拉格朗日中值定理在高考题中的妙用
拉格朗日中值定理在高中数学不等式证明中的巧妙运用
拉格朗日中值定理在高中数学不等式证明中的巧妙运用作者：左代丽来源：《新校园(下)》2016年第03期摘要：本文首先介绍了拉格朗日中值定理在高中数学中的主要应用形式和应用范围，对拉格朗日中值定理予以三种方式证明，并结合相关证明不等式例题，介绍了拉格朗日中值定理在高中不等式证明中的巧妙运用。
关键词：拉格朗日中值定理；不等式；证明；应用拉格朗日中值定理是微积分中值定理（包含罗尔定理、柯西定理以及拉格朗日定理）中的一种，对于微积分理论构造有重要的作用。
不等式的证明作为高中数学中较为常见的题型，也是高考中较为常见的题型。
对于不等式证明的解题方式有很多，利用中值定理解不等式是一种常见的方式。
但高中生并没有深入学习微积分，对此种方法的理解不够深入，应用起来稍显笨拙。
一、拉格朗日中值定理在高中数学中的主要应用1.极限问题的求解。
极限问题是高中数学中极限学习的考察重点，在高中数学教学中，许多教师都向学生介绍了洛必达法则、夹逼定理、泰勒公式等解题方式。
这些解题方式原理简单，解题思路顺畅，解题效果较好，极容易被学生吸收。
而利用拉格朗日中值定理来求解极限问题的教学比较少见，一方面，拉格朗日中值定理相对复杂，通常用来解决复杂的极限问题，另一方面，学生对于复杂的极限题目往往具有畏难心理，常常在解题过程中选择放弃。
实际上，利用拉格朗日中值定理来解决复杂的极限问题，其实质在于分解题目，实现对题型的转变，运用拉格朗日中值定理求极限的时候要把握好拉格朗日中值定理与极限问题之间的关联，寻找两者之间的连接点，做好式子的简化，这样才能快速解题。
2.不等式证明的求解。
不等式证明题是不等式教学中最基本的题型之一，解决不等式证明的常规方法有许多，例如：数形结合、导数法等。
利用拉格朗日中值定理来解决不等式证明题，其核心在于对函数的构建，以及进一步探索导数与构建的函数之间的关系，利用这种关系，进一步确定在特定条件下函数成立，继而证明不等式。
常规方法证明较复杂的不等式需要耗费大量的演算时间，且容易在求解过程中产生思维冲突，不利于正确解题，但直接运用拉格朗日中值定理非常简单，能够快速求解。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
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维普资讯
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证 明 先证存 在性 ． （ 令 ）＝ｆ（ ）＋ 一 １， 则 （ 在 ［ １上可导． ） ０， ］
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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.。
研究性学习报告 2015级1班张庭瑞 拉格朗日定理及其在高考中的应用
拉格朗日定理及其在高考中的应用背景：自己做题时发现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，而用初等方法却十分冗杂。
下面.本文主要先归类总结，证明拉格朗日中值定理再通过一些具体的高考试题，再利用拉格朗日中值定理解答，体现高观点解题的好处.，同时为高考导数题型引入一些自己的见解。
一．理论基础背景 1罗尔()Rolle 中值定理如果函数()x f 满足条件：()1在闭区间[]b a ,上连续；()2在开区间()b a ,内可导；（3）()()b f a f =,则在()b a ,内至少存在一点ζ ,使得()0'=ζf罗尔中值定理的几何意义：如果连续光滑曲线()x f y =在点B A ,处的纵坐标相等，那么，在弧 ⋂AB 上至少有一点()(),Cf ζζ ，曲线在C 点的切线平行于x 轴，如图1，注意 定理中三个条件缺少其中任何一个，定理的结论将不一定成立；但不能认为定理条件不全具备，就一定不存在属于()b a ,的ζ，使得()0'=ζf . 这就是说定理的条件是充分的，但非必要的.若函数()x f 满足如下条件：()1在闭区间[]b a ,上连续；()2在开区间()b a ,内可导；则在()b a ,内至少存在一点ζ，使()()()ab a f b f f --=ζ'拉格朗日中值定理的几何意义：函数()x f y =在区间[]b a ,上的图形是连续光滑曲线弧⋂AB 上至少有一点C ，曲线在C 点的切线平行于弦AB . 如图2，从拉格朗日中值定理的条件与结论可见，若()x f 在闭区间[]b a ,两端点的函数值相等，即()()b f a f =，则拉格朗日中值定理就是罗尔中值定理. 换句话说，罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的一个特殊情形.正因为如此，我们只须对函数()x f 作适当变形，便可借助罗尔中值定理导出拉格朗日中值定理. 二．证明拉格朗日中值定理1.0证明 作辅助函数 ()()()()f b f aF x f x x b a-=--显然，函数()x F 满足在闭区间[]b a ,上连续，在开区间()b a ,内可导，而且()()F a F b =．于是由罗尔中值定理知道，至少存在一点ζ()b a <<ζ，使()()()()0''=---=ab a f b f f F ζζ.即()()()ab a f b f f --=ζ'.2.0 用作差法引入辅助函数法证明 作辅助函数 ()()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+-=a x a b a f b f a f x f x ϕ 显然，函数()x ϕ在闭区间[]b a ,上连续，在开区间()b a ,内可导，()()0==b a ϕϕ，因此，由罗尔中值定理得，至少存在一点()b a ,∈ζ，使得()()()()0''=---=ab a f b f f ζζϕ，即 ()()()ab a f b f f --=ζ'推广1 如图3过原点O 作OT ∥AB ，由()x f 与直线OT 对应的函数之差构成辅助函数()x ϕ，因为直线OT 的斜率与直线AB 的斜率相同，即有：()()ab a f b f K K AB OT --==，OT 的直线方程为：()()x ab a f b f y --=，于是引入的辅助函数为：()()()()x ab a f b f x f x ---=ϕ.推广2 如图4过点()O a ,作直线''B A ∥AB ，直线''B A 的方程为：()()()a x ab a f b f y ---=，由()x f 与直线函''B A 数之差构成辅助函数()x ϕ，于是有：()()()()()a x a b a f b f x f x ----=ϕ. （推广3 如图5过点作()O b ,直线''B A ∥AB ，直''B A 线的方程为()()()b x ab a f b f y ---=，由()x f 与直线A B ''函数之差构成辅助函数()x ϕ，于是有：()()()()()b x ab a f b f x f x ----=ϕ. 事实上，可过y 轴上任已知点()m O ,作//B A ∥AB 得直线为()()m x ab a f b f y +--=，从而利用()x f 与直线的''B A 函数之差构成满足罗尔中值定理的辅助函数()x ϕ都可以用来证明拉格朗日中值定理. 因m 是任意实数，显然，这样的辅助函数有无多个.3.3 用对称法引入辅助函数法在第二种方法中引入的无数个辅助函数中关于x 轴的对称函数也有无数个，显然这些函数也都可以用来证明拉格朗日中值定理.从几何意义上看，上面的辅助函数是用曲线函数()x f 减去直线函数，反过来，用直线函数减曲线函数()x f ，即可得与之对称的辅助函数如下：⑴()()()()()()x f a x a b a f b f a f x -⎥⎦⎤⎢⎣⎡---+=ϕ ⑵ ()()()()x f x a b a f b f x ---=ϕ ⑶ ()()()()()x f a x ab a f b f x ----=ϕ⑷ ()()()()()x f b x ab a f b f x ----=ϕ 等等.这类能用来证明拉格朗日中值定理的辅助函数显然也有无数个. 这里仅以⑵为例给出拉格朗日中值定理的证明.证明 显然，函数()x ϕ满足条件：()1在闭区间[]b a ,上连续；()2在开区间()b a ,内可导；()3()()()()ab a bf b af b a --==ϕϕ.由罗尔中值定理知，至少存在一点()b a ,∈ζ，使得()()()()0''=---=ζζϕf a b a f b f ，从而有()()()ab a f b f f --=ζ'，显然可用其它辅助函数作类似的证明.三．拉格朗日中值定理的应用1.0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. （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 fx 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，()'fx 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()'max 13fx =.由k N ∈知，当0x >时，()'f x 的最大值为()'max13fx =.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⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.2.0证明()()()1212f x f x x x λ->-成立 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 ->-.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=-+， ()''3242a f 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 ≤<故4a ≤时，32421ax x+->恒成立.3.0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]-∞.（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 fx 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]-∞.4.0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 +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭.（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---=∙<∙<∙=-5.0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 xfx =，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 >-+. （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 fx x x a x x x x=-+-=--.令()''0f x ≥得，1a x e +≥.令()''0f x ≤得，11a x e +≤≤.故()'f x 在()1,x ∈+∞上最小值()()'1mina f 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 >-+6.0证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-（其中12x x ≠）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 ->--.（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 ->--.四．评价参考答案多用的是初等数学的方法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.而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，.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.参考文献华东师范大学数学系. 数学分析（上册）（第二版）[M].北京：高等教育出版社.1991：153-161 吉林大学数学系. 数学分析(上册)[M].北京：人民教育出版社.1979：194-196同济大学应用数学系. 高等数学（第一册）[M].北京：高等教育出版社（第五版）.2004：143-153 .数学分析[M].天津：南开大学出版社.1986：113-124数学分析解题指南[M].北京：北京大学出版社.2003：58-67数学分析内容、方法与技巧（上）[M].武汉：华中科技大学出版社.2003：98-106 数学分析（上册）[M].广州：华南理工大学出版社.2001：111-113促使思维教学进入数学课堂的几点作法[J].上海：数学通报.2001,1：15-18高等数学课程建设和教学改革研究与实践[J].西安：数学通报.2002,2：84-88数学分析习题课讲义[M].北京：高等教育出版社.2003：126-135数学分析讲义学习指导书（上册）[M].北京：高等教出版社.1994：98-112北京大学数学力学系. 高等代数. 北京：人民教育出版社. 1978:124-135数学分析中的典型问题与方法[M].北京：高等教育出版社.1993：102-110数学方法论[M].南京：广西教育出版社.1996：112-123数学分析（上册）[M].北京：人民教育出版社.1983:87-92数学分析（上）[M].北京：科学出版社.1995：77-86树德中学2015级1班张庭瑞。
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：
本文所有内容由铭师道独家撰写，因时间仓促，如有失误请谅解！大家如有疑问欢迎交流！。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用
应用拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理在高中数学中的应用一、定理与推论拉格朗日中值定理设函数ｆ(ｘ)满足如下条件:(１) ｆ(ｘ)在闭区间［ａ,ｂ］上连续;(２) ｆ(ｘ)在开区间(ａ,ｂ)内可导,则在(ａ,ｂ)内至少存在一点ξ,使得 = ｆ(ξ),其中b ＞ a.推论１若在(ａ,ｂ)内, ｆ(ｘ) ≡ 0,则在(ａ,ｂ)内f(ｘ)为一常数、推论２若在(ａ,ｂ)内, ｆ′(ｘ) = ｇ′(ｘ),则在(ａ,ｂ)内ｆ(ｘ) = ｇ(ｘ) + c(ｃ为常数).二、应用举例以下从应用的角度说明在解题中如何运用拉格朗日中值定理及其推论.１、运用拉格朗日中值定理证明不等式例１试证当x∈［1,+∞)时,ln1 +x ≥ ln2 .分析与说明这类题原本在高等数学中就是常见题型,求解这类题的通常思路就是先将一边移到另一边,构造一个函数,然后对它求导. 近些年来,这类题倍受高考命题者青睐.证明令ｆ(ｘ) = ln1 +x - ln2,对函数ｆ(ｘ)求导,得ｆ′(ｘ) = xln1 +′ =［ｌｎ(１＋ｘ) －ｌｎｘ］－、令函数ｇ(ｔ) = ｌｎ(ｔ),则ｇ(ｔ)在［ｘ,ｘ + 1］上满足拉格朗日中值定理,于就是对ln(1 + x) - ln x应用拉格朗日中值定理得到ln(1 + x)-ln x = ξ∈(ｘ,ｘ + 1),所以有f′(x) = - ＞ 0 (x ＞ 0 ),因此,由上面的结论推出ｆ(ｘ)在ｘ∈［1,+∞)上单调递增,所以ｆ(ｘ)≥ｆ(１),即 ln1 +x -ln2 ≥ ｆ(１) = 0 ?圯ln1 +x ≥ln2、２. 运用拉格朗日中值定理证明恒等式例２若x ≥ 1,求证:arctan x +arccos=、分析在三角函数部分解题中见到过这种题型,应用公式tan(α ± β) =,解得tan(α ± β) = 1, α ± β的值可能为. 但此种解法较繁琐,在这里用推论１证明.证明设ｆ(ｘ)=arctan x +arccos - ,则ｆ′(ｘ)≡0,即f(ｘ) = c (ｃ为常数)、又因为ｆ(１)=arctan1-arccos1 - = 0,所以c = 0,故ｆ(ｘ) = 0,即arctan x +arccos=.３、运用拉格朗日中值定理求极限例３求 (cos -cos )、分析观察函数特征容易想到:若令ｆ(ｔ)=cos ,则ｆ(ｔ)在［ｘ,ｘ + 1］(x ≥ ０)上显然满足拉格朗日中值定理的条件.解令ｆ(ｔ)=cos ,显然ｆ(ｔ)在［ｘ,ｘ + 1］(x ≥０)上满足拉格朗日中值定理,得cos -cos =(-sin ξ) ,其中x ＜ξ ＜ x + 1,所以 (cos -cos ) ＝(－ｓｉｎξ)＝０、4.运用拉格朗日中值定理证明方程根的存在唯一性例４设ｆ(ｘ)在[0,1]上可导,且0 ＜ｆ(ｘ) ＜ 1,又对于(０,１)内的所有点x有ｆ′(ｘ)≠-1,证明方程ｆ(ｘ) + x - 1 = 0在(０,１)内有唯一实根.分析证明方程根的存在性就有可能用到介值定理、在用介值定理证明问题时,选取合适的辅助函数可收到事半功倍的效果、而在证明唯一性的时候较常用的方法就就是反证法,所以本题证明思路就就是先证存在性,再证唯一性.证明先证存在性.令?准(ｘ) = ｆ(ｘ) + x - 1,则?准(ｘ)在［０,１］上可导.因为0 ＜ｆ(ｘ) ＜ 1.所以?准(0) = f(0) - 1 ＜ 0,?准(1) = f(１)＞0、由介值定理知?准(x)在 (0,1)内至少有一个零点, 即方程ｆ(ｘ) + x - 1 = 0在(０,１)内至少有一个实根.再证唯一性(反证法). 设方程ｆ(ｘ) + x - 1 = 0在 (0,1)内有两个实根x1,x2,不妨设0 ＜ x1 ＜ x2 ＜ 1有f(ｘ１)=1 - x1,ｆ(ｘ２) = 1 - x2,对ｆ(ｘ)在［ｘ１,ｘ2］上应用拉格朗日中值定理,有ξ∈(x1,x2),使f′(ξ) ＝ = = -1 、这与题设f′(x)≠-1矛盾,唯一性得证.拉格朗日中值定理在高中数学中应用非常广泛,远不止以上这些,如利用导数来研究函数的某些性质、描绘函数的图像、解决极值、最值等问题非常简捷,在此就不一一列举了、【参考文献】［１］华东师范大学数学系.数学分析(第三版下册)［Ｍ］.北京:高等教育出版社,２００１、［２］贾俊芳.拉格朗日中值定理的应用.雁北师范学院学报［Ｊ］.２００４.(５):２５－２８、［３］李艳敏,叶伯英.关于微分中值定理的两点思考,高等数学研究［Ｍ］.北京:高等教育出版社,２００１、。
拉格朗日中值定理在高中数学中的应用初探
．
（２）如果对任意的 。＞ｘ２＞０，总有 二 生 ≥２， 求
ｌ 一 ２
０的取 值 范 围． 解析 （２）根据拉格朗 日中值定理 内容 ，不难发 现 ： 对任意 １＞ ２＞０，总 ｊ ∈（ ２， Ｉ因此 ，问题转化为，（ ）＞２对于 ＞０恒成立 ；
效 果 ． 读者可参考解决 以下 问题 ： （１）（全 国 Ｉ卷）若 ，（ ）＝ｅ 一ｅ一．① 证 明 ：，（ ）≥２；
② Ｖ Ｉ＞０ ）≥似 ，证 明 ：ⅡＥ（一∞ ，２］．
（２）证明不等式 ＜ｌｎ（１＋ ）＜ （ ＞０）． １ 十
（３）（２０１４·陕西文 ２３题 ）设函数 厂（ ）＝ｌｎｘ＋ ，ｍ∈Ｒ
评 析 ：对于这个 例题 ，我 们 的学 生在 常规解 答 中，有些 学生不 能给出适 当的变 形并结 合几 何 意义解 答 ，甚 至有些 不 能理解 题意 ，这使 得得分率非常低．如果对 于类 似于这 种 题 型 ，我们教学 时为学生提出拉格 朗 日中值定 理模 型 ，学 生 也能 够从 直观上加 以理 解 ，为其 解答试 题起 到事 半功 倍 的
【关 键词 】拉格 朗 日中值定理 ；高 中数学 ；应用
一 、 拉 格 朗 日 中值 定 理 概 述 如果 函数 Ｙ＝厂（ ）满 足 ：（１）在 区问 ［。，ｂ］上 连 续 ， （２）在 区间（０，ｂ）上 可导 ，则 至少 存 在一点 ∈（ａ，６），使 得
）：
二 、拉格朗 日中值定理 的应 用 拉格 朗 １３中值定理 中蕴 含着 “消元 ”的思想 ，把 含 区间 （ａ，６）两端点 的表 达式通过定理转化 为在 区间（ａ，６）内部 一 变量的 问题 ，在高 中数 学教学 中 “消元 ”思 想一 直值 得我们 重视．以下将借助于相关试题等探讨 定理的有关应用． （一 ）求参数的范 围 例 １ （２ｏ１４·乐 山模拟 ）已知函数 ）＝（０—１）ｌｎｘ＋
高考数学巧遇拉格朗日中值定理_杨文萍
a&x2） x +x >f 1 2 . 2 2
2 2
思想本质上是运用拉格朗日中值定理 的思想 . 评 价 ：从 题 目 问 题 中 看 ，未 能 看 到
） 2. （2007年高考全国卷Ⅰ第20题
设函数 f （x ）=ex－e-x．% （ Ⅱ ） 若 对 所 有 x ≥0 都 有 f （x ） ≥ax ， 求 a 的取值范围 ．
） 3. （2007年安徽卷18题
设 a≥0 ，f （x ）=x－1－ln2x+2alnx （x>0 ）. （ Ⅱ ） 求 证 : 当 x >1 时 ， 恒 有 x > ln2x －
2alnx+1. ） 4. （2009年辽宁卷理21题
已知函数 f （x ）=
1 2 x －ax+ （a－1 ）lnx ， 2
在 （1 ） 式 中 由 于 x 是 自 变 量 ， 则 相 对 来说 a 是一个固定的数 ， 对 函 数 G （ x ） 两 边 求 导 ， 则 有 G′ （ x ） =
部分的分析） ， 根据上述证明我们可以
看到 ，g （x ） 可导 ， 且据观察就可以看出原 题可以换成
证 明 ： 设 k=
k （b－a ）=0.
（I ） 求函数 f （x ） 的最大值 ; （II）设 0<a<b<2a， 证明 :0<g（a）+g（b）－
设 F （x ） =G （x ） － （x －a ）ln2 ， 则 F′ （x ） =
化 成 我 们 所 熟 悉 的 以x为 自 变 量 的 函 数 “G（x）=g（a）+g（x）－2g（
lnx－ln
f （x ） 和 g （x ） 的 联 系 ， 两 个 小 题 没 有 本 质
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0 .则 2 a a 1 1 ，即 f ' a a 1 1 ，也即 f (x1) f (x2 ) 1.
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.
上， f ' x 的最大值 f ' x f ' 2k 2 1 在
max
3
2k ,2k 1 上， f ' x 的最大值
f
'
x max
f
' 2k
1 3
.从而函数
f
' x 在 2k ,2k
2 上的最大值是
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. 例 1：（2011 年福建省质检理 19 题）已知函数 f (x) x 2a2 a ln x.
a,
a
2
b
,
a
2
b
,
b
，使得
g
b
g
a
2
b
g
a
2
b
g
a
g' g'
b a ln ln b a
2
2
ln
b
2
a
ln
b a
a
2
b
(b
a)
ln
2
.
证明（Ⅰ）略；
（Ⅱ）证明：依题意，有 g' x ln x 1，
g
a
g
b
2g
a
2
b
g
b
g
a
2
b
g
a
2
b
g
a
由拉格朗日中值定理得，
存在
b
2
a
ln
4a a
b
2
a
b
a ln
2
评注：对于不等式中含有
g
a
,
g
b
,
g
a
2
b
a
b
的形式，我们往往可以把
g
a
2
b
g
a
和
g
b
g
a
2
b
，分别对
g
a
2
b
g
a
和
g
b
g
对所有 x 0 恒成立.令 G x ex ex
f x
f
0
，
x
x
x0
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
，即
x0
G x f ' e e ，由于 f '' e e e0 e0 0 ，故 f ' 在 0, x 上是增函数，
（2）、证明 f x a 或 f x a 成立（其中 x 0 ， f (0) 0 ）
x
x
f x f (0)
f x f (0)
----------即证
a或
a
x0
x0
例3：（2007年高考全国卷I第20题）
设函数 f x ex ex .[2]
k
，使得的图象上任意不同两点连线
的斜率都不小于
k
，即对任意
x2
x1
0 ，都有
g(x2 ) x2
g ( x1 ) x1
k,
即求任意两点割线斜率的大
小，由中值定理知存在
x (x1, x2 ) ，有
g' (x)
g(x2 ) x2
g ( x1 ) x1
k,
转为求切线斜率的大小.即
.
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 x 0 .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 min
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
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
f (x1) f (x2 ) x1 x2
1.
（Ⅰ）略；
（Ⅱ）要证 f (x1) f (x2 ) 1成立，即证 f ' a a 1 1 .
证明：
由
f
x x2 2 a ln x 得，
x
f
'
(x)
2x
2 x2
a ，令 g x
x
f ' x 则由拉格朗日中
值定理得： g x1 g x 2 g' (x1x 2)
下面只要证明：当 a
4 时，任意
0 ,都有 g' 1 ，则有 g' x
a
2
b
两次运用拉格朗日中值定理.
例7：(2006年四川卷理第22题)
已知函数
f
x
x2
2 x
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,
x
2
，
证明：（Ⅰ）当 a
0 时，
f ' x 2 cos x 1 ，从而 f '' x 2sin x 2 cos xcos x 1 .令 f '' x 0 得，
2 cos x2
2 cos x2
x 2k 1 ,2k 2 ；令 f '' x 0 得， x 2k ,2k 1 .所以在 2k 1 ,2k 2
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 sin x .
2 cos x
（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.
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
2 x2
1 x
，假设存在实数
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，
f
x
f
x
f
0
x
x0
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
x
x0
（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
(ii)当 x 0 时，问题即转化为 a ex ex
2
4 x3
a x2
1 ，即证
a 4 时， a x2 4 恒成立.这等价于证明 x2 4 的最小值大于 4 .由 x2 4 x2 2 2 33 4 ，
x
x
x
xx
当且仅当 x
3
2
时取到最小值，又 a
4 33
4
，故 a
4 时， 2
4 x3
a x2
余弦 arccos 3a ,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