拉格朗日中值定理与高考数学
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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；（ 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 bf a b.a1、证明f x f x a 成立（其中 x0 ）xa 或x[2]例：（ 2007年高考全国卷 I 第 20题）设函数 fxe x e x .（Ⅰ）证明：f x 的导数 f ' x2 ；（Ⅱ）证明：若对所有 x 0 ，都有 f xax ，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 fx ax(ii) 当 x0时，问题即转化为 e x e x对所有 x0 恒成立 .ax令 G xe xe xf x f 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 Gxf 'ee，由于xf ''e ee 0 e 0 0，故 f ' 在 0,x 上是增函数，让 x 0 得Gxminf 'e ef ' 02 ，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 ' 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 ' 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.二、证明 g ag b2g a b(b a), ba 成立2 例：（ 2004年四川卷第 22题）已知函数 fx ln(1 x) x, g xx ln x .（Ⅰ）求函数f x 的最大值；（Ⅱ）设0 a b 2a ，证明： g ag b2g a b(ba)ln 2 .2（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有g ' xln x 1g ag b2 gabg b ga bga b g a222由拉格朗日中值定理得，存在a,a b,a b,b ，使得22g b ga bg a b g ag 'g'? b alnln ?b a2222ln ?b aln b ?b aln 4a ? b ab a ln 22a2a2评注：对于不等式中含有 g a , g b , ga b a b 的形式，我们往往可以把2g a bg a 和g bg a b ，分别对 g a bg a 和g bg a b 两次222 2运用拉格朗日中值定理 .三、证明f x 1 f x 2x 1 x 2 成立[3] [4]例： (2OO6 年四川卷理第 22题)已知函数f x x22a ln x(x 0), f x 的导函数是 f ' x ， 对任意两个不相等的正x数 x 1 , x 2 ，证明：（１）当 a时，f x 1f x 2f x 1 x 222（２）当 a4 时， f ' x 1 f ' x 2x 1 x 2 .证明：（１）不妨设 x 1x 2 ，即证 f x 2x 1 x 2fx 1 x 2 fx 1 ．由拉格f22朗日中值定理知，存在1 x 1 ,x 1x2, 2x 1x 2, x 2 ，则 12且22f x 2f x 1x 2f '2 ?x 2 x1 ，fx 1 x 2 f x 1f'1 ? x2 2 x1 又222f ' (x) 2x2a ， f ''x2 4a .当 a 0 时， f '' x 0 .所以 f ' ( x) 是一个单x 2xx 3 x 2调递减函数， 故 f '1f '2从而 fx 2f x 1 x 2f x 1x 2f x 1 成立， 因2 2此命题获证．（２）由 fxx 22a ln x 得， f '(x) 2x2 a，令 g x f ' x 则由拉xx 2x格朗日中值定理得：g x 1 g x 2g '(x 1 x 2 )下面只要证明： 当 a4 时，任意0 ,都有 g '1 ，则有 g ' x2 4a 1，44x 3 x 2即证 a 4 时， ax 2 恒成立 .这等价于证明 x 2 的最小值大于 4 .x x由于 x 24x 2 2 2 33 4 ，当且仅当 x 32 时取到最小值，又 a4 33 4 ，xx x 故 a 4 时， 24 a 1 恒成立 .x 3 x 2所以由拉格朗日定理得：g x 1g x 2g '( x 1 x 2 )g 'x 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 fx 1 f x 2x 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 fxsin x .2 cosx（Ⅰ）求 fx 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 .（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当x 0 时，显然对任何 a ，都有 f xax ；当 x 0 时，f x fx f 0 xx 0由拉格朗日中值定理，知存在0,x ，使得fxf x f 0 f '.由（Ⅰ）知xx 0f 'x2cos x 12 ，从而 f''x2sin x 2 cos x cos x 1 .令 f ''x0 得，2cos x 22 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'xmaxf '2k 21 在312k , 2k 1上， f''xf ' 2k .从而函数 f 'xx 的最大值 fmax在31'xmax0 时， f '2k , 2k 2上的最大值是f.由 k N 知，当 x x 的最大值13 1'xmax.所以， f '的最大值 f '.为了使 f '为 fmaxa 恒成立，应有33f 'maxa .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 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min0 ..,行分类讨论 ;其次为了判断 g x 的单调性 ,还要求 g 'x0 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 . 五、证明 f x 0,( x a) 成立，（其中 f a0 ）例：（ 2007年安徽卷18题）设 a 0, f x x 1 ln 2 x 2a ln x x 0 .（Ⅰ）令 Fx xf ' x ，讨论 F x 在 0,内的单调性并求极值；（Ⅱ）求证：当 x 1 时，恒有 x ln 2 x 2a ln x1 .（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：即证 fx 0 ，由于 x 1 ，则f x f xf 1x 1 x1 .由拉格朗日中值定理得，存在1,x ，使得 f xf 1f '.由（Ⅰ）的解题过程知 f 'x1 2ln x 2a ，x 1x x所 以 f ''x222a2ln x 1 a. 令 f ''x1 ax 2 x 2 ln x x 2x2 0 得 ， x e. 令f ''x0 得， 1 xe 1 a .故f ' x 在 x 1,上最小值 f ' x min fe 1a12 1 a2a e 1 a20 .所以 f 'f 'xmin0 .从而f x 0 .又 x 1 ，1 a1 a1 ax1e ee则 fx0 成立，从而当 x0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 xminf 10 ，所以 x ln 2 x 2a ln x 1 .但是如果没有（Ⅰ） ，很难想到利用 Fxxf ' 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.f x 1f x 2f x 1f x 2（其中 x 1x 2 ）六、证明 x 1 x 2或x 1 x 2例：（ 2009年辽宁卷理21题）已知函数 f ( x)1 x2 ax (a 1)ln x,a 12（Ⅰ）讨论函数 f ( x) 的单调性；（Ⅱ）证明：若a5 ，则对任意 x 1 , x 2 0,， x 1f (x 1) f (x 2 ) 1.x 2 ，有x 1 x 2（Ⅰ）略；（Ⅱ）f ( x 1)f ( x 2 ) f ' .由（Ⅰ）得， f 'xx a a 1 .所以要证x 1x 2xf ( x 1 ) f ( x 2 )1成立，即证 f 'a a 11 .下面即证之 .x 1 x 2令 g2(a 1) a 1，则a 1 2a 1 a 5 .由于 1a 5 ，4 a 1所以 0 .从而 g在 R 恒成立 .也即 2aa1.又x 1 , x 2 ，2a a 1 1 ，即 f ' a 1x1, x2 0,，故0 .则 a 1 ，也即f ( x1 ) f ( x2 )x1 1.x2评注：这道题（Ⅱ）小题存在两个难点：首先有两个变量x1, x2 ；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）。
拉格朗日中值定理高中
拉格朗日中值定理高中拉格朗日中值定理的意义在于解析几何以及寻找函数的最值。
这是高中数学必修内容之一，对于理解和掌握许多高中数学中的概念和题目都有很大的帮助。
下面将就其分类进行详细阐述。
一、基础概念拉格朗日中值定理是微积分中一个基础概念，主要研究函数在单点上的变化情况。
对于被定义在闭区间[a,b]上连续的、在开区间(a,b)上可导的函数f(x)，定理表述者可以找出一个c∈(a,b)，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。
其中，f(b)-f(a)表示函数在区间[a,b]上的增量；f'(c)表示函数f(x)在点c处的导数。
二、证明方法证明拉格朗日中值定理，需要借助于罗尔中值定理和柯西中值定理两种方法，分别利用这两种方法可以互相推理和补充，从而得出更加完善严谨的证明。
利用罗尔中值定理，我们可以得出函数在两个端点处取得相同的值，从而让拉格朗日中值定理成立；而利用柯西中值定理，则是用来证明一些特定的情况下，拉格朗日中值定理的推广形式是否成立。
三、应用举例拉格朗日中值定理是一个非常实用的定理，可以在很多确定函数最值、优化问题中使用。
例如，某公司早上7点上班，晚上5点下班，某员工每天将工作效率通过函数f(x)进行描述，其中x表示时间段，f(x)表示效率值。
则根据拉格朗日定理，可以找到某一时刻，员工的效率达到最高值。
在此基础上，我们可以进一步优化员工的工作节奏和效率，提高企业的生产效率和利润。
总之，拉格朗日中值定理在高中数学的学习中具有非常重要的地位，其可以作为高中数学各项知识点的基础，从而对提高学生数学素养和理解能力有极大的帮助。
高考数学巧遇拉格朗日中值定理_杨文萍
f （x ） 和 g （x ） 的 联 系 ， 两 个 小 题 没 有 本 质
上 的 联 系 ， 第 （ Ⅰ ） 题 只 是 用 到 f （x ） 而 没 有 用 g （x ）， 而 第 （ Ⅱ ） 题 不 需 要 第 （ Ⅰ ） 题 的结果也可以单独解出 . 参考答 案 中 要 联 系 第 （ Ⅰ ） 题 中 的 ln （1+x ） －x<0 （x>－1 ， 且 x≠0 ） 才能求解第 （Ⅱ ） 题 ， 学生会较难 想 到 要 运 用 第 一 小 题 的 结 论 ，而 且 解 第 （Ⅰ ） 题 需 要 花 较 多 的 时 间 ， 这 使 得 有 限 的 时 间 变 得 更 少 ，这 样 ，对 于 学 生 来 说 是一个挑战 . 若运用拉格朗日中 值 定 理 不 仅 可 以 不 用 考 虑 第 （Ⅰ ） 题 的 结 论 ， 而 且可以运用拉格朗日中值定理较快接 近 证 明 的 结 果 ，不 需 要 太 多 技 巧 ，经 过
） 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ห้องสมุดไป่ตู้函数 f （x ）=
1 2 x －ax+ （a－1 ）lnx ， 2
试题研究 > 知识延伸
数学教学通讯 （教师版 ）
投稿邮箱 ：sxjk@
高考数学巧遇拉格朗日中值定理
杨文萍 华南师范大学数学科学学院
摘
陈
铿
510631
华南师范大学教育科学学院
510631
拉格朗日中值定理在高数第几章
拉格朗日中值定理在高数第几章拉格朗日中值定理在高数第五章为标题高等数学是大学本科数学专业的一门基础课程，其中包含了很多重要的定理和方法。
在高等数学的第五章中，我们学习了拉格朗日中值定理，这是微积分中的一个重要定理，能够帮助我们研究函数的性质和求解相关问题。
拉格朗日中值定理是由法国数学家拉格朗日在18世纪提出的，它是微积分中的极值问题的核心定理之一。
这个定理的内容是：若函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)上可导，那么在(a, b)内至少存在一点c，使得f(b) - f(a) = f'(c)(b - a)。
换句话说，拉格朗日中值定理告诉我们，在函数f(x)在闭区间[a, b]上满足一定条件的情况下，必然存在一个点c，使得函数在这个点处的斜率等于函数在整个区间上的平均斜率。
拉格朗日中值定理的应用非常广泛，它在微积分中有着重要的地位。
首先，通过拉格朗日中值定理，我们可以证明某些函数的性质。
例如，当函数在闭区间上的导数恒为零时，根据中值定理，我们可以得知这个函数在该区间上是一个常数函数。
此外，拉格朗日中值定理还可以用于证明泰勒公式的一个特例，即拉格朗日余项的存在性。
除了理论研究外，拉格朗日中值定理还有很多实际的应用。
例如，在物理学中，我们经常需要通过对某个物理量的变化率进行研究来得到有用的信息。
这时，我们可以利用中值定理来寻找这个物理量在某个时间段内的平均变化率，从而得到有关物理问题的重要结论。
此外，在经济学、生物学等领域中，拉格朗日中值定理也广泛应用于相关问题的分析和求解。
尽管拉格朗日中值定理在微积分中有着重要的地位，但它也有一些限制和注意事项。
首先，定理要求函数在闭区间上连续，在开区间上可导，这是定理成立的基本条件。
其次，定理只能保证在(a, b)内至少存在一个点c满足给定的条件，并不能确定具体的取值。
因此，在具体运用中，我们需要结合具体问题进行分析，不能仅依赖于定理的结论。
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。
高考数学巧遇拉格朗日中值定理
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拉 格朗 日中值 定理及 其 证明
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高考数学巧遇拉格朗 日中值定理
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华 南师 范大学数 学科 学 学院
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华 南师 范 大学教 育科 学学 院
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拉格朗日中值定理与高考数学
拉格朗日中值定理与高考数学拉格朗日中值定理在高考数学中是一个重要的定理，它可以用来证明一些不等式和求函数的最值等问题。
首先，拉格朗日中值定理的表述是：若函数f满足在闭区间[ a。
b]上连续，在开区间(a。
b)内可导，则在a,b内至少存在一点x，使得f(b)-f(a)=(b-a)f'(x)。
举个例子，比如2007年高考全国卷I第20题，要求证明函数f(x)=e^x+2x的导数为f'(x)=e^x+2，以及对于所有x，都有f(x)>=ax，求a的取值范围。
其中，证明f(x)的导数为f'(x)可以直接求导得到。
而对于a的取值范围，我们可以将不等式f(x)>=ax变形为e^x>=ax-2x，然后根据拉格朗日中值定理，得到a的取值范围为(0,2]。
另外，有些题目需要运用多次拉格朗日中值定理来证明，比如2004年四川卷第22题，要求证明函数g(x)=ln(x+1)-lnx在区间[1,2]上满足不等式g(a)+g(b)>=2g((a+b)/2)，其中a,b属于[1,2]。
我们可以先对不等式两边分别应用拉格朗日中值定理，得到g(a)+g(b)=2g((a+b)/2)+g'(c)(b-a)，然后再对g'(c)应用拉格朗日中值定理，得到g'(c)=(1/(c+1)-1/c)/(c-(c+1)/2)，化简后得到g'(c)=2ln2/(c^2-c-2)，代入原式中，得到不等式g(a)+g(b)>=2g((a+b)/2)+2ln2，进一步化简可得g(a)+g(b)>=2g((a+b)/2)+ln2，即所求不等式成立。
x) = 2cos(x)。
根据题意，当a=1时，有f'(x) = -2sin(x)，对于任意的x1和x2，根据拉格朗日中值定理，存在c∈(x1,x2)，使得f(x2)-f(x1) = f'(c)(x2-x1)。
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、。
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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；（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-=-.1、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()xxf x e e -=-. （Ⅰ）证明：()f x 的导数()'2fx ≥；（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 x e 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 fe 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. 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 +⎛⎫+-<- ⎪⎝⎭. （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. 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 ->-. 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 21ax 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 =4a ≤<，故4a ≤时，32421ax 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. 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.（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 fx x +=+，从而()()()()''22sin 2cos cos 12cos x x x fx x +-=+.令()''0f x ≥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()'max13f x =.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.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 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，11ax e +≤≤.故()'f x 在()1,x ∈+∞上最小值()()'1min a 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 >-+.但是如果没有（Ⅰ），很难想到利用()()'F x xfx =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()()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 ->--.（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.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）。