(word完整版)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ξ，使得 ()()()'f b f a f b a

ξ-=

-.

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 ξξ，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22()ln .a f x x a x x

=++

（Ⅰ）求()f x 的单调递增区间；

（Ⅱ）设'1,()(),a 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1a =时，221

()1g x x

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210x x >>，都有2121

()()

,g 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'2121

()()

(),g x g x g x k x x -=≥-转为求切线斜率的大小.

即'3

241

()g x k x x

=

-≥在(0,)+∞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

2121

()()

,g x g x k x x -≥-转

化为2211()(),g x kx g x x -≥-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．

二． 利用拉格朗日中值定理证最值 （1）证

()()f b f a b a

λ->-或

()()f b f a b a

λ-<-

-------------即证()'f ξ与λ的大小关系

例2：（2009年辽宁卷理21题） 已知函数2

1()(1)ln ,12

f 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）要证

1212()()1f x f x x x ->--成立，即证()'1

1a f a ξξξ

-=-+>-.

令()2(1)1g a a ξξξ=--+-，则()()()()2

14115a 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()'1

1a f a ξξξ

-=-+>-，也即

1212()()1f x f x x x ->--. 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 x

>或

()f x a x

<成立（其中0x >，(0)0f =）

----------即证()(0)0

f x f a x ->-或

()(0)0

f x f a x -<-

例3：（2007年高考全国卷I 第20题） 设函数()x x f x e e -=-.[2]

（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 x e e a x --≤对所有0x >恒成立.令()()()00

x x

f 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()()()'00

f x f f x ξ-=

-，即

()()'G x f e e ξξξ-==+，由于()()''000f e e e e ξξξξ--=-=->，故()'f ξ在()0,x 上是增函数，

让0x → 得()()()''min 02G x f e e f ξξξ-==+≥=，所以a 的取值范围是(,2]-∞.

评注：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.

例4：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数()sin 2cos x

f 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. 证明（Ⅰ）略；

（Ⅱ）证明：当0x =时，显然对任何a ，都有()f x ax ≤；当0x >时，()()()00

f x f x f x

x -=

-

由拉格朗日中值定理，知存在()0,x ξ∈，使得

()()()()'00

f x f x f f x

x ξ-=

=-.由（Ⅰ）知

()()

'2

2cos 1

2cos x f x x +=

+，从而()()()

()

''2

2sin 2cos cos 12cos x x x f x 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()()()''max 1223

f 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()'max 1

3

f x =.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 1

3

f 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.

三．利用拉格朗日中值定理证不等式