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。
命题人系列第8讲：拉格朗日中值定理及应用
命题人系列第8讲：拉格朗日中值定理及应用凌晨讲数学
79篇原创内容
公众号
本节继续《命题人视角下的函数与导数》第8讲：拉格朗日中值定理及其在导数命题的中的应用.
作为继泰勒展开之后的另一个高观点下的应用范例，我将从以下几个方面入手：
实际上，关于拉格朗日中值定理在导数题目中的应用，目前谈论最多的应该是一类割线斜率恒成立问题，例如2018年全国1卷，但是，仅就拉格朗日中值定理来讨论割线斜率恒成立问题又是不严谨的，即用该定理来解决这类问题会犯错！所以，这类不严谨的做法不是本文讨论的重
点，仅在文末会给出例子说明. 本节的重点是围绕两道高考真题谈论拉格朗日中值定理在导数命
题中最重要的两个应用：利普希茨条件和刘维尔不等式. 因此，本文的基本构架如下：
1.拉格朗日中值定理
2.利普希茨条件与2019天津卷导数题
3.刘维尔不等式与2017天津卷导数题
4.割线斜率的取值范围.更正下面定理为闭区间连续，开区间可导！
如果你喜欢此内容，请在文末为它点个赞和在看!。
活跃在高考中的拉格朗日中值定理
• 24 •理科考试研究•数学版2020年4月1日:k SM m _i x#.，_V2 4 '_T-艮P*^4 W = 了 _■ 2^1 -d2 .、d= 4 •所以'或 |■•即-或"=夸.所以<--\〇P\\0'P'\1'\〇E\~ \0'E'\~d .所以*二:2 或f.解法2令T, ___X_1_及’则椭圆经过伸缩变换后得单位圆（V)2 +l y =y，(/)2 =1.i c i s一界一 4所以乙水O'B'= T^T-所以d=丨0£|T T=rsm—=od,- |OE|= rsin73所以《:\〇P\"\〇E\\0'P'\1■\0'E'\~ d ~2或f.评注此解法采用“化椭为圆”法求解，与常规法 相比“化椭为圆”充分利用了 “数形结合”的思想，降低了题目的思维难度，简化了运算的过程，其优越性不 言而喻.椭圆与圆之间存在着许多内在联系，在学习和研 究椭圆问题时，若能有意识地挖掘椭圆与圆之间的内 在联系，利用伸缩变换将椭圆变换为单位圆，把直线 与椭圆的位置关系问题转化为直线与圆的位置关系 问题，从而实现“椭圆问题圆解决”.圆与椭圆的相互 转化可以使我们领略知识之间并不是孤立的，这就促 使我们在研究问题时，要善于转化，善于在知识之间 建立合理的联系，善于将复杂问题合理地向简单问题 转化化椭为圆”让学生多了一种选择，促进了学生 数学思维的发展，有利于培养学生程序化思考问题的 习惯，提升学生的数学运算能力，促使其形成一丝不 苟、严谨求实的科学精神.学生数学学科素养的形成和发展，是在教师的启 发和引导之下，通过自己的独立思考悟出来的，是一 种逐渐养成的思维习惯和思想方法•数学之美，在于 发现，因此有效挖掘题中所给信息，不仅是解题的需 要也是优化知识结构、训练思维、提高数学素养的需要.参考文献：[1]侯宝坤.伸缩变换——兼谈化椭圆为圆问题[J].中学 数学研究，2004(04) :3丨-33.[2]王海军.聚焦“中点”多样解题[J].理科考试研究, 2019,26(03),20 - 21.(收稿日期:2019 -10 -28)活趺在高考中的拉格朗中值走理王伯龙(彭阳县第三中学宁夏固原756599)摘要:拉格朗日中值定理是微积分学中的重要定理,应用定理可简洁地解证一些不等式.本文以高考试题为例阐 述运用拉格朗日定理解决不等式问题的策略.关键词：拉格朗日中值定理；高考数学；不等式1拉格朗日中值定理定理如果函数/U)满足：（1 )在闭区间[a,6]上连续；（2)在开区间（a，6)内可导，那么至少存在一点 ^(a，6)，使得T k)=f W;f卢蚊-0 —(1几何意义定理中■是连接曲线上两〇_ a作者简介：王伯龙（1965 -),男，宁夏彭阳人，本科，中学高级教师，研究方向：高中数学教育教学.2020年4月1日理科考试研究•数学版• 25 •点/^，/(^^^…/(/^的弦的斜率/乂…是过曲 线上一点U /(d )的切线的斜率，那么定理可解释为 在曲线y =/(*)上至少存在一条平行于弦的切线 (如图1).拉格朗日中值定理原本是大学《数学分析》课程 中的内容，《普通高中数学课程标准（2017年版）》[1] 对高中数学课程的结构进行了调整，将拉格朗日中值 定理调整到数学选修课程A 类“导数与微分”一章 中，要求学生会用拉格朗日中值定理证明一些不等 式.这样的调整起到了承前启后的作用，为学生将来步人大学学习高等数学打下坚实的基础.其实，在历 年的高考试题中，拉格朗日中值定理的影子随处可 见，下面举例予以展示.2高考试题中的拉格朗日中值定理例1 (2007年全国高考I 卷理科第20题）设函=ex -e 'x.(1) 证明：函数/(x )的导数厂（*)多2;(2)证明：若对所有的x &O ,都有/(幻><^，则a的取值范围为(-»，2].证明（1)略；(2)当*=0时，结论显然成立.当x >0时，不等式/(幻為a x 可转化为f i x ) -/(0)^〇x) +e _'由拉格朗日中值X -\J定理可知，至少存在一点(03),使得/'U )=八^二^⑴多a 成立，即+e i ^a.x - 0由基本不等式得+e 〜>2.所以es +e i 的最小值为2.所以a ^2.故a 的取值范围为(-〇〇 ,2).例2 (2010年辽宁高考数学理科第21题）已知函数/(*) = (a + 1 )lru : + ax 2 + 1_(1)讨论函数/U )的单调性；(2)设 a < - 1,如果对任意 x , ,*2 e (0, + 〇〇 )，有 丨/(*1 ) -/(*2)丨>4l*i丨成立，求a 的取值范围•解析（1)略；(2)当& =x 2时，对任意a <- 1，不等式成立；当;时，不妨设〜不等式丨/卜,）-f (x ,) -f (x 2)/U 2) I >4 I *丨-戈21可转化为& 4.因为/'U )x x - x2+ 2a t 所由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点6 e u ,，h )，使得/'U ) f (x\ ) ~f (x 2)X\ ~ X2-成立，即+ 2as >4.由于〇<-1，>0，所以-2ae ^4.S ^；- —-2aff &2y 2a(a + l )e e的最小值为2 /2〇(〇 + 1).因而只需2v /2a (a + l ) &4,解得a 专-2.故a 的取值范围为(-» ,-2].例3 (2016年全国新课标II 卷文科第21题）已知函数/(*)=(* +1 )1似-a (;« — 1 )•⑴当a =4时，求曲线”/⑷在（1,/(1))处的 切线方程；(2)若*e (l , +〇〇)/(幻>0,求a 的取值范围. 解析（1)略；(2)对x e (l ，+〇〇)，/(幻 >0j p a <!^±i ^.尤一 1由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点s e (1，尤），使得 a < Ins + 丄+ 1•令莒（£〇 = lne + 丄 + 1，e e 则，⑴当占£(1，幻时，g '(幻s所以函数g U ) =l n s +丄+ 1在（1，幻内单调e 递增•因此g (占）>g( 1) =2.要使a < Ins +丄+ 1成立，只需a <2.e 故a 的取值范围为(-〇〇 ,2].例4 (2017年全国新课标D 卷文科第21题）设函数/U ) =(1 _^)心• 26 •理科考试研究•数学版2020年4月1日(1)讨论函数/(幻的单调性；(2) 当时，/(*)矣似+ 1，求a的取值范围•解析（1)略；(2)当*=0时，原不等式成立.当;*>〇 时,/(；«) ：$〇*：+1，所以U—L^a /(丨1) _/(丨2)Xj - x2< a - 2.解析（i)略；(2)由（1)知，/(幻有两个极值点当且仅当a>2.由于/'U) =-~V_l +A,不妨设々 <巧，由拉格X x而/'(*) =(1 -2：d2)e\由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点e e (0，*)，使得（1 -d)es专a成立•令 g(s) = (1 -2占-e2)e%所以 g’（e)=-(占2+ 4e + l)e\由于s>〇,因而y u) <0.所以函数g U) =(1 在(0,*)上单调递减，于是贫（e) <g(〇) =1.因此a&l.故a的取值范围为[1，+〇〇).例5 (2009年辽宁高考数学理科第21题）已知函数/(*) = -似+ ^-丨）lru:,a> 1.(1) 讨论函数/(幻的单调性(2) 证明:若a<5,则对任意力，x2e (0, + 〇〇 )，*,)~f(x2)解析（1)略；(2)厂（*) =x-a+^■，不妨设*丨 <巧，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点s e (*,，),使得a-1 /(〜）_/( *2)e- a+----=------------•e x t -x2因为a > 1，所以由基本不等式得e - a +a—1 e^2 —1 —d.1)~~,( 2)>2y〇- 1 一a= - (y/a- \ - 1)2.x x-x2因为 1<5,所以-1 < /a- 1 -1 <1.于是〇$( A^T-i)2 <1.因而一（^C L—\ —1)2 > —1.即•^1)-/(〜）>-1成立_无1 一尤2例6 (2018年全国新课标I卷理科第21试题)已知函数/'()=丄-x+ aimx(1)讨论函数/(幻的单调性；(2)若/( * )存在两个极值点*,，&.证明:朗日中值定理可知，至少存在一点e/(*】）-/(々）■*2l+7.h U)e (〜，x2)，使得1,a飞一 1 +7,e s则 g，u) =4-4e e2 —as当时,g'U) >〇,函数为增函数；当o f时，g'U) <0,函数g U)为减函数.于是当占=|时，g随（占）=-t - i+(a + 2)(a-2)~~4•艮P-^-l +!g(a+2K a-2)对于任意^^ e£4(A，i2)恒成立.因为 a>2,所以（a+2)4(a_2) >a-2.因此1+ — <a-2.£故/U l) -/(尤2)x x- X2< fl — 2.综上可知，对于一些结构特征（或变形后）满足拉 格朗日中值定理的不等式问题，应用拉格朗日中值定 理求解具有思路简单、计算量小、易于掌握的特点.我们发现，利用拉格朗日中值定理可以解决两类问题: 一是已知不等式求参数的取值范围；二是已知参数的 取值范围证明不等式.对这两类问题的求解关键是将 所给的不等式或要证的不等式转化成拉格朗日中值 定理的结构形式.随着新一轮课改的深入，拉格朗日 中值定理将在以后的高考中会越来越受到命题专家 的青睐.参考文献：[1]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(2017年版）[M].北京:人民教育出版社，2018.(收稿日期:2019-丨0-29)。
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.。
拉格朗日中值定理 的作用和地位
拉格朗日中值定理的作用和地位下载提示：该文档是本店铺精心编制而成的，希望大家下载后，能够帮助大家解决实际问题。
文档下载后可定制修改，请根据实际需要进行调整和使用，谢谢！本店铺为大家提供各种类型的实用资料，如教育随笔、日记赏析、句子摘抄、古诗大全、经典美文、话题作文、工作总结、词语解析、文案摘录、其他资料等等，想了解不同资料格式和写法，敬请关注！Download tips: This document is carefully compiled by this editor. I hope that after you download it, it can help you solve practical problems. The document can be customized and modified after downloading, please adjust and use it according to actual needs, thank you! In addition, this shop provides you with various types of practical materials, such as educational essays, diary appreciation, sentence excerpts, ancient poems, classic articles, topic composition, work summary, word parsing, copy excerpts, other materials and so on, want to know different data formats and writing methods, please pay attention!拉格朗日中值定理的作用和地位一、引言拉格朗日中值定理是微积分中的重要定理之一，它具有深远的理论和实际意义。
如何通过函数中值定理解决高考数学中的问题
如何通过函数中值定理解决高考数学中的问题将函数图像分成n条线段高中数学中，函数中值定理是一个经典的定理，很多问题都可以通过它得到解决。
在高考中，我们经常会出现这样一个问题，给定一个函数f(x)，要求证明在[a,b]上f(x)达到了极小值或者极大值。
那么，如何通过函数中值定理解决这种问题呢？首先，我们来看一下函数中值定理的具体内容。
函数中值定理又叫拉格朗日中值定理，它是微积分中的一个基本定理，是初学微积分必须掌握的内容之一。
定理内容如下：设函数f(x)在闭区间[a,b]上连续，在(a,b)内可导，则在(a,b)内至少存在一点c，使得f(b)-f(a)=f'(c)(b-a)。
这个定理的意思是，确定一个区间[a,b]，然后在(a,b)内找到一个点c使得斜率等于某个值，然后就可以利用这个值来解决问题了。
在高考中，我们可以针对这一定理进行多种运用。
举个例子，我们考虑如何通过函数中值定理来证明函数f(x)=1/x在[1,2]上取得最小值。
这个问题可以转化为证明函数g(x)=x取得最大值。
根据函数中值定理，可以写出如下式子：g(2)-g(1)=g'(c)(2-1)将g(x)=x代入上式，则有2-1=c即c=1，故在[1,2]上函数g(x)=x取得最大值，最大值为2。
这个例子说明了如何运用函数中值定理来证明函数取得最小值或最大值的问题。
但我们还可以通过函数中值定理来求解函数的零点和极值等问题。
下面我们将从三个方面来介绍如何通过函数中值定理解决这些问题。
一、求解函数的零点假设f(x)是一个连续函数，并且在一个区间[a,b]上f(a)和f(b)异号，那么根据零点定理，f(x)在[a,b]内至少存在一个零点。
要进一步确定这个零点的位置，我们可以利用函数中值定理。
根据函数中值定理，可以写出如下式子：f(c)=0=f(b)-f(a)/b-a*(c-a)+f'(d)*(c-d)式子左边等于0，又因为f(a)和f(b)异号，所以f(c)在[a,b]的某个位置处必须为零，即f(c)=0。
拉格朗日中值定理———编拟导数综合题的根
拉格朗日中值定理编拟导数综合题的根李鸿昌(北京师范大学贵阳附属中学ꎬ贵州贵阳５５００８１)摘㊀要:拉格朗日中值定理是«数学分析»的内容ꎬ属于高等数学内容.本文先揭示高考题的拉格朗日中值定理背景ꎬ再以拉格朗日中值定理为背景来命制导数试题.关键词:拉格朗日中值定理ꎻ导数题ꎻ原创题ꎻ命制试题中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１６－００２３－０４收稿日期:２０２３－０３－０５作者简介:李鸿昌(１９９１.１０－)ꎬ男ꎬ贵州省凯里人ꎬ本科ꎬ从事高中数学教学研究.１拉格朗日中值定理若函数ｆ(ｘ)满足如下条件:(１)ｆ(ｘ)在闭区间[ａꎬｂ]上连续ꎻ(２)ｆ(ｘ)在开区间(ａꎬｂ)内可导ꎬ则在(ａꎬｂ)内至少存在一点ξꎬ使得ｆᶄ(ξ)＝ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)ｂ－ａ.拉格朗日中值定理的几何意义是:在满足定理条件的曲线ｙ＝ｆ(ｘ)上至少存在一点Ｐ(ξꎬｆ(ξ))ꎬ该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线.该定理的结论称为拉格朗日公式.拉格朗日公式还有下面几种等价形式ꎬ供读者在不同场合选用:ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)＝ｆᶄ(ξ)(ｂ－ａ)ꎬａ<ξ<ｂꎻｆ(ｂ)－ｆ(ａ)＝ｆᶄ[ａ＋θ(ｂ－ａ)](ｂ－ａ)ꎬ０<θ<１ꎻｆ(ａ＋ｈ)－ｆ(ａ)＝ｆᶄ(ａ＋θｈ)ｈꎬ０<θ<１.注㊀拉格朗日公式无论对于ａ<ｂꎬ还是ａ>ｂ都成立ꎬ而ξ则是介于ａ与ｂ之间的某一常数.显然ꎬ当０<θ<１时ꎬａ<ａ＋θ(ｂ－ａ)<ｂ.很多的高考真题和模拟题ꎬ都是根据拉格朗日中值定理来命制的ꎬ下文举例说明.２高考题的背景揭示例１㊀(２００６年四川卷理)已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ２＋２ｘ＋ａｌｎｘ(ｘ>０)ꎬｆ(ｘ)的导函数是ｆᶄ(ｘ).对任意两个不相等的正数ｘ１ꎬｘ２ꎬ证明:(１)当ａɤ０时ꎬｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)２>ｆ(ｘ１＋ｘ２２)ꎻ(２)当ａɤ４时ꎬｆᶄ(ｘ１)－ｆᶄ(ｘ２)>ｘ１－ｘ２.解析㊀由题意ꎬ得ｆᶄ(ｘ)＝２ｘ－２ｘ２＋ａｘ.对于第(１)问ꎬ由于ｆᵡ(ｘ)＝２＋４ｘ３－ａｘ２>０ꎬ所以ｆ(ｘ)是凹函数ꎬ由凹函数的定义知ꎬｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)２>ｆ(ｘ１＋ｘ２２).第(２)问ꎬ不妨设ｘ１<ｘ２ꎬ由拉格朗日中值定理知ꎬ存在ｃɪ(ｘ１ꎬｘ２)ꎬ使得ｆᶄ(ｘ１)－ｆᶄ(ｘ２)＝ｆᵡ(ｃ)(ｘ１－ｘ２).即ｆᶄ(ｘ１)－ｆᶄ(ｘ２)＝ｆᵡ(ｃ)(ｘ１－ｘ２).证明ｆᶄ(ｘ１)－ｆᶄ(ｘ２)>ｘ１－ｘ２ꎬ只需证ｆᵡ(ｃ)>１ꎬ即只需证２＋４ｃ３－ａｃ２>１.整理此不等式ꎬ只需证ａ<ｃ２＋４ｃ.而ｃ２＋４ｃ＝ｃ２＋２ｃ＋２ｃȡ３３４>４ꎬ故当ａɤ４时ꎬａ<ｃ２＋４ｃ.从而得证ｆᶄ(ｘ１)－ｆᶄ(ｘ２)>ｘ１－ｘ２.由此可见ꎬ我们以上的分析过程ꎬ也正是命题老师对该题的命制过程.从高观点出发ꎬ以拉格朗日中值定理为工具ꎬ可以命制出很多高质量的考题.如ꎬ设函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ－ｅ－ｘꎬ可知ｆᶄ(ｘ)＝ｅｘ＋ｅ－ｘȡ２ｅｘｅ－ｘ＝２.由拉格朗日中值定理ꎬ至少存在一点ξɪ(０ꎬｘ)ꎬ使得ｆᶄ(ξ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(０)ｘ－０＝ｅｘ－ｅ－ｘｘ.而ｆᶄ(ξ)ȡ２ꎬ所以必有ｅｘ－ｅ－ｘȡ２ｘ.从而可编拟如下试题:例２㊀(２０１７年全国Ⅰ卷理)设函数ｆ(ｘ)＝ｅｘ－ｅ－ｘ.(１)证明:ｆ(ｘ)的导数ｆᶄ(ｘ)ȡ２.(２)若对所有ｘȡ０都有ｆ(ｘ)ȡａｘꎬ求ａ的取值范围.又如ꎬｆ(ｘ)＝ｌｎｘ在区间[１ꎬ１＋ｘ]上使用拉格朗日定理ꎬ有ｆ(１＋ｘ)－ｆ(１)＝ｆᶄ(ξ)[(１＋ｘ)－１]ꎬξɪ(１ꎬ１＋ｘ)ꎬ则ｌｎ(１＋ｘ)＝ｘξ.由１<ξ<１＋ｘ(ｘ>０)ꎬ有ｘ１＋ｘ<ｘξ<ｘ.于是ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)<ｘ.从而可编拟如下试题:例３㊀(原创题)设函数ｆ(ｘ)＝ｌｎ(ｘ＋１)－ａｘｘ＋１.(１)讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)若ｆ(ｘ)ȡ０恒成立ꎬ求ａ的值.因为ｘ１＋ｘ<ｌｎ(１＋ｘ)ꎬ当ｘ>０时ꎬ有(１＋ｘ)ｌｎ(１＋ｘ)ｘ>１.令ｆ(ｘ)＝(１＋ｘ)ｌｎ(１＋ｘ)ꎬ则上式即为ｆ(ｘ)ｘ>１.若ｆ(ｘ)ȡａｘ对ｘɪ[０ꎬ＋¥)恒成立ꎬ则当ｘ>０时ꎬａɤｆ(ｘ)ｘꎬ从而ａɤ１.从而可编拟如下试题:例４㊀(２００６年全国Ⅱ卷理)设函数ｆ(ｘ)＝(１＋ｘ)ｌｎ(１＋ｘ)ꎬ若对所有的ｘȡ０都有ｆ(ｘ)ȡａｘ成立ꎬ求实数ａ的取值范围.３编拟试题我们还可以直接以拉格朗日中值定理作为背景编拟试题.例５㊀已知函数ｆ(ｘ)＝１２ｋｘ２－２ｘ＋ｋｌｎｘꎬｋ>０.(１)讨论函数ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)当ｋ＝２时ꎬ设[ａꎬｂ]⊆[１ꎬ２]ꎬ其中ａ<ｂꎬ证明:存在唯一的ｃɪ(ａꎬｂ)ꎬ使得ｆᶄ(ｃ)＝ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)ｂ－ａ.解析㊀(１)ｆᶄ(ｘ)＝ｋｘ－２＋ｋｘ＝ｋｘ２－２ｘ＋ｋｘꎬｘɪ(０ꎬ＋¥).记Δ＝４－４ｋ２＝４(１－ｋ２).(ⅰ)当ｋ>１时ꎬΔ<０ꎬｆᶄ(ｘ)>０在(０ꎬ＋¥)上恒成立ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增.(ⅱ)当ｋ＝１时ꎬｆᶄ(ｘ)＝(ｘ－１)２ｘȡ０在(０ꎬ＋¥)上恒成立ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增.(ⅲ)当０<ｋ<１时ꎬΔ>０ꎬ由ｆᶄ(ｘ)＝０解得ｘ１＝１－１－ｋ２ｋꎬｘ２＝１＋１－ｋ２ｋꎬ且０<ｘ１<ｘ２.当ｘɪ(０ꎬｘ１)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(ｘ１ꎬｘ２)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０ꎻ当ｘɪ(ｘ２ꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０.所以ｆ(ｘ)在(０ꎬｘ１)ꎬ(ｘ２ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ在(ｘ１ꎬｘ２)上单调递减.(２)当ｋ＝２时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ２－２ｘ＋２ｌｎｘꎬｘɪ(０ꎬ＋¥)ꎬ则ｆᶄ(ｘ)＝２(ｘ＋１ｘ－１).令ｇ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)＝２(ｘ＋１ｘ－１)ꎬｘɪ[１ꎬ２]ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝２(１－１ｘ２)＝２(ｘ２－１)ｘ２ȡ０ꎬ当且仅当ｘ＝１时取等号ꎬ所以ｇ(ｘ)在[１ꎬ２]上单调递增ꎬ而[ａꎬｂ]⊆[１ꎬ２]ꎬ所以ｇ(ｘ)在(ａꎬｂ)上也单调递增ꎬ故要证存在唯一的ｃɪ(ａꎬｂ)ꎬ使得ｆᶄ(ｃ)＝ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)ｂ－ａ.只需证ｇ(ａ)<ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)ｂ－ａ<ｇ(ｂ)ꎬ即只需证２ａ＋２ａ－２<(ｂ２－２ｂ＋２ｌｎｂ)－(ａ２－２ａ＋２ｌｎａ)ｂ－ａ<２ｂ＋２ｂ－２ꎬ只需证ａ－ｂ＋２ａ<２ ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ<ｂ－ａ＋２ｂ.①(ⅰ)先证:２ ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ<ｂ－ａ＋２ｂ.②令ｂ＝ａ＋ｔꎬ１ɤａ<ａ＋ｔɤ２ꎬ则只需证２ｌｎ(１＋ｔａ)<ｔ２＋２ｔａ＋ｔ.③令ｈ(ｔ)＝ｔ２＋２ｔａ＋ｔ－２ｌｎ(１＋ｔａ)ꎬ０<ｔ<１ꎬ则ｈᶄ(ｔ)＝２ｔ[(ａ＋ｔ)２－１](ａ＋ｔ)２>０.所以ｈ(ｔ)在(０ꎬ１)上单调递增.于是ｈ(ｔ)>ｈ(０)＝０.即２ｌｎ(１＋ｔａ)<ｔ２＋２ｔａ＋ｔ成立.故③成立ꎬ即②成立.(ⅱ)再证:ａ－ｂ＋２ａ<２ ｌｎｂ－ｌｎａｂ－ａ.④令ｂ＝ａ＋ｔꎬ１ɤａ<ａ＋ｔɤ２ꎬ则只需证－ｔ２＋２ｔａ<２ｌｎ(１＋ｔａ).⑤令ｕ(ｔ)＝２ｌｎ(１＋ｔａ)＋ｔ２－２ｔａꎬ０<ｔ<１ꎬ则ｕᶄ(ｔ)＝２ｔ[ａ(ａ＋ｔ)－１]ａ(ａ＋ｔ)>０.所以ｕ(ｔ)在(０ꎬ１)上单调递增.于是ｕ(ｔ)>ｕ(０)＝０.即－ｔ２＋２ｔａ<２ｌｎ(１＋ｔａ)成立ꎬ故④成立.即⑤成立.综上ꎬ不等式①成立ꎬ所以存在唯一的ｃɪ(ａꎬｂ)ꎬ使得ｇ(ｃ)＝ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)ｂ－ａ.即ｆᶄ(ｃ)＝ｆ(ｂ)－ｆ(ａ)ｂ－ａ.例６㊀(原创题)设函数ｆ(ｘ)＝４ｌｎｘ－１２ａｘ２＋(４－ａ)ｘ＋ｂ(ａꎬｂɪＲ).(１)讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)若函数ｆ(ｘ)存在极值ꎬ对于任意的０<ｘ１<ｘ２ꎬ存在正实数ｘ０ꎬ使得ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)＝ｆᶄ(ｘ０)(ｘ２－ｘ１)ꎬ试判断ｘ１＋ｘ２与２ｘ０的大小关系ꎬ并给出证明.㊀解析㊀(１)ｆ(ｘ)的定义域为(０ꎬ＋¥)ꎬｆᶄ(ｘ)＝４ｘ－ａｘ＋(４－ａ)＝－(ｘ＋１)(ａｘ－４)ｘ.(ⅰ)若ａɤ０ꎬ则ｆᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增.(ⅱ)若ａ>０ꎬ则由ｆᶄ(ｘ)＝０得ｘ＝４ａ.当ｘɪ(０ꎬ４ａ)时ꎬｆᶄ(ｘ)>０ꎻ当ｘɪ(４ａꎬ＋¥)时ꎬｆᶄ(ｘ)<０.所以ｆ(ｘ)在(０ꎬ４ａ)上单调递增ꎬ在(４ａꎬ＋¥)上单调递减.(２)由(１)知ꎬ当ａ>０时ꎬｆ(ｘ)存在极值.ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)＝４(ｌｎｘ２－ｌｎｘ１)－１２ａ(ｘ２＋ｘ１)(ｘ２－ｘ１)＋(４－ａ)(ｘ２－ｘ１).由题设得ｆᶄ(ｘ０)＝ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)ｘ２－ｘ１＝４(ｌｎｘ２－ｌｎｘ１)ｘ２－ｘ１－１２ａ(ｘ２＋ｘ１)＋(４－ａ).又ｆᶄ(ｘ１＋ｘ２２)＝８ｘ１＋ｘ２－ａ ｘ１＋ｘ２２＋(４－ａ)ꎬ所以ｆᶄ(ｘ０)－ｆᶄ(ｘ１＋ｘ２２)＝４(ｌｎｘ２－ｌｎｘ１)ｘ２－ｘ１－８ｘ１＋ｘ２＝４ｘ２－ｘ１[(ｌｎｘ２－ｌｎｘ１)－２(ｘ２－ｘ１)ｘ２＋ｘ１]＝４ｘ２－ｘ１[ｌｎｘ２ｘ１－２(ｘ２ｘ１－１)ｘ２ｘ１＋１].设ｘ２ｘ１＝ｔ(ｔ>１)ꎬ则ｌｎｘ２ｘ１－２(ｘ２ｘ１－１)ｘ２ｘ１＋１＝ｌｎｔ－２(ｔ－１)ｔ＋１.令ｇ(ｔ)＝ｌｎｔ－２(ｔ－１)ｔ＋１(ｔ>１)ꎬ则ｇᶄ(ｔ)＝１ｔ－２[１ (ｔ＋１)－(ｔ－１) １](ｔ＋１)２＝(ｔ－１)２ｔ(ｔ＋１)２>０ꎬ所以ｇ(ｔ)在(１ꎬ＋¥)上单调递增.所以ｇ(ｔ)>ｇ(１)＝０.故ｌｎｘ２ｘ１－２(ｘ２ｘ１－１)ｘ２ｘ１＋１>０.又０<ｘ１<ｘ２ꎬ即ｘ２－ｘ１>０.因此ｆᶄ(ｘ０)－ｆᶄ(ｘ１＋ｘ２２)>０.即ｆᶄ(ｘ１＋ｘ２２)<ｆᶄ(ｘ０).由ｆᶄ(ｘ)＝４ｘ－ａｘ＋(４－ａ)知ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递减ꎬ所以ｘ１＋ｘ２２>ｘ０.即ｘ１＋ｘ２>２ｘ０.背景分析㊀该题第(２)问的题干 对于任意的０<ｘ１<ｘ２ꎬ存在正实数ｘ０ꎬ使得ｆ(ｘ２)－ｆ(ｘ１)＝ｆᶄ(ｘ０)(ｘ２－ｘ１) ꎬ其高等数学背景就是拉格朗日中值定理.该题以拉格朗日中值定理为背景ꎬ考查作差法㊁换元法㊁构造函数等思想方法.因为拉格朗日中值定理只说明存在性ꎬ而要定量比较ｘ１＋ｘ２与２ｘ０的大小ꎬ则需要换元ｘ２ｘ１＝ｔꎬ然后构造函数ｇ(ｔ)ꎬ再利用导数研究ｇ(ｔ)的单调性ꎬ比较得出ｆᶄ(ｘ１＋ｘ２２)<ｆᶄ(ｘ０)ꎬ最后利用ｆᶄ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递减得出ｘ１＋ｘ２２>ｘ０ꎬ即ｘ１＋ｘ２>２ｘ０.注㊀将函数的单调性㊁导函数㊁不等式等知识以及拉格朗日中值定理为背景揉合命制该试题ꎬ体现了高考的命题思想在中学数学重点知识交汇处的命题要求ꎬ同时ꎬ第(２)问借用拉格朗日中值定理为条件进行命制ꎬ选材新颖ꎬ着力考查思维的灵活性.而比较２ｘ０与ｘ１＋ｘ２的大小ꎬ需要学生创新解题方法.可见ꎬ该题以能力立意ꎬ将知识㊁能力㊁素养的考查融于一体ꎬ全面检测考生数学学科的核心素养.参考文献:[１]王伯龙.活跃在高考中的拉格朗日中值定理[Ｊ].理科考试研究ꎬ２０２０ꎬ２７(０７):２４－２６.[２]张永春ꎬ米永强.拉格朗日中值定理在导数解答题中的应用[Ｊ].中学数学教学参考ꎬ２０１７(３０):４９－５０.[３]武婷ꎬ黄光鑫.拉格朗日中值定理的应用[Ｊ].数理化解题研究ꎬ２０２０(１９):６３－６５.[责任编辑:李㊀璟]。
Lagrange 中值定理在高中数学中的应用用
Lagrange 中值定理在高中数学中的应用用摘要: 随着课改的深入, 许多试题的设计都来于高等数学, 但也可以用初等数学的方法来解决. 如果巧妙地运用 Lagrange 中值定理, 那么可以大大减少解题过程中的运算. 本文通过采用类比的方法, 研究了 Lagrange 中值定理在求函数最值和证明不等式中的运用, 最后分析得到 Lagrange 中值定理在解题中的优越性.关键词: Lagrange中值定理；函数最值；不等式.1.引言在目前新课标的要求下, 微分学在高中数学教学中的地位越来越重要, 微分学是高等数学的基础知识点之一. 所以现在的高中生需要面对很多以高等数学为背景的习题, 但如果采用中学数学的解题思路来处理这类题型的话, 明显会使得过程会很繁琐. 因此, 为了简化一些题型的解题过程, 那么在高中数学教学中适当的扩充一些高等数学中常用的解题方法将会利大于弊.所以该文主要探讨 Lagrange 中值定理在证明不等式和函数最值中的应用, 定理如下:定理1.1如果函数在闭区间上连续, 且在开区间中可微, 那么, 存在点使得. (1.1)注: 从几何的角度理解定理1.1可以知道, 在某一点处, 其中 ,函数图像的切线平行于联结点 , 的弦.Lagrange 中值定理之所以重要, 在于它把函数在有限闭区间上的增量同函数在这个区间上的导数联系起来了. 在高中阶段的教学中, 并没有这种关于有限增量的定理, 只是通过在固定点处的导数来刻画函数的局部增量.关于研究 Lagrange 中值定理在高中数学中应用的文章已经有很多, 如文[1]和[2]等. 但是以上文章都是方法的直接应用, 无法直观的看出 Lagrange 中值定理在解题中的优越性, 所以本文采用对比的方法来研究传统方法和新方法的区别.2.应用举例2.1运用Lagrange中值定理解决函数最值问题例l已知函证明: 若 , 则对任意有 .证法1根据已知不妨设原题即证明,即 .令,因为 , 所以.因此,在上单调递增, 故有 , 即证法2 不妨设点 , 且那么根据(1.1)可知, 我们只需要证明任意的 , , 即 .而故 .2.2 2.1中证法的比较证法1明显需要构造新的函数 , 这是方法1的困难之处,且还要考虑到函数的单调性质; 但是证法2则更简单, 只需要直接套用 Lagrange 中值定理, 再用一个简单的不等式性质就可以完成证明. 所以如果能巧妙的运用 Lagrange 中值定理, 那么一些看似比较复杂的证明将会变得简单和容易理解.2.3运用Lagrange中值定理证明不等式例2 已知函数 .(1)讨论函数的单调性;(2)设 , 如果对任意 , , 都有成立, 求的取值范围.此处略去(1)的证明, 只考虑问题(2).证法1 不妨设 , 因为 , 所以根据(1)可知在上单调减少. 从而 , 等价于. (2.1)再令 , 则 . 由(2.1)可知在上也单调递减, 即 . 从而,故 .证法2 首先假设 , 则根据(1.1)可知, 存在 , 使得.而根据已知条件可推出.另一方面 , 因此,故 .2.4 2.3中证法的比较证法1是采用初等数学的方法, 显然需要构造新的函数来将参数与变量分离. 如果不能构造合适的新函数,则证法1失效.证法2则更简单, 直接采用Lagrange 中值定理, 再根据已知条件就完成了证明.3教学启发随着课改的逐步深入, 目前的高中数学试题更多的是考察学生的思维能力, 且考察点已经与高等数学中的很多知识点联系越来越紧密, 因此适当的给高中阶段的学生讲解一些高等数学中常用的技巧和方法显然是利大于弊. 对学生来说, 适当的学习高等数学中的知识点, 不但可以加强自身对数学的理解, 且还可以锻炼自己的思维能力, 激发数学方面的学习潜能. 另一方面对于老师来说, 掺入高等数学知识点的教学对自身也是一种挑战, 首先老师自己需要先理解相关知识点, 然后再紧密联系高中阶段的教学来给学生讲解, 尽力做到易理解, 易掌握. 所以老师需要树立终身学习的理念, 采用新的有效的教学方法来审视常规教学, 不断地对自己的教学进行研究和改进, 从而适应新时代的教学要求.参考文献1.1.王伯龙. 活跃在高考中的拉格朗日中值定理. 理科考试研究, 2020, 7: 24-26.1.1.邓京凤. 高观点下的拉格朗日中值定理在中学数学中的应用. 新智慧, 2019, 25: 1-3.1.1.颜挺进. 拉格朗日中值定理在分析证明不等式中的应用. 高考, 2019, 6: 269.1.1.唐红明. 拉格朗日中值定理在高中数学中的应用初探. 数学学习与研究, 2018, 7: 121.1.1.鲁凤娟. 拉格朗日中值定理在高中数学证明不等式中的巧妙运用. 数学通讯, 2012, 4: 31-32.。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
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
[1]
拉格朗日中值定理：若函数满足如下条件：
（i）在闭区间上连续；
（ii）在开区间内可导；
则在内至少存在一点，使得 .
几何意义：
在满足定理条件的曲线上至少存在一点，该曲线在该点处的切线平行
于曲线两端的连线（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
（Ⅰ）求的单调递增区间；
（Ⅱ）设问是否存在实数，使得函数上任意不同两点连线的斜率都不小
于？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.
解（Ⅰ）略（Ⅱ）当时，，假设存在实数，使得的图象上任意不同两点
连线的斜率都不小于，即对任意，都有即求任意两点割线斜率的大小，
由中值定理知存在，有转为求切线斜率的大小.即在上恒成立.（以下同
参考答案）
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
转化为转而考查函数，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）证或
-------------即证与的大小关系
例2：（2009年辽宁卷理21题）
已知函数
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）证明：若，则对任意，，有.
（Ⅰ）略；（Ⅱ）要证成立，即证.
令，则.由于，所以.从而在恒成立.也即.又，，故.则，即，也即.
评注：这道题（Ⅱ）小题用初等方法做考虑函数.为什么考虑函数很
多考生一下子不易想到.而且的放缩也不易想到.
（2）、证明或成立（其中，）
----------即证或
例3：（2007年高考全国卷I第20题）
设函数.
[2]
（Ⅰ）证明：的导数；
（Ⅱ）证明：若对所有，都有 ，则的取值范围是.
（Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i）当时，对任意的，都有
(ii)当时，问题即转化为对所有恒成立.令，由拉格朗日中值定理知内至
少存在一点（从而），使得，即，由于，故在上是增函数，让 得，所
以的取值范围是.
评注：用的是初等数学的方法.即令，再分和 两种情况讨论.其中，又
要去解方程.但这有两个缺点：首先，为什么的取值范围要以为分界展
开.其次，方程求解较为麻烦.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.
（Ⅰ）求的单调区间；（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围.
证明（Ⅰ）略；
（Ⅱ）证明：当时，显然对任何，都有；当时，
由拉格朗日中值定理，知存在，使得.由（Ⅰ）知，从而.令得，；令
得，.所以在上，的最大值在 上，的最大值.从而函数在上的最大值是.
知，当时，的最大值为.所以，的最大值.为了使恒成立，应有.所以的取
值范围是.
评注：这道题的参考答案的解法是令,再去证明函数的最小值.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,要对参数进行分
类讨论;其次为了判断的单调性,还要求和的解,这个求解涉及到反余弦,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）用于证明与的大小关系
例5：(2006年四川卷理第22题)
[3]
已知函数的导函数是，对任意两个不相等的正，证明：（Ⅱ）当时，.
证明： 由得，，令则由拉格朗日中值定理得：
下面只要证明：当时，任意,都有，则有，即证时，恒成立.这等价于
证明的最小值大于.由，当且仅当时取到最小值，又，故时，恒成立.所
以由拉格朗日定理得：.
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.
（2）证明，，三者大小的关系
例6：（2004年四川卷第22题）
[3]
已知函数.（Ⅰ）求函数的最大值；
（Ⅱ）设，证明：.
证明（Ⅰ）略； （Ⅱ）证明：依题意，有，
由拉格朗日中值定理得，
存在，使得
评注：对于不等式中含有的形式，我们往往可以把和，分别对和两次运
用拉格朗日中值定理.
例7：(2006年四川卷理第22题)
已知函数的导函数是，对任意两个不相等的正数，证明：（Ⅰ）当时，
证明：（Ⅰ）不妨设，即证．由拉格朗日中值定理知，存在，则且，
又， .当时，.所以是一个单调递减函数，故从而成立，因此命题获证．
四：利用拉格朗日定理证明根的存在
[4]
证明方程根的存在性,所给根的范围就是区间把所给方程设为函数就
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 设在可导,且,又对于内所有的点有证明方程在内有唯一的实根.
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,又因为,则,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；假设方程在(0,1)内有两个实根不妨设为,
则有,对函数)在上运用拉格朗日中值定理有
.因此
这和已知条件矛盾.所以方程在(0,1)内有唯一的实根.