x , x0, ， xx ，有 f (x 1) f (x 2 ) 1 .1212x 1 x 2（Ⅰ）略；（Ⅱ）f ( x 1 ) f ( x 2 ) f'.由（Ⅰ）得， f'x x aa 1 .所以要证x 1 x 2xf ( x 1 ) x 1 f ( x 2 )1成立，即证 f 'x 2aa 11 .下面即证之 .令 g2(a 1) a 1，则2a 1 4 a 1a 1 a 5.由于 1 a 5 ，所以0 .从而 g0在 R 恒成立 .也即 2 aa 1.又x 1, x 2 ，x 1, x 20,2，故0 .则a a 11 ，即 f 'aa 11 ，也即f ( x 1 ) x 1 f ( x 2 )1.x 2评注： 这道题 （Ⅱ） 小题存在两个难点： 首先有两个变量 x 1, x 2 ；其次 a 的值是变化的 .参考答案的解法是考虑函数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 .拉格朗日中值定理是数学分析的一个重要定理 .是解决函数在某一点的导数的重要工具 .近年来，不少高考压轴题以导数命题，往往可以用拉格朗日中值定理求解.固然，这些压轴题用初等数学的方法也可以求解.但初等数学的方法往往计算量较大.这时，用拉格朗日中值定理交易解决 .充分体现了高等数学的优越性，有力反驳了“高数无用论”的错误的想法 .从而使学生感受到高等数学与初等数学的联系，增加学习的兴趣.从以上六道题目与参考答案不同的解法中， 我们可以感受到高等数学对初等数学具有居高临下的指导作用 .近几年，高观点下的高考命题颇受命题者的青睐 .因此加强对高等数学的研究就显得很有必要 .参考文献[1] 华东师范大学数学系编 .数学分析（上册） [M]. 北京：高等教育出版社， 2007 [2] 陈素贞 .一道高考题的别解 [J]. 福建中学数学， 2009（ 4） [3] 李惟峰 . 拉格朗日中值定理在中学数学中的应用 [J].数学教学通讯， 2008（ 8）[4] 管雪冲，王颖 . 站”高 ”再看高考题 [J].高等数学研究， 2009（ 1）。
高考冲刺复习 拉格朗日中值定理在高中数学中的应用%02%02
（ 4，+ ∞ ） 单调增加． 从而，
当 x1 ＞ x2 ＞ 0 时，有
g（ x1 ） － g（ x2 ） ＞ 0，
即
f（ x1 ） － f0，
故
f（ x1 ） － f（ x2 ） ＞ － 1； x1 － x2
当 0 ＜ x1 ＜ x2 时，有
f（ x1 ） － f（ x2 ） = f（ x2 ） － f（ x1 ） ＞ － 1．
高中数学教与学
2014 年
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
刘彬
（ 江苏省镇江市第一中学，212009）
在现行高中教材中增加了导数的初步知
识以后，高 考 数 学 试 题 出 现 了 大 量 的 与 高 等
数学密切相关的数学模型． 在这些高考试题
中，常用初 等 数 学 语 言 来 定 义 或 表 述 一 个 新
理对研究高中数学大有裨益． 在平时学习中，
除了要通晓 教 材 和 解 题 技 巧 外，还 应 该 适 度
掌握高等数 学 与 初 等 数 学 的 内 在 联 系，将 高
等数学中得一些相关的思维融入到日常的数
学学习中去．
·49·
1） 内有唯一实根．
解析 解决本题分别要证明存在性和唯
一性． 证明存在性用得最多的就是根的存在
定理（ 介值定理） ，而唯一性的证明用初等方
法比较繁琐，不太容易讲清楚，在此可以借助
于拉格朗日中值定理． 具体证明如下：
存在性． 设函数 g（ x） = f（ x） + x － 1，则
g（ x） 在（ 0，1） 上可导．
（ － ∞ ，2］．
评注 解法 1 提供的是初等数学方法，
但此法有缺陷． 首先，怎么想到 a 的范围要以 2
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中值定理“下嫁”高考近几年，以高等数学为背景的高考命题成为热点.许多省市高考试卷有关导数的题目往往可以用拉格朗日中值定理解答.本文主要先归类总结，再通过一些具体的高考试题， 利用拉格朗日中值定理解答，并与参考答案的解法作比较，体现高观点解题的好处.[1]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；（ii ）f 在开区间(,)a b 内可导；则在(),a b 内至少存在一点ξ，使得()()()'f b f a f b aξ-=-.一、证明()f x a x >或()f x a x<成立（其中0x >） [2]例：（2007年高考全国卷I 第20题）设函数()x x f x e e -=-.（Ⅰ）证明：()f x 的导数()'2f x ≥； （Ⅱ）证明：若对所有0x ≥，都有()f x ax ≥ ，则a 的取值范围是(,2]-∞.二、证明()()()2(),2a b g a g b g b a b a λ+⎛⎫+-<->⎪⎝⎭成立 例：（2004年四川卷第22题）已知函数()()ln(1),ln f x x x g x x x =+-=. （Ⅰ）求函数()f x 的最大值；（Ⅱ）设02a b a <<<，证明：()()2()ln 22a b g a g b g b a +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭.三、证明()()()1212f x f x x x λ->-成立[3][4]例： (2OO6年四川卷理第22题)已知函数()()22ln (0),f x x a x x f x x=++>的导函数是()'f x ，对任意两个不相等的正数12,x x ，证明： （１）当0a ≤时，()()121222f x f x x x f ++⎛⎫> ⎪⎝⎭（２）当4a ≤时，()()''1212f x f x x x ->-.四、证明()()()1212f x f x x x λ->-或()()()1212f x f x x x λ->-成立例：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数()sin 2cos xf x x=+.（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）如果对任何0x ≥，都有()f x ax ≤，求a 的取值范围.五、证明()0,()f x x a >>成立，（其中()0f a =）例：（2007年安徽卷18题）设()()20,1ln 2ln 0a f x x x a x x ≥=--+>.（Ⅰ）令()()'F x xf x =，讨论()F x 在()0,+∞内的单调性并求极值； （Ⅱ）求证：当1x >时，恒有2ln 2ln 1x x a x >-+.六、证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-（其中12x x ≠）例：（2009年辽宁卷理21题） 已知函数21()(1)ln ,12f x x ax a x a =-+-> （Ⅰ）讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）证明：若5a <，则对任意()12,0,x x ∈+∞，12x x ≠，有1212()()1f x f x x x ->--.拉格朗日中值定理是数学分析的一个重要定理.是解决函数在某一点的导数的重要工具.近年来，不少高考压轴题以导数命题，往往可以用拉格朗日中值定理求解.固然，这些压轴题用初等数学的方法也可以求解.但初等数学的方法往往计算量较大.这时，用拉格朗日中值定理交易解决.充分体现了高等数学的优越性，有力反驳了“高数无用论”的错误的想法.从而使学生感受到高等数学与初等数学的联系，增加学习的兴趣.从以上六道题目与参考答案不同的解法中，我们可以感受到高等数学对初等数学具有居高临下的指导作用.近几年，高观点下的高考命题颇受命题者的青睐.因此加强对高等数学的研究就显得很有必要.1.（Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i ）当0x =时，对任意的a ，都有()f x ax ≥(ii)当0x >时，问题即转化为x xe e a x--≤对所有0x >恒成立.令()()()00x xf x f e e G x x x ---==-，由拉格朗日中值定理知()0,x 内至少存在一点ξ（从而0ξ>），使得()()()'00f x f f x ξ-=-，即()()'G x f e e ξξξ-==+，由于()()''000f e e e e ξξξξ--=-=->，故()'f ξ在()0,x 上是增函数，让0x → 得()()()''min 02G x f e e f ξξξ-==+≥=，所以a 的取值范围是(,2]-∞. 评注：第(2)小题提供的参考答案用的是初等数学的方法.即令()()g x f x ax =-，再分2a ≤和2a > 两种情况讨论.其中，2a>又要去解方程()'0g x =.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()'0g x =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. 2. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有()'ln 1g x x =+()()()()2222a b a b a b g a g b g g b g g g a ++⎛+⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 由拉格朗日中值定理得，存在,,,22a b a b a b λμ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得 ()()()()()()''ln ln 2222a b a b b a b a g b g g g a g g μλμλ+⎛+⎫--⎛⎫⎛⎫---=-∙=-∙ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭()4lnln ln ln 2222b a b b a a b ab a a a μλ---=∙<∙<∙=-评注：对于不等式中含有()()(),,2a b g a g b g a b +⎛⎫<⎪⎝⎭的形式，我们往往可以把()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭，分别对()2a b g g a +⎛⎫- ⎪⎝⎭和()2a b g b g +⎛⎫- ⎪⎝⎭两次运用拉格朗日中值定理. 3. 证明：（１）不妨设12x x <，即证()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由拉格朗日中值定理知，存在12121122,,,22x x x x x x ξξ++⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则12ξξ<且 ()1222x x f x f +⎛⎫- ⎪⎝⎭()'2122x x f ξ-=∙，()()'12211122x x x x f f x f ξ+-⎛⎫-==∙ ⎪⎝⎭又'22()2a f x x x x =-+，()''3242af x x x=+-.当0a ≤时，()''0f x ≥.所以'()f x 是一个单调递减函数，故()()''12f f ξξ<从而()()12122122x x x x f x f f f x ++⎛⎫⎛⎫->- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭成立，因此命题获证．（２）由()22ln f x x a x x =++得，'22()2af x x x x=-+，令()()'g x f x =则由拉格朗日中值定理得：()()()'1212()g x g x g x x λ-=-下面只要证明：当4a ≤时，任意0λ>,都有()'1g λ>，则有()'324g 21a x x x =+->，即证4a ≤时，24a x x <+恒成立.这等价于证明24x x+的最小值大于4.由于22422x x x x x +=++≥x =时取到最小值，又4a ≤<4a ≤时，32421a x x+->恒成立.所以由拉格朗日定理得：()()()()''12121212()g x g x g x x g x x x x λλ-=-=->-.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. 4. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当0x =时，显然对任何a ，都有()f x ax ≤；当0x >时，()()()00f x f x f x x -=- 由拉格朗日中值定理，知存在()0,x ξ∈，使得()()()()'00f x f x f f x x ξ-==-.由（Ⅰ）知()()'22cos 12cos x f x x +=+，从而()()()()''22sin 2cos cos 12cos x x x f x x +-=+.令()''0fx ≥得，()()21,22x k k ππ∈++⎡⎤⎣⎦；令()''0f x ≤得，()2,21x k k ππ∈+⎡⎤⎣⎦.所以在()()21,22k k ππ++⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()()''max1223f x f k π=+=在 ()2,21k k ππ+⎡⎤⎣⎦上，()'f x 的最大值()()''max 123f x f k π==.从而函数()'f x 在()2,22k k ππ+⎡⎤⎣⎦上的最大值是()'max13fx =.由k N ∈知，当0x >时，()'f x 的最大值为()'max 13f x =.所以，()'f ξ的最大值()'max 13f ξ=.为了使()'f a ξ≤恒成立，应有()'max f a ξ≤.所以a 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.评注：这道题的参考答案的解法是令()()g x ax f x =-,再去证明函数()g x 的最小值()min 0g x ≥.这与上述的思路是一样的.但首先参考答案的解法中有个参数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()'0g x ≥和()'0g x ≤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.5. （Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：即证()0f x >，由于1x >，则()()()111f x f x f x x -=--.由拉格朗日中值定理得，存在()1,x ξ∈，使得()()()'11f x f f x ξ-=-.由（Ⅰ）的解题过程知()'221ln a f x x x x =-+，所以()()''22222222ln ln 1a f x x x a x x x x =-+-=--.令()''0f x ≥得，1ax e+≥.令()''0f x ≤得，11a x e +≤≤.故()'f x 在()1,x ∈+∞上最小值()()'1min af x f e+=()1111212210a a a a a a e e e e +++++-=-+=>.所以()()''min 0f f x ξ≥>.从而()01f x x >-.又1x >，则()0f x >成立，从而当0x >时，2ln 2ln 1x x a x >-+成立.评注：这道题的参考答案是用（Ⅰ）中()F x 在()0,+∞内的极小值()20F >得到()()'0F x xf x =>.又1x >，所以()'0f x >.从而()f x 在()1,+∞上单调递增,故()f x 的最小值()()min 10f x f >=，所以2ln 2ln 1x x a x >-+.但是如果没有（Ⅰ），很难想到利用()()'F x xf x =来判断()f x 的单调性.而用拉格朗日中值定理证明，就不存在这个问题. 6. （Ⅰ）略； （Ⅱ）()'1212()()f x f x f x x ξ-=-.由（Ⅰ）得，()'1a f x x a x -=-+.所以要证1212()()1f x f x x x ->--成立，即证()'11a f a ξξξ-=-+>-.下面即证之.令()2(1)1g a a ξξξ=--+-，则()()()()214115a a a a ∆=---=--.由于15a <<，所以0∆<.从而()0g ξ>在R恒成立.也即21a a ξξξ-+->-.又()12,x x ξ∈，()12,0,x x ∈+∞，故0ξ>.则211a a ξξξ-+->-，即()'11a f a ξξξ-=-+>-，也即1212()()1f x f x x x ->--.评注：这道题（Ⅱ）小题存在两个难点：首先有两个变量12,x x ；其次a 的值是变化的.参考答案的解法是考虑函数()()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.。