拉格朗日中值定理在高考题中的妙用

【摘要】近几年，以高等数学为背景的高考命题成为热点.许多省市一些高考题可以用拉格朗日中值定理来解答.本文归纳了可用拉格朗日中值定理解决的四类题型，再通过一些具体的高考试题，体现高观点解题的好处.

【关键词】拉格朗日中值定理 高考题 高观点

引言

新课程中，高中数学新增加了许多近、现代数学思想，这为中学数学传统的内容注入了新的活力，也为解决一些初等数学问题的方法提供了更多的选择．尤其在近几年在近几年的数学高考试题中，经常遇到一些题目，虽然可以利用中学的数学知识解决，但是在高等数学中往往能找出相关的“影子”，也即所谓的“高观点”试题这样的试题或以高等数学知识为背景，或体现高等数学中常用的思想方法．这类试题常受到命题者的青睐，成为高考中一道亮丽的风景，其中不乏以拉格朗日中值定理为背景的高考试题．拉格朗日中值定理是利用导数的局部性研究函数整体性的重要工具，它是沟通函数与其导数之间的桥梁，建立了函数值与导数值之间的定量联系，因而可以用它来研究函数的性态． 拉格朗日中值定理是高考试题设置高等数学背景的一个热点素材.

一．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： （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'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）

[1]

fbfaba.

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. 2a2例1：（2011年福建省质检理19题）已知函数f(x)xalnx.

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21，假设存在实数k，使得的图象上任意不同两点连线x2xg(x2)g(x1)k,即求任意两点割线斜率的大

x2x1的斜率都不小于k，即对任意x2x10，都有小，由中值定理知存在x(x1,x2)，有g'(x)g'(x)g(x2)g(x1)k,转为求切线斜率的大小.即

x2x141k在(0,)上恒成立.（以下同参） x3x2g(x2)g(x1)k,转

x2x1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

化为g(x2)kx2g(x1)x1,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或

fbfaba

-------------即证f'与的大小关系

例2：（2009年辽宁卷理21题） 已知函数f(x)12xax(a1)lnx,a1 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（Ⅰ）略； （Ⅱ）要证

f(x1)f(x2)a11成立，即证f'a1.

x1x22f(x1)f(x2)1.

x1x2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x1,x2，x1,x20,，故0.则f(x1)f(x2)2aa1a11. 1，即f'a1，也即

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.

（2）、证明

fxxa或

fxxa成立（其中x0，f(0)0）

fxf(0)x0a或

fxf(0)x0a

----------即证例3：（2007年高考全国卷I第20题） 设函数fxexex.

[2]

（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

fxf0exexexex(ii)当x0时，问题即转化为a对所有x0恒成立.令Gx，xxx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x0，即

Gxf'ee，由于f''eee0e00，故f'在0,x上是增函数，

让x0 得Gxminf'eef'0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Ⅱ22题）

设函数fxsinx.

2cosx（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. 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，由拉格朗日中值定理，知存在0,x，使得

f'x2cosx1fxxfxf0x0

fxx2fxf0x0f'.由（Ⅰ）知

2cosx2，从而f''x2sinx2cosxcosx12cosx.令f''x0得，

xx令f''x0得，2k1,2k2；2k1,2k2上，2k,2k1.所以在f'x的最大值f'xmaxf'2k21'在 2k,2k1上，fx的最大值3f'xmaxf'2k'112k,2k2.从而函数f'x在上的最大值是.kNfxmax33'知，当x0时，f'x的最大值为fxmax11.所以，f'的最大值f'max.为了使331f'a恒成立，应有f'maxa.所以a的取值范围是,.

3评注：这道题的参的解法是令gxaxfx,再去证明函数gx的最小值

gxmin0.这与上述的思路是一样的.但首先参的解法中有个参数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

在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]

2已知函数fxx2alnx(x0),fx的导函数是f'x，对任意两个不相等的正x1,x2，

x证明：（Ⅱ）当a4时，f'x1f'x2x1x2.

22a证明： 由fxx2alnx得，f'(x)2x2，令gxf'x则由拉格朗日中

xxx值定理得：gx1gx2g'(x1x2)

下面只要证明：当a4时，任意0,都有g'1，则有g'x2a4时，ax24a1，即证x3x244422恒成立.这等价于证明x2的最小值大于4.由x2x2334，xxxxx4a1恒成立.所以由拉x3x2当且仅当x32时取到最小值，又a4334，故a4时，2格朗日定理得：gx1gx2g'(x1x2)g'x1x2x1x2.

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. ab（2）证明ga，g，gb三者大小的关系 2例6：（2004年四川卷第22题） 已知函数fxln(1x)x,gxxlnx. （Ⅰ）求函数fx的最大值；

ab（Ⅱ）设0ab2a，证明：gagb2g(ba)ln2. 2[3]

证明（Ⅰ）略；

（Ⅱ）证明：依题意，有g'xlnx1，

abababgagb2ggbggga 由拉格朗日中值定理得，

222abab存在a,,b，使得,22babaabab''gbgggagg•lnln• 2222lnbabba4aba•ln•ln•baln2 2a2a2abab评注：对于不等式中含有ga,gb,g我们往往可以把gab的形式，ga22ababab和gbg，分别对gga和gbg两次运用拉格朗日中值定理. 222例7：(2006年四川卷理第22题)

2已知函数fxx2alnx(x0),fx的导函数是f'x，对任意两个不相等的正数

x（Ⅰ）当a0时，x1,x2，证明：

fx1fx22xxf12

2证明：（Ⅰ）不妨设x1x2，即证fx2f定理知，存在1x1,x1x22x1x2xxf12fx1．由拉格朗日中值22x1x2,22,x2，则12且xxxxxxxxfx2f12f'2•21，f12fx1f'1•21又

2222f'(x)2x2a4a''， fx22.当a0时，f''x0.所以f'(x)是一个单调递减函23xxxxx1x2xxf12fx1成立，因此命题获证． 22[4]

数，故f'1f'2从而fx2f四：利用拉格朗日定理证明根的存在

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11

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.

结束语

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具.，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.但求解时一般都需要学生巧妙的构造新函数，成为难点且往往计算量较大.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.

参考文献

[1]陈纪修,於崇华,金路．数学分析（上册）[M]．北京：高等教育出版社，2010，123-124 . [2]吴旻玲. 高考中的拉格朗日中值定理[J]．中学教研( 数学),2012,：44.

[3] 王一棋.高观点下的中学数学——拉格朗日中值定理在中学数学中的应用[J]．数学教学通讯,63.

[4] 李惟峰. 拉格朗日中值定理在中学数学中的应用[J]．教学参考,2008,：40.

英文摘要

Application of Lagrange's mean value theorem in the college

entrance examination

【Abstract】In recent years, the college entrance examination proposition is set in higher mathematics become a hot spot. Some college entrance examination questions of many provinces and cities can use the Lagrange's mean value theorem to solve. This paper summarizes the four types of questions. Through some specific questions, reflect the advantages of using high point of view to solve the problem.

【Key words】Lagrange's mean value theorem the college entrance examination

High point of view