第16讲拉格朗日中值定理在高考中的应用

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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。

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等数学中的应用探索

㊀㊀㊀㊀㊀拉格朗日中值定理在高等数学中的应用探索拉格朗日中值定理在高等数学中的应用探索Һ陆华勇㊀（盐城生物工程高等职业技术学校，江苏㊀盐城㊀２２４０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ从微积分来看，拉格朗日中值定理是一块非常重要的内容，它在导数和函数之间架起了桥梁，并且该定理已被应用于各个领域．本文采取举例的方式对该定理如何被应用于高等数学进行了展示．ʌ关键词ɔ拉格朗日中值定理；应用；证明引㊀言从微分学来看，微分中值定理是基本定理之一，学生要想把微分学这块内容学好，最重要的是对该定理的成立条件及其证明过程形成深刻的认识．在高等数学这门课中，微分学是其中的重要知识之一，该门课研究的是以实数集为定义域的函数具有哪些性质，在对函数性质进行探究的过程中，微分中值定理就是其中的一个不可或缺的重要工具．作为有效工具之一的微分中值定理，探讨的是如何根据导数具有的性质推断函数具有哪些性质，将导数知识用到了函数性质的探究中，在两者之间起到了桥梁作用．微分学中最为基础的是拉格朗日中值定理，对其进行推广得到了柯西中值定理，而取其特殊情况又得到了罗尔定理，所以说拉格朗日中值定理充当着核心角色．对函数具有的包括最值㊁单调性以及极值等性质进行的探究，以及对曲线表现出的凹凸性进行的探讨都是以拉格朗日中值定理为基础的．本文围绕着拉格朗日中值定理展开，对证明这一定理时构造辅助函数的若干种方法进行了介绍，并采取举例的方式对该定理怎样在例题中得到应用展开了分析．一㊁拉格朗日中值定理的概念基本内容：存在一个函数ｆ（ｘ），在闭区间［ａ，ｂ］上为连续函数，在开区间（ａ，ｂ）上为可导函数，那么在该开区间内至少有一点ξ，满足ａ＜ξ＜ｂ，使等式ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ成立．解释如下：（１）该定理也可以叫作有限增量定理，在导数和函数之间搭建起了桥梁，通过导数具有的性质就可以对函数具有的性质展开探究．（２）该定理是基础，进行推广得到了柯西中值定理，特殊化处理则得到了罗尔定理，拉格朗日公式相当于０阶泰勒公式．（３）该定理既能够在不等式以及等式的证明中得到应用，也能够用于对函数具有的连续性㊁单调性以及凹凸性等多项性质展开探究．（４）在对很多定理进行证明时，是否存在ξ是其中的一种理论工具．该定理指出存在至少１个的中值ξ，但是有些时候可能没有办法求解得到．例如，假设将ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ看作一个方程，那么存不存在ξ就等同于方程存不存在根这个问题．该定理的本质是对ξ是（ａ，ｂ）中的一个无法确定位置的点形成深入认识，但是考虑到ξ是有范围的，也就是ａ＜ξ＜ｂ，此时可通过导数ｆᶄ（ｘ）推断得到ｆᶄ（ξ）的取值区间，而后得到分式的取值区间，这样不等式就得证了．（５）使用该定理解题时，其中的难点之一在于辅助函数的构造或者是选取．针对于此，可将等式ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ视为分式，并以之为着手点构造函数ｆ（ｘ），同时将取值区间（ａ，ｂ）确定下来，最后求解得到导数ｆᶄ（ｘ）．为得出ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，作出部分变形处理是很有必要的，如ｌｎｘｘ－１＝ｌｎｘ－ｌｎ（ｘ－１），ｘ－１＜ξ＜ｘ，当然构造辅助函数Ｌ（ｘ）＝ｆ（ｘ）ｇ（ｘ）也是可取的．也可构造函数Ｌ（ｘ）＝ｅｇ（ξ）ｆ（ｘ），进行求导操作得到ｅｇ（ξ）［ｆᶄ（ξ）＋ｆ（ξ）ｇᶄ（ξ）］等各种变形，最终达到解题目的．二㊁拉格朗日中值定理的证明从拉格朗日中值定理来看，在对其进行证明时，应用的技巧是以构造辅助函数为主的，而辅助函数是有非常多种构造方法的，最为常见的有行列式法㊁Ｋ值法等，在这些方法中，最易掌握的是倒推法，应用得也相当广泛，下文对倒推法用于辅助函数的构造的具体步骤进行了展示．根据拉格朗日中值定理得到的结论不难发现：∃ξɪ（ａ，ｂ），ｓ．ｔ．ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ．考虑到区间（ａ，ｂ）内该函数为可导函数，因而导数在ξ点的取值就是Ｆᶄ（ξ），可以表示成ｆᶄ（ξ）＝ｆᶄ（ｘ）｜ｘ＝ξ，但是函数ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ的导数是常数ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，所以待证结论能够改写为：ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ－ｆ（ｘ）[]ᶄ｜ｘ＝ξ＝０，此时便可构造下述辅助函数：Ｆ（ｘ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ－ｆ（ｘ）．考虑到ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａｘ－ｆ（ｘ）[]ᶄ｜ｘ＝ξ＝０，所以有Ｆ（ξ）＝０．考虑到区间［ａ，ｂ］上Ｆ（ｘ）为连续函数，（ａ，ｂ）上则是可导函数，而且有Ｆ（ａ）＝ａｆ（ｂ）－ｂｆ（ａ）ｂ－ａ＝Ｆ（ｂ），故而根据罗尔定理可知，肯定会有一个ξɪ（ａ，ｂ），使得Ｆ（ξ）＝０，也就是Ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ－ｆᶄ（ξ）＝０，等同于ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ．三㊁拉格朗日中值定理的应用１．证明恒等式．考虑到该定理得到的结论实质上为一个等式，所以该定理可在部分等式的证明中得到应用．（１）证明单介值等式命题．从这种命题来看，其题型往往是：肯定会有不少于１个㊀㊀㊀㊀㊀㊀的点ξɪ（ａ，ｂ），Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）以令Ｇ（ξ，ｆ（ξ），ｆ（ｎ）（ξ））＝０成立．在对这种命题进行证明的时候，其中的关键在于辅助函数的选取，辅助函数选取得精确，可将问题化繁为简．通常而言，倒推法用于辅助函数的构造是较为可取的，具体步骤如下：第一步，用ｘ来代替待证等式内的ξ；第二步，进行恒等变换，将等式化简成导数符号易于消除的形式；第三步，仔细观察，得到ｆ（ｘ）．例１㊀假定存在一个函数ｆ（ｘ），在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，试证：（ａ，ｂ）内会存在不少于１个的点ξ，使ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ））＋ａｆ（ａ）成立．思路：针对ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ）＋ａｆ（ａ）），用ｘ来代替其中的ξ，这时会有ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ｘ）＋ｘｆᶄ（ｘ））＋ａｆ（ａ）．对其变形，得到ｂｆ（ｂ）－ａｆ（ａ）ｂ－ａ＝ｆ（ｘ）＋ｘｆᶄ（ｘ），观察发现，辅助函数选取为Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ）．证明：构造函数Ｆ（ｘ）＝ｘｆ（ｘ），那么该函数在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，由拉格朗日中值定理不难发现，势必会有不少于１个的点ξɪ（ａ，ｂ），使得Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）ｂ－ａ＝Ｆᶄ（ξ）成立，所以ｂｆ（ｂ）－ａｆ（ａ）ｂ－ａ＝ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ），也就是ｂｆ（ｂ）＝（ｂ－ａ）（ｆ（ξ）＋ξｆᶄ（ξ））＋ａｆ（ａ）．（２）证明双介值等式命题．从这种命题来看，其题型往往是：中值共有２个，用ξ，ηξʂη()来表示，且它们存在某种关系．这种命题的证明和单介值命题类似，辅助函数也是要构造的，区别在于这种命题通常需要构造两个函数，题干中已知的仅仅是其中之一，有一个是未知的，这时就需要与结论得到的关于η的关系式相结合进行变换，具体步骤如下：第一步，对待证等式进行变形，得到两个表达式，一个是与ξ相关的，另一个是与η相关的；第二步，仔细观察，得到Ｆ（ｘ）．例２㊀假定存在一个函数ｆ（ｘ），在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，而且有ｆ（ａ）＝ｆ（ｂ）＝１，试证：（ａ，ｂ）内会存在不少于１个的点ξ和η，使ｅη－ξ［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝１成立．思路：针对待证等式ｅη－ξ［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝１，把ξ和η分开，也就是ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝ｅξ，等同于［ｅｘｆ（ｘ）］ｘ＝η＝（ｅｘ）ｘ＝ξ，此时可构造下述两个辅助函数，一个是Ｆ（ｘ）＝ｅｘｆ（ｘ），另一个是Ｇ（ｘ）＝ｅｘ．证明：假定Ｆ（ｘ）＝ｅｘｆ（ｘ），那么Ｆ（ｘ）在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）内为可导函数，根据拉格朗日中值定理不难发现，（ａ，ｂ）内会有不少于１个的点η，使Ｆ（ｂ）－Ｆ（ａ）ｂ－ａ＝Ｆᶄ（η）成立，也就是ｅｂｆ（ｂ）－ｅａｆ（ａ）ｂ－ａ＝ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］，故而有ｅｂ－ｅａｂ－ａ＝ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］．（１）假定Ｇ（ｘ）＝ｅｘ，那么Ｇ（ｘ）在［ａ，ｂ］上为连续函数，在（ａ，ｂ）上为可导函数，根据拉格朗日中值定理不难发现，（ａ，ｂ）内会有不少于１个的点ξ，使Ｇ（ｂ）－Ｇ（ａ）ｂ－ａ＝Ｇᶄ（ξ）成立，也就是ｅｂ－ｅａｂ－ａ＝ｅξ．（２）综合（１）和（２）可知ｅη［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝ｅξ，等同为：ｅη－ξ［ｆ（η）＋ｆᶄ（η）］＝１．２．证明不等式．在对不等式进行证明的过程中，拉格朗日中值定理的应用是按照下述步骤展开的：第一步，对辅助函数ｆ（ｘ）进行构造；第二步，选取合理的应用区间（ａ，ｂ）；第三步，确定中值ξ的取值空间．其中的重点在于第一㊁二这两个步骤．从实际应用来看，辅助函数ｆ（ｘ）通常是以待证不等式为依据来确定的，并据此选取合理的应用区间（ａ，ｂ）．下文采取举例的方式对如何构造辅助函数进行了阐述．（１）证明函数不等式命题．在对这种命题进行证明时，如果用到的是拉格朗日中值定理，那么待证命题牵涉的往往只是同一函数在不同点的取值的差异，也就是待证不等式的某端通过变形之后形如ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）．解题思路如下：这种命题往往需要结合待证不等式对辅助函数ｆ（ｘ）进行构造，对该函数可以应用拉格朗日中值定理进行验证，即为ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）＝ｆᶄ（ξ）（ｂ－ａ），而后按需放大或者是缩小，最后把其内的带有ξ的项去掉，此时待证不等式就可得证．例３㊀试证：在ｘ＞０的情况下ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ成立．思路：对ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ进行逆推，ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）ｘ＜１，ｌｎ（１＋ｘ）ｘ可变形成ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，因为ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ，所以１１＋ｘ＜ｆᶄ（ξ）＜１（ξ的取值应当合理）．ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－０ｘ－０＜１⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ１ｘ－０＜１⇒１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０．根据ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）ｂ－ａ这种形式，猜想出ｆ（ｂ）＝ｌｎｎ（１＋ｘ），ｆ（ａ）＝ｌｎ（１＋０），而且有ｂ－ａ＝ｘ－０，也就是ｂ＝ｘ，ａ＝０，ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）．构造的辅助函数是ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ），应用区间确定为（０，ｘ）．显而易见的是，从区间（０，ｘ）来看，ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）可以应用拉格朗日中值定理，也就是（０，ｘ）内肯定会有１个以上的点ξ，可让ｆᶄ（ξ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０成立．ｆᶄ（ｘ）＝１１＋ｘ⇒ｆᶄ（ξ）＝１１＋ξ（０＜ξ＜ｘ），１１＋ｘ＜ｆᶄ（ξ）＜１也就是１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０＜１．可以看到，辅助函数以及选定的应用区间均合理，下文对证明过程进行了详细的阐述．证明：假定ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ），那么从区间（０，ｘ）来看，ｆ（ｘ）＝ｌｎ（１＋ｘ）可以应用拉格朗日中值定理，所以（０，ｘ）内肯定会有１个以上的点ξ，可让ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（０）ｘ－０成立，即ｆᶄ（ξ）＝ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０．理由是ｆᶄ（ｘ）＝１１＋ｘ，因而ｆᶄ（ξ）＝１１＋ξ，０＜ξ＜ｘ，所以有１１＋ｘ＜ｆᶄ（ξ）＜１，即１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）－ｌｎ（１＋０）ｘ－０＜１，１１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）ｘ＜㊀㊀㊀㊀㊀１，因而在ｘ＞０的情况下，ｘ１＋ｘ＜ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ成立．从上述例题不难发现，若不等式成立的条件是ｘ＞ａ，那么应用区间选取（ａ，ｘ）会较为合理．（２）证明中值不等式命题．这里所说的中值不等式命题指的是不等式关系内存在的中值命题．拉格朗日中值定理用于这种命题的证明时同样要用倒推法，据此得出辅助函数，方法还是以结论为主要着眼点，相较于等式的证明而言，区别在于：一端进行变号处理，转移至另一端，而后观察，得出解题需要用到的辅助函数．例４㊀存在一个函数ｆ（ｘ），在区间［０，１］上为连续函数，在区间（０，１）内为可导函数，而且有ｆ（ｕ）＝ｕ，试证：假定［０，１］上ｆ（ｘ）有非零值，那么在（０，１）内一定存在点ξ，可使ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＞ｕ成立．思路：此处需证ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＞ｕ．由于ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＝ｆ２（ｘ）２[]ᶄｘ＝ξ，故而需要构造下述辅助函数：Ｆ（ｘ）＝ｆ２（ｘ）２．证明：假定Ｆ（ｘ）＝ｆ２（ｘ）２，那么Ｆ（ｘ）在区间［０，１］上为连续函数，在区间（０，１）内为可导函数，ｆ（ｕ）＝ｕ，因而存在ａɪ（ｕ，１），可以使得Ｆ（ａ）＝ｆ２（ａ）２成立，这时有Ｆ（ｘ）在区间［０，ａ］上为连续函数，在区间（０，ａ）内为可导函数，即能够应用拉格朗日中值定理，故而存在ξɪ（０，１），会有Ｆᶄ（ξ）＝Ｆ（１）－Ｆ（０）＝Ｆ（１）＞ｕ，等同于：Ｆᶄ（ξ）＝ｆ（ξ）ｆᶄ（ξ）＞ｕ．３．证明根的存在性．例５㊀区间［０，１］上ｆ（ｘ）为可导函数，而且有０＜ｆ（ｘ）＜１，又由于ｘɪ［０，１］时ｆᶄ（ｘ）ʂ－１，试证：区间（０，１）上方程ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０有且仅有一个实根．证明：先通过构造法对存在根进行证明，而后通过拉格朗日中值定理对有且仅有一个根进行证明．（１）根的存在性．假定ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｘ－１，此时有ｇ（０）＝ｆ（０）－１，ｇ（１）＝ｆ（１）．考虑到ｘɪ［０，１］时有０＜ｆ（ｘ）＜１，由于ｇ（０）＝ｆ（０）－１＜０，ｇ（１）＝ｆ（１）＞０，故而有ｇ（０）㊃ｇ（１）＜０，由根的存在性定理不难发现，区间（０，１）内ｇ（ｘ）必定会有实根．（２）根的唯一性．为证区间（０，１）内ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０有且仅有一个根，通常会提出区间（０，１）内ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０共有２个实根的假设，而后得到和已知不符的结论，这样唯一性就可得证．下文对拉格朗日中值定理用于唯一性证明的详细过程进行了说明：先假定区间（０，１）内ｆ（ｘ）＋ｘ－１＝０共有２个实根，用α和β来表示，并且假定α＜β，这样就能够得到ｆ（α）＝１－α，ｆ（β）＝１－β，将拉格朗日中值定理用到［α，β］区间上的ｆ（ｘ）中，可知ｆ（α）－ｆ（β）＝ｆᶄ（ω）（α－β），整理可得ｆ（α）－ｆ（β）α－β＝ｆᶄ（ω），也就是：（１－α）－（１－β）α－β＝－１，与已知条件ｆᶄ（ω）ʂ－１不符．所以唯一性得证．４．求解函数最值．在对函数最值问题进行求解时，只有符合一定形式才能够应用拉格朗日中值定理，例如，能够化简为ｔȡｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２或者ｔɤｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２这种形式，只有这样才能够用拉格朗日中值定理来求解．例６㊀存在一个函数ｆ（ｘ），假定ｋ为一个实数，ｘ１和ｘ２是其定义域中任取的两个点，有｜ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）｜ɤｋ｜ｘ１－ｘ２｜成立，那么函数ｆ（ｘ）（ｘɪＤ）就可以称之为符合利普希茨条件，如果函数ｆ（ｘ）＝ｘ（ｘȡ１）符合利普希茨条件，求ｋ的最小值．解：由题意可知，ｋȡｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２，由拉格朗日中值定理有ｆᶄ（ω）＝ｆ（ｘ１）－ｆ（ｘ２）ｘ１－ｘ２，所以有ｋȡｆᶄ（ω），这样就能够求出ｆᶄ（ω）的最大值．因为ｆ（ｘ）＝ｘ，所以ｆᶄ（ｘ）＝１２ｘɤ１２，故而ｆᶄ（ｘ）的最大值是１２，即ｋ的最小值是１２．５．求解函数极限．在对函数极限问题进行求解时，拉格朗日中值定理同样可以得到应用．如果待求函数的极限是同种函数的差值，自变量之间的差值只是一个常数，那么拉格朗日中值定理就能够对其进行简化，而后再进行求解．例７㊀试求极限ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]．思路：可以看到，该题是一种０㊃ɕ型未定式．从区间［ｘ，ｘ＋１］来看，ｆ（ｘ）＝ａｒｃｔａｎｘ可以应用拉格朗日中值定理，有：ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ＝１１＋ξ２，且ξɪｘ，ｘ＋１()．可以看到，ｘң＋ɕ时ξң＋ɕ，而且有ｌｉｍξң＋ɕ１１＋ξ２＝０．考虑到ｌｉｍξң＋ɕｘ２＝ɕ，这时极限ｌｉｍｘң＋ɕｘ２１＋ξ２存在与否取决于ξ的一些细节，意味着对中值点进行的粗糙估计无法得出原极限，通过其他工具的应用进行支持还是很有必要的．第一种解法（对中值点进行精细估计），考虑到ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ＝１１＋（ｘ＋θ）２，且有θɪ（ｕ，１）．这时ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋（ｘ＋θ）２＝１．第二种解法（采取夹逼准则），考虑到ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ＝１１＋（ｘ＋θ）２，且有ξɪ（ｘ，ｘ＋１），所以有ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋ξ２，可以看到ｘ＜ξ＜ｘ＋１，所以ｘ２１＋（１＋ｘ）２ɤｘ２１＋ξ２ɤｘ２１＋ｘ２，（下转２４页）㊀㊀㊀㊀㊀㊀（５）教师在教学过程中培养学生的数学思想方法．数学思想方法是人们在长期从事数学实践活动过程中智慧的结晶，是学生认知结构不断形成与发展的纽带，是沟通知识能力的桥梁，是促进人们智力及能力发展的重要因素．教师在数学教学过程中渗透数学思想方法，能够使学生对数学知识点以及解决问题有强烈的逻辑思维能力，让学生真正地理解数学内涵，产生对数学研究的欲望，增强学生的数学应用意识，使学生能够持续思考，并提出问题㊁分析问题㊁解决问题．四㊁结束语教学设计是教师教学的指南针，是完成教学目标的依据．教学设计反映了教师对该知识点的理解程度和教学水平，因此教师要高度重视教学设计．本文是在理论情境中和教师探讨设计而成，没有经过实际课堂的操作，在以后的实际教学过程中希望得以实践，再进行深入研究，以期对教师的教学有所帮助．ʌ参考文献ɔ［１］中华人民共和国教育部．普通高中数学课程标准（实验）［Ｍ］．北京：人民教育出版社，２０１７．［２］张乃达，过伯祥．张乃达数学教育：从思维到文化［Ｍ］．济南：山东教育出版社．２００７．［３］过大维，钱军先．高中数学教学中学生的问题意识及其培养［Ｊ］．中学数学月刊，２０１９（０１）：５－８．［４］王红燕，孟丹，胡丹．浅析教学设计在教学中的作用及其能够解决的问题［Ｊ］．新校园（阅读），２０１６（０９）：７１－７２．［５］庞志雷．在翻转课堂中体验数学之美：斐波那契数列教学案例［Ｊ］．中学数学教学参考，２０１８（２２）：２０－２３，２９．［６］陈萍．从特殊到一般的思想方法在初中数学教学中的应用［Ｊ］．数学学习与研究，２０１０（２２）：１３１．［７］徐利治，徐本顺．数学美与数学教学中的审美［Ｊ］．山东教育，１９９７（１１）：３０－３５．［８］刘露露．探究高中数学教学中的数学思想方法［Ｄ］．长春：东北师范大学出版社，２０１３．［９］黄毅蓉．基于问题意识的问题驱动教学法的探讨［Ｊ］．数学学习与研究，２０１９（０８）：１７－１８．［１０］王碧莹．培养高中生数学问题意识的方法［Ｊ］．课程教育研究，２０１９（１６）：１３６．㊀（上接２１页）而且有ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋（１＋ｘ）２＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋ｘ２＝１，故而ｌｉｍξң＋ɕｘ２ａｒｃｔａｎ（ｘ＋１）－ａｒｃｔａｎｘ[]＝ｌｉｍξң＋ɕｘ２１＋ξ２＝１．如果极限是包括ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）这种未定式的，作为重要工具之一的拉格朗日中值定理可以达到让计算得到简化的目的．通过事实发现：相较于对中值点进行粗糙估计来说，第二种解法显然得到了更为广泛的使用．通常来说，粗糙估计只可以在ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）存在而且不等于０的这种情况下适用，但第二种解法并不会受到这种情况的限制．第二种解法不单单能够在ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）存在而且不等于０的情况下适用，在ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）＝０与ｌｉｍｘңｘ０ｆᶄ（ξ）＝ɕ这两种情况下也能够适用，且应用更为广泛．但是只是从公式复杂程度来看的话，在形式上第一种解法显然更为简洁．所以，在对包括ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）在内的这种未定式极限的求解过程中，先采取第一种解法来分析是可行的，假使无法得到结果，常常会用到下述策略：（１）对中值点进行修改，使之变成精细估计形式，而后再展开更为深入的分析；（２）针对粗糙估计得到的中值点作放缩处理，而后通过夹逼准则的应用完成计算．结束语微分学的发展就是基于微分中值定理的，而且从实际应用来看，该定理的应用也是极为广泛的，恰恰是因为这个定理这么重要，所以也被叫作微分基本定理．从三大基本定理可以看出，应用最为广泛的当属拉格朗日中值定理，原因在于它对于函数并没有提出很严格的要求．在对问题进行求解时，关键点在于基于命题分解得到待求问题需要用到的函数，使得函数不单单可以应用拉格朗日中值定理，又能够让求解得到简化．本文对该定理在包括等式㊁极限求解等在内的多个方面的应用进行了介绍．从该定理的整个应用过程来看，最为重要的问题有两个，一个是辅助函数的构造，另一个是区间的确定．从整个过程可以看出，应用该定理求解问题的思路相对比较简单．但是为了让该定理能够得到灵活应用，对本文总结得出的思想方法需进行灵活运用．ʌ参考文献ɔ［１］王康．拉格朗日中值定理的应用［Ｊ］．安顺学院学报，２０１２（０２）：１２６－１２７．［２］刘三阳，长丁民．用拉格朗日中值定理求极限［Ｊ］．高等数学研究，１９９８（０３）：２７－２９．［３］毛纲源．高等数学解题方法技巧归纳（上册）［Ｍ］．武汉：华中科技大学出版社，２００１．［４］尹龙国．微分中值定理及其应用［Ｊ］．大众商务，２００９（０９）：２０４．［５］马秀芬．中值定理在高等数学解题中的应用［Ｊ］．濮阳职业技术学院学报，２０１５（０５）：１５２－１５３．［６］王希超，刘长文，万林梅．拉格朗日中值定理的巧用［Ｊ］．山东农业大学学报，２００２（０２）：１２３－１２４．［７］曹金亮，谢锦涛．微分中值定理常见题型的解题方法［Ｊ］．浙江海洋学院学报（自然科学版），２０１４（０５）：９４－９８．。

浅谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用

浅谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用作者：魏文
来源：《课程教育研究·学法教法研究》2019年第02期
【摘要】拉格朗日中值定理在高等数学中有不可或缺的作用，同样在中学数学也占据了非常重要的地位。

本文首先阐述拉格朗日中值定理的基本内容，然后从不等式、函数、方程这三个方面談谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用。

【关键词】拉格朗日中值定理；高中数学；不等式；函数；方程
【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A
【文章编号】2095-3089（2019）02-0014-01
数学分析中拉格朗日中值定理的地位尤为重要，若将拉格朗日中值定理巧妙的应用到中学数学中必将大大方便中学的运算。

而就目前的研究形式来看，较多的研究者只注重了知识的表
面，多数是公式的描述，缺少解题步骤与方法的阐述。

本文结合自己在解决不等式、函数、方程相关问题中的体会，谈谈拉格朗日中值定理在高中数学中的应用。

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。

格朗日中值定理与高考

（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
x−0
由拉格朗日中值定理，知存在 ξ ∈ (0, x) ，使得
f
(x)
=
f
( x) −
f
(0)
=
f ' (ξ ) .由（Ⅰ）知
x
x−0
f
'
(x)
=
2 cos x +1
（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
λ
∈
⎛ ⎜ ⎝
a,
a
+ 2
b
⎞ ⎟ ⎠
,
µ
∈
⎛ ⎜ ⎝
a
中值定理证明，就不存在这个问题.
六、证明
f
( x1 ) − f ( x2 )
x1 − x2
>
λ
或
f
( x1 ) − f ( x2 )
x1 − x2
< λ （其中 x1

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.。

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考题中的妙用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 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 b f a .ba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) ．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例 1：(2011 年福建省质检理 19 题)已知函数Ⅰ)求 f (x) 的单调递增区间；不小于 k ？若存在，求 k 的取值范围；若不存在，21解(Ⅰ)略(Ⅱ)当 a 1 时， g(x) 1 22 1 x 2 x 假设存在实数 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 x 2 x 1 0，都有 g(x2) g(x1) k, 即求任意两点割线斜 x 2 x 1 率的大小，由中值定理知存在 x (x 1,x 2)，有 g '(x) g(x2) g(x1) k,转为求切线斜率的大小即 g '(x) 43 12k 在 (0, )上恒成立 .(以下同参考答案) xx化为 g(x 2) kx 2 g(x 1) x 1, 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．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2a2f(x) x aln x.x 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说明理由x 2 x 1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(x 2) g(x 1)k, 转x 2 x 1利用拉格朗日中值定理证最值（1）证f b f a 或 f b f ab a b a------- 即证 f ' 与的大小关系例2：（ 2009年辽宁卷理 21题）1已知函数 f （x ） x 2 ax （a 1）ln x,a 12（Ⅰ）讨论函数 f （x ）的单调性；（Ⅱ）证明：若 a 5 ，则对任意 x1,x2 0,，x 1 x 2 ，有f （x1） f （x2）1.x1 x2（Ⅰ）略；（Ⅱ）要证 f （x1） f （x2） 1成立，即证 f ' a a 1 1.x 1 x 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x 1,x 2 ， x 1,x 2 0, ，故0 .则评注：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 a 或 f xa 成立（其中 x 0， f （0） 0 ）xx例3：（2007年高考全国卷 I 第 20题）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 e e对所有 x 0恒成立 .令G x e e f x f 0， x x x 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 ，即x02 a a 11 ，即a1f 'a a 11 ，也即f (x x 1) x f(x 2)1x 1 x 2------ 即证f x f (0) a 或 x0f x f(0) x0设函数 f x e x e[2]G x f 'e e ，由于f ''e e e 0 e 0 0 ，故f '在 0,x 上是增函数，让x 0 得G x min f 'e ef '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Ⅱ 22题）设函数 f x sinx2 cosxⅠ）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，f x f x f 0x x 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x x 0'2cos x 1 '' 2sin x 2 cosx cosx 1 '' f ' x2cos x 12，从而 f ''x 2.令f ''x 0得，2 cosx 2 cosxg x min 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x 2k 1 , 2k 2；令 f '' x 0 得，x 2k , 2k 1 .所以在 2k 1 , 2k 2 上，f ' x 的最大值 f ' x max f ' 2k 2 1 在 2k , k2 1 上， f ' x 的最大值3'1 ' 1 f x max f ' 2k . 从而函数 f ' x 在 2k , 2k2 上的最大值是 f x max33 f ' 的最大值 f ' max 13 .为了使f ' a 恒成立，应有 f ' max a .所以 a 的取值范围是 13, .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1. k N知，当 x 0 时， f ' x 的最大值为 f x m ax1 13.所以，a bg b g 2 g b g存在 a ,a b, a b ,b2 a bg2gg a g b 2ga,ab2a 2b g a 2b g a 由拉格朗日中值定理得，，使得g ag ' g ' b 2a ln ln b 2a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]已知函数 f x x 2 2 alnx （x 0）, f x 的导函数是 f ' x ，对任意两个不相等的正 x 1,x 2，证明：（Ⅱ）当 a 4时， f ' x 1 f ' x 2 x 1 x 2 .a 4 时， a x 24恒成立 .这等价于证明 x 24的最小值大于 4.由 x 2 4x 2 2 2 33 4 ， x x x xx当且仅当 x 3 2时取到最小值，又 a 4 334，故 a 4时， 2 43 a 2 1恒成立.所以由拉 xx 格朗日定理得： g x 1 g 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（ 2）证明 g a ， g a b ， g b 三者大小的关系例6：（2004年四川卷第 22题） [3]已知函数 f x ln （1 x ） x,g x xln x .（Ⅰ）求函数 f x 的最大值；Ⅱ)设 0 a b 2a ，证明： g a g b 2g证明（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有 g ' x lnx 1，证明：22 ' 2 a '由 f x x 2alnx 得， f '(x) 2x 2 ，令 g x f ' x 则由拉格朗日中 x x x值定理得： g x 1 g x 2 g ' (x 1 x 2)a 4时，任意0,都有 g '1 ，则有 g ' x2 43 a 2 1，即证xxa 2b(b a)ln 2.面只要证明：当例 7： (2006年四川卷理第 22题 )已知函数 f x x 2 2 alnx(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：(Ⅰ)当 a 0时， f x1 f x2f2 证明：(Ⅰ)不妨设 x 1 x 2 ，即证 f x 2 f x1 x2x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 2x2,x 2 x 1 x 22f x 1 2x 2f x 1 ．由拉格朗日中值定理知，存在 1 x 1, ,1 12 x 1 x 2 2 f x 1 f ' 1 x2 2x1 ，则 1 2且 f x 2fx1 x' 2 a 又 f ' (x) 2x 2 ， x 2 x f ' 2 x2 2 x1，f '' x 0.所以 f '(x)是一个单调递减函数，故 x 1 x 2 f x 1 x 2 f x 1 成立，四：利用拉格朗日定理证明根的存在 [4]f '' x 2 x 43 x a2.当 a 0时，xf ' 1 f ' 2 从而因此命题获证．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 11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b a b b a 4a b a ln ln ln b a ln22 a 2 a 2评注：对于不等式中含有 g a ,g b ,g a ba 2b，分别对 g a 2b g a 和g b g a b两次运用拉格朗日中值定理 a b 的形式，我们往往可以把 ga。

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第16讲拉格朗日中值定理在高考中的应用拉格朗日中值定理是高等数学的内容,在高中数学中也是比较重要的一块,其定理本身比较简洁,也可以在高考中解决一类不等式问题,其解法比较快捷,我们来认识一下这个定理吧!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:(1)f 在闭区间[,]a b 上连续.(2)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 ξ'=()()f b f a b a--.几何意义:在以(,()),(,())A a f a B b f b 为端点的曲线上()y f x =至少存在一点(,())P f ξξ,该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB . 【例】已知函数221()1g x x x=-+,问是否存在实数x ,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. 假设存在实数k ,使得的图像上任意不同两点连线的斜率都不小于k , 即对任意210x x >>,都有()()2121g x g x k x x --.即求任意两点割线斜率的大小,由中值定理知存在()12,x x x ∈,有()g x '=()()2121g x g x k x x --,转为求切线斜率的大小.即3241()g x k xx=-在(0,)+∞上恒成立的问题.拉格朗日证明无参不等式用拉格朗日中值定理证明不等式的一般步骤:第一步:在不等式中找合适的函数()y f x =.第二步:利用拉格朗日中值定理转换,即()()()f b f a f b aξ-'=-.（或()()()()f b f a f b a ξ-='-）,并确定ξ的范围.第三步:利用ξ的范围对不等式放缩,从而证明不等式. 【例1】设0x >,证明:ln(1)x x +<. 【解析】证明：令()ln(1)(0)f x x x =+>, ∵()f x 在[0,]x 上连续,在(0,)x 内可导,∴由拉格朗日中值定理得1ln(1)ln(1)ln(10)()(0)1x x f x x ξξ'+=+-+=-=⨯+ 10,, 0,ln(1).1x x x x x x ξξ<<∴⨯<∴>+<+【例2】当1x >时,证明:e e xx >.【解析】∵()f x 在[1,]x 上连续,在(1,)x 内可导，∴由拉格朗日中值定理得e e x-=e (1).x ξ-1,e e e (1)e(1)e e,x x x x x ξξ<<∴-=->-=-从而当1x >时,e e x x >.【例3】当0x >时,证明:11ln 11x x⎛⎫+>⎪+⎝⎭. 【解析】令()ln (0)f x x x =>,∵()f x 在[,1]x x +上连续,在(,1)x x +内可导,∴由拉格朗日中值定理得1ln 1x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭1ln(1)ln ()[(1)]x x f x x ξξ+-='+-=. 111,,1x x x ξξ<<+∴>+即当0x >时,11ln 11x x ⎛⎫+>⎪+⎝⎭.可导, 【例4】当0x >时,证明:11ln 11x x⎛⎫+> ⎪+⎝⎭. 【解析】令()ln (0)f x x x =>,∵()f x 在[,1]x x +上连续,在(,1)x x +内可导, ∴由拉格朗日中值定理得1ln 1x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭1ln(1)ln ()[(1)]x x f x x ξξ+-='+-=. 111,1x x x ξξ<<+∴>+即当0x >时,11ln 11x x⎛⎫+> ⎪+⎝⎭. 拉格朗日证明一元含参不等式利用拉格朗日中值定理证明一元含参不等式问题的一般步骤: 第一步:参变分离为:()f x a x>或()f x x <a 成立.[其中0,(0)0x f >=,只有这种结构才可以使用]第二步:拉格朗日中值定理简化为()f ξ'()(0)0f x f a x -=>-或()(0)()0f x f f x ξ-'=-a <.[其中(0,)]x ξ∈第三步:转化为求()f ξ'最值问题.【例1】设函数()e 1xf x =-,若对所有0x >,都有()f x ax >,求a 的取值范围. 【解析】第一步:参变分离. 要使()f x ax >恒成立,等价于:()f x x>a 恒成立. 第二步:拉格朗日中值定理简化.()()(0)()0f x f x f f a x x ξ-=='>-,其中(0)0,(0,)f x ξ=∈. 第三步:求最值.要使()f a ξ'>恒成立,即min ()f a ξ'>恒成立.()e ,(0,),()(0) 1.(,1]f x f f a ξξξξ'=∈∴'>'=∴∈-∞【例2】设函数()e e x x f x -=-,证明:若对所有0x ,都有()f x ax ,则a 的范围是(,2]-∞. 【解析】第一步：分类讨论,参变分离. 当0x =时,显然对任何a ,都有()f x ax .当0x >时()()(0)f x f x f x x -=-. 第二步:利用拉格朗日中值定理简化函数.e e ()(0)(), 0x x f x f 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0)ξ>,使得()(0)()0f x f f x ξ-'=-()()G x f ξ='=, e e ξξ-+由于00()e e e e 0(f ξξξξ--''=->-=>0).第三步:利用极限求出下确界,进而得取值范围.故()f ξ'在(0,)x 上是增函数,让0x →得min ()()e e (0)2G x f f ξξξ-='=+'=.∴a 的取值范围是(,2]-∞. 【例3】设函数sin ()2cos xf x x=+,如果对任何0x ,都有()f x ax ,求a 的取值范围.【解析】第一步:分类讨论,参变分离. 当0x =时,显然对任何a ,都有()f x ax当0x >时,()()(0)f x f x f x x -=-. 第二步:利用拉格朗日中值定理简化函数. 由拉格朗中中值定理知,存在(0,)x ξ∈,使得()()(0)()0f x f x f f x x ξ-=='-. 第三步:构造函数,求导研究其单调性.22cos 1()(2cos )x f x x +'=+,从而()f x ''=22sin (2cos )(cos 1)(2cos )x x x x +-+ 令()0f x ''得[(21),(22)]x k k ππ∈++. 令()0f x ''得[2,(21)]x k k ππ∈+.第四步:根据单调性得函数最值,进而得参数范围. ∴在[(21),(22)]k k ππ++上,()f x '的最大值max 1()((22))3f x f k π'='+=在[2,(21)]k k ππ+上,()f x '的最大值max ()f x '=1(2)3f k π'=.从而函数()f x '在[2,(22)]k k ππ+上的最大值是max 1()3f x '=. 由k ∈N 知,当0x >时,()f x '的最大值为max 1()3f x '=. ∴()f ξ'的最大值max 1()3f ξ'=.为了使()f a ξ'恒成立,应有max ()f a ξ'. ∴a 的取值范围是1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.拉格朗日证明双变量含参不等式由拉格朗日中值定理解决具有()()1212f x f x x x --特点的证明或求参数的范围问题的一般步骤:第一步：把问题转化为证明()()1212f x f x x x λ->-或()()1212f x f x x x λ-<-(其中)12x x ≠结构的问题.第二步:利用拉格朗日中值定理简化.即证明()()1212()f x f x f x x ξλ-='>-或()()1212()f x f x f x x ξλ-='<-.第三步:问题转化为证()f ξ'与λ的大小关系.【例1】设函数()ln (1)f x x m x =-+,(0,)x m >∈R .若对任意121x x >>,()()12121f x f x x x -<--恒成立,求m 的取值范围.【解析】解法一:同构函数法()()()()()1212121212, 1,1,f x f x x x f x f x x x x x ->><--<---即()()1122f x x f x x +<+,令()()ln k x f x x x mx =+=-. 要使不等式恒成立,则函数()y k x =在区间(1,)+∞上单调递减, ∴1()0(1)k x m x x '=->恒成立,即1m x在区间(1,)+∞上恒成立.故1m . 法二:拉格朗日法由拉格朗日中值定理可得()()1212f x f x x x -=-()1f ξ'<-,其中()12,x x ξ∈.又1()1f m ξξ'=--,则()1f ξ'<-⇒max ()1f ξ'<-.又1,()f ξξ>'单调递减,∴()(1)1f f ξ'<-.可得1m . 【例2】设函数()ln ,m f x x m x =+∈R ,若对任意()()0,1f b f a b a b a->>-恒成立,求m 的取值范围。

【解析】解法一:同构函数法对任意()()0,1f b f a b a b a->>-恒成立,等价于()()f b b f a a --恒成立.设()()ln (0)mh x f x x x x x x=-=+->. ∴等价于()h x 在(0,)+∞上单调递减.∴21()10mh x x x'=--在(0,)+∞恒成立. 2211(0)24m x x x x ⎛⎫∴-+=--+> ⎪⎝⎭恒成立.11 ( ,()0 ,44mm h x x ∴='==12恒成立.∴m 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭. 法二:拉格朗日法由拉格朗日中值定理可得()()f b f a b a-=-()1f ξ',其中(,)a b ξ∈.又21()mf ξξξ'=-,则2()1m f ξξξ-'⇒21m ξξ⇒-.又0ξ>,令2()g ξξξ=-,则max ()g ξ=1124g ⎛⎫=⎪⎝⎭.∴m 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭.【例3】已知2()(1)ln 1f x a x ax =+++. (1)讨论()f x 的单调性.(2)设2a -,求证:12,(0,)x x ∀∈+∞,()()12124f x f x x x --.【解析】(1)()f x 的定义域为0x >,2121()2a ax a f x ax x x+++'=+=.为()0f x '>,即 222102(1)ax a ax a ++>⇒>-+.① 0a =,则()0f x '>恒成立,()f x 为增函数. ② 0a >,则2(1),()02a x f x a+>-'>恒成立,()f x 为增函数.③0a <时,212a x a+<-. 当1a -,则()0f x '<恒成立,()f x 为减函数.当10a -<<时,解得0x <<.不妨设21,2x x a >-,∴由第(1)问可得()f x 单调递减.∴()()21f x f x <. ∴所证不等式等价于:()()12f x f x -()()2111224444x x f x x f x x -⇔++,令2()()4(1)ln 1g x f x x a x ax =+=++++4x ,只需证明()g x 单调递减即可.21241()24.a ax x a g x ax x x++++'=++=设2()241h x ax x a =+++.方程()0,168(1)h x a a =∆=-+=8(2)(1)0a a -+-. ∴()0()0h x g x ⇒'.∴()g x 在(0,)+∞单调递减.∴()()12g x g x ,即所证不等式成立. 法二:拉格朗日中值定理不妨设21,2x x a >-,∴由第(1)题可得()f x 单调递减,∴()()21f x f x <.()()()211221(),,f x f x f x x x x ξξ-='-∴()()1212,(0,),x x f x f x ∀∈+∞-()()211221|4()f x f x x x f x x ξ--⇔-⇔'-4-.即证1()24a f a ξξξ+'=+-.在(0,),2a ξ∈+∞-上恒成立即可,即可转化为一个一元二次含参不等式恒成立问题,用分类讨论或基本不等式即可证明.【例4】已知函数()()22ln 0f x x a x x x=++＞，()f 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,()()122f x f x +>122x x f +⎛⎫ ⎪⎝⎭.(2)当4a 时,()()12f x f x '-'>12x x -. 【解析】证明：(1)不妨设12x x <,即证()2f x -()1212122x x x x f f f x ++⎛⎫⎛⎫>- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由拉格朗日中值定理知,存在12112,,2x x x ξξ+⎛⎫∈∈ ⎪⎝⎭122,2x x x +⎛⎫⎪⎝⎭,则12ξξ<且 ()()122122,22x x x x f x f f ξ+-⎛⎫-='⋅ ⎪⎝⎭()()1221112324,()2,()222x x x x a f f x f f x x f x x x x ξ+-⎛⎫-='⋅'=-+''=+ ⎪⎝⎭2a x -.当0a 时,()0f x ''.∴()f x '是一个单调递增函数,故()1f ξ'<()2f ξ',从而()1212222x x x x f x f f ++⎛⎫⎛⎫->-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()1f x 成立,因此命题获证.(2)22()2a f 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-='-. 只要证明:当4a 时,任意0λ>,都有()1g λ'>,则有324()21ag x x x '=+->,即证4a 时,24a x x <+恒成立,等价于证明2x +4x的最小值大于4.由于22342234x x x x x+=++(三项均值不等式),当且仅当x =,取到最小值. 又3434a <,证4a 时,3242ax x +->1恒成立. ∴由拉格朗日定理得()()12g x g x -=()121212()()g x x g x x x x λλ'-='->-. ∴所证不等式得证.。