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：若函数满足如下条件：f（i）在闭区间上连续；f[,]ab（ii）在开区间内可导；f(,)ab则在内至少存在一点，使得.,ab'fbfafba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()yfx(,())pf行于曲线两端的连线（如图）AB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.afxxaxx（Ⅰ）求的单调递增区间；()fx（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'1,()(),agxfxk()gx不小于？若存在，求的取值范围；若不存在，说明理由.kk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1a221()1gxxxk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k210xx2121()(),gxgxkxx小，由中值定理知存在，有转为求切线斜率的大小.即12(,)xxx'2121()()(),gxgxgxkxx在上恒成立.（以下同参考答案）'3241()gxkxx(0,)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2121()(),gxgxkxx化为转而考查函数，学生不是很容易想到，但若利用2211()(),gxkxgxx()()hxgxkx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fbfabafbfaba-------------即证与的大小关系'f例2：（2009年辽宁卷理21题）已知函数21()(1)ln,12fxxaxaxa（Ⅰ）讨论函数的单调性；()fx（Ⅱ）证明：若，则对任意，，有.5a12,0,xx12xx1212()()1fxfxxx（Ⅰ）略；（Ⅱ）要证成立，即证.1212()()1fxfxxx'11afa令，则.由于，所以2(1)1gaa214115aaaa15a.从而在恒成立.也即.又，，故00gR21aa12,xx12,0,xx.则，即，也即.0211aa'11afa1212()()1fxfxxx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gxfxx很多考生一下子不易想到.而且的放缩也不易想到.gxfxx'gx（2）、证明或成立（其中，）fxaxfxax0x(0)0f----------即证或(0)0fxfax(0)0fxfax例3：（2007年高考全国卷I第20题）设函数.[2]xxfxee（Ⅰ）证明：的导数；fx'2fx（Ⅱ）证明：若对所有，都有，则的取值范围是.0xfxaxa(,2]（Ⅰ）略.（Ⅱ）证明：（i）当时，对任意的，都有0xafxax(ii)当时，问题即转化为对所有恒成立.令，0xxxeeax0x00xxfxfeeGxxx由拉格朗日中值定理知内至少存在一点（从而），使得，即0,x0'00fxffx，由于，故在上是增函数，'Gxfee''000feeee'f0,x让得，所以的取值范围是.0x''min02Gxfeefa(,2]评注：用的是初等数学的方法.即令，再分和两种情况讨论.gxfxax2a2a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2a'0gxa2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，'0gx省去麻烦.例4：（2008年全国卷Ⅱ22题）设函数.sin2cosxfxx（Ⅰ）求的单调区间；fx（Ⅱ）如果对任何，都有，求的取值范围.0xfxaxa证明（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：当时，显然对任何，都有；当时，0xafxax0x00fxfxfxx由拉格朗日中值定理，知存在，使得.由（Ⅰ）知0,x'00fxfxffxx，从而.令得，'22cos12cosxfxx''22sin2coscos12cosxxxfxx''0fx；令得，.所以在21,22xkk''0fx2,21xkk21,22kk上，的最大值在上，的最大值'fx''max1223fxfk2,21kk'fx.从而函数在上的最大值是.''max123fxfk'fx2,22kk'max13fxkN知，当时，的最大值为.所以，的最大值.为了使0x'fx'max13fx'f'max13f恒成立，应有.所以的取值范围是.'fa'maxfaa1,3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gxaxfxgx.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min0gxaa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gx'0gx'0gx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arccos3a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）用于证明与的大小关系fbfaba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，22ln(0),fxxaxxfxx'fx12,xx证明：（Ⅱ）当时，.4a''1212fxfxxx证明：由得，，令则由拉格朗日中22lnfxxaxx'22()2afxxxx'gxfx值定理得：'1212()gxgxgxx下面只要证明：当时，任意,都有，则有，即证4a0'1g'324g21axxx时，恒成立.这等价于证明的最小值大于.由，4a24axx24xx422342234xxxxx当且仅当时取到最小值，又，故时，恒成立.所以由拉32x3434a4a32421axx格朗日定理得：.''12121212()gxgxgxxgxxxx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ga2abggb例6：（2004年四川卷第22题）[3]已知函数.ln(1),lnfxxxgxxx（Ⅰ）求函数的最大值；fx（Ⅱ）设，证明：.02aba2()ln22abgagbgba证明（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有，'ln1gxx由拉格朗日中值定理得，2222abababgagbggbggga存在，使得,,,22ababab''lnln2222ababbabagbgggagg4lnlnlnln2222babbaababaaa评注：对于不等式中含有的形式，我们往往可以把,,2abgagbgab2abgga和，分别对和两次运用拉格朗日中值定理.2abgbg2abgga2abgbg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，22ln(0),fxxaxxfxx'fx12,xx证明：（Ⅰ）当时，0a121222fxfxxxf证明：（Ⅰ）不妨设，即证．由拉格朗日中12xx12122122xxxxfxfffx值定理知，存在，则且12121122,,,22xxxxxx121222xxfxf，又，'2122xxf'12211122xxxxffxf'22()2afxxxx.当时，.所以是一个单调递减函数，故''3242afxxx0a''0fx'()fx''12ff从而成立，因此命题获证．12122122xxxxfxfffx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,ab()fx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()fx0,10()1fx(0,1)'()1fx在内有唯一的实根.()10fxx(0,1)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.()()1gxfxx0()1fx(0)(0)10,(1)(1)0gfgf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,()10fxx,01则有,对函数)在上运用拉格朗日中值定理有()1,()1ff()fx,.因此()()'()()fff11()()'()1fff这和已知条件矛盾.所以方程在(0,1)内有唯一的实根.'()1fx()10fxx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.