拉格朗日中值定理在高考题中的妙用

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

（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

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

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）

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； ----------即证

fxf(0)x0a或

fxf(0)x0a （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xfxf0x0f'.由（Ⅰ）知

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

''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f'1在 上，f'x的最大值2k,2k13'xmaxf'2k1.从而函数f'x在2k,2k2上的最大值是f3xmax1.kN3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）[3] 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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lnlnggagg2222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的形式，我们往往可以把abgga22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x1,x2，

xfx1fx2xx证明：（Ⅰ）当a0时，f12 22xxxx证明：（Ⅰ）不妨设x1x2，即证fx2f12f12fx1．由拉格朗日中

22xxxxxx值定理知，存在1x1,12,212,x2，则12且fx2f12222f'2x2x1xx，f1222x2x12a''f(x)2x， 又fxf112x2xf''x24a2.当a0时，f''x0.所以f'(x)是一个单调递减函数，故f'1f'23xxxxf122fx1成立，因此命题获证． xx从而fx2f122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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.

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.