1、 拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理在高考题中的妙用在高考题中的妙用 【摘要摘要】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. 【关键词关键词】拉格朗日中值定理 高考题 高观点 引言引言 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
2、” ，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,
3、a b内至少存在一点，使得 f bf a f ba . 几何意义几何意义： 在 满 足 定 理 条 件 的 曲 线 上( )yf x至 少 存 在 一 点 ( ,( )pf，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB（如图） 二求割线斜率大小二求割线斜率大小-几何意义几何意义的利用的利用 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 2 2 ( )ln . a f xxax x （）求( )f x的单调递增区间； （）设 1, ( )
4、( ),ag xfx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（）略 （）当1a 时， 2 21 ( )1g x xx ，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 21 0xx，都有 21 21 ()() , g xg x k xx 即求任意两点割线斜率的大 小，由中值定理知存在 12 (,)xx x，有 21 21 ()() ( ), g xg x g xk xx 转为求切线斜率的大小.即 32 41 ( )g xk xx 在(0,)上恒成立.（以下同参考答案） 评析：评析：该题
5、若用初等方法解决，构造函数同是本题的难点和突破口将 21 21 ()() , g xg x k xx 转 化为 2211 ()(),g xkxg xx转而考查函数( )( )h xg xkx，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 二二 利用利用拉格朗日中值定理拉格朗日中值定理证最值证最值 （1）证）证 f bf a ba 或或 f bf a ba -即证即证 f与与的大小关系的大小关系 例例2： （： （2009年辽宁卷理年辽宁卷理21题）题） 已知函数 2 1 ( )(1)ln ,1 2 f xxaxax a （）讨论函数(
6、)f x的单调性； （）证明：若5a ，则对任意 12 ,0,x x ， 12 xx，有 12 12 ()() 1 f xf x xx . （）略； （）要证 12 12 ()() 1 f xf x xx 成立，即证 1 1 a fa . 令 2 (1)1gaa， 则 2 14115aaaa .由于15a，所以0 . 从而 0g在R恒成立.也即 2 1aa .又 12 ,x x， 12 ,0,x x ，故0.则 2 1 1 aa ，即 1 1 a fa ，也即 12 12 ()() 1 f xf x xx . 评注评注：这道题（）小题用初等方法做考虑函数 g xf xx.为什么考虑函数 g x
7、f xx很多考生一下子不易想到.而且 gx的放缩也不易想到. （2） 、证明） 、证明 f x a x 或或 f x a x 成立（其中成立（其中0x ，(0)0f） -即证即证 (0) 0 f xf a x 或或 (0) 0 f xf a x 例例3： （： （2007年高考全国卷年高考全国卷I第第20题）题） 设函数 xx f xee. 2 （）证明： f x的导数 2fx ； （）证明：若对所有0x ，都有 f xax ，则a的取值范围是(,2. （）略. （）证明：（i）当0x 时，对任意的a，都有 f xax (ii)当0x 时， 问题即转化为 xx ee a x 对所有0x 恒成立
8、.令 0 0 xx f xf ee G x xx ， 由拉格朗日中值定理知0,x内至少存在一点（从而0） ，使得 0 0 f xf f x ，即 G xfee ，由于 00 0feeee ，故 f在0,x上是增函数， 让0x 得 min 02G xfeef ，所以a的取值范围是(,2. 评注评注：用的是初等数学的方法.即令 g xf xax，再分2a 和2a 两种情况讨论. 其中，2a 又要去解方程 0gx .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 0gx 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. 例例4： （： （2008年全国卷年全
9、国卷22题）题） 设函数 sin 2cos x f x x . （）求 f x的单调区间； （）如果对任何0x ，都有 f xax，求a的取值范围. 证明（）略； （）证明：当0x 时，显然对任何a，都有 f xax；当0x 时， 0 0 f xf xf xx 由拉格朗日中值定理，知存在0,x，使得 0 0 f xf xf f xx .由（）知 2 2cos1 2cos x fx x ，从而 2 2sin2coscos1 2cos xxx fx x .令 0fx 得， 21, 22xkk ； 令 0fx 得，2, 21xkk .所以在 21, 22kk 上， fx的最大值 max 1 22 3
10、 fxfk在 2, 21kk 上， fx的最大值 max 1 2 3 fxfk.从而函数 fx在2, 22kk 上的最大值是 max 1 3 fx.kN 知，当0x 时， fx的最大值为 max 1 3 fx.所以， f的最大值 max 1 3 f.为了使 fa恒成立，应有 max fa.所以a的取值范围是 1 , 3 . 评注评注：这道题的参考答案的解法是令 g xaxf x,再去证明函数 g x的最小值 min0g 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 0gx 和 0gx 的解,这个求解涉及到反 余弦a
11、rccos3a,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. 三利用三利用拉格朗日中拉格朗日中值定理值定理证不等式证不等式 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）用于证明 f bf a与与ba的大小关系的大小关系 例例5：(2006年四川卷理第年四
12、川卷理第22题题) 3 已知函数 2 2 ln (0),f xxax xf x x 的导函数是 fx，对任意两个不相等的正 12 ,xx， 证明： （）当4a 时， 1212 fxfxxx. 证明： 由 2 2 lnf xxax x 得， 2 2 ( )2 a fxx xx ，令 g xfx则由拉格朗日中 值定理得： 1212 ()g xg xgxx 下面只要证明：当4a 时，任意0,都有 1g，则有 32 4 g21 a x xx ，即证 4a 时， 2 4 ax x 恒成立.这等价于证明 2 4 x x 的最小值大于4.由 223 422 3 4xx xxx ， 当且仅当 3 2x 时取到
13、最小值，又 3 43 4a ，故4a 时， 32 4 21 a xx 恒成立.所以由拉 格朗日定理得： 12121212 ()g xg xgxxgxxxx. 评注评注：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）证明 g a， 2 ab g ， g b三者大小的关系三者大小的关系 例例6： （： （2004年四川卷第年四川卷第22题）题） 3 已知函数 ln(1),lnf xxx g xxx. （）求函数 f x的最大值
14、； （）设02aba，证明： 2()ln2 2 ab g ag bgba . 证明（）略； （）证明：依题意，有 ln1gxx， 2 222 ababab g ag bgg bggg a 由拉格朗日中值定理得， 存在, 22 abab ab ，使得 lnln 2222 ababbaba g bggg agg 4 lnlnlnln2 222 babbaaba ba aa 评注：评注： 对于不等式中含有 , 2 ab g ag bgab 的形式， 我们往往可以把 2 ab gg a 和 2 ab g bg ，分别对 2 ab gg a 和 2 ab g bg 两次运用拉格朗日中值定理. 例例7：(
15、2006年四川卷理第年四川卷理第22题题) 已知函数 2 2 ln (0),f xxax xf x x 的导函数是 fx，对任意两个不相等的正数 12 ,xx，证明： （）当0a 时， 12 12 22 f xf xxx f 证明： （）不妨设 12 xx，即证 1212 21 22 xxxx f xfff x 由拉格朗日中值 定理知，存在 1212 1122 , 22 xxxx xx ，则 12 且 12 2 2 xx f xf 21 2 2 xx f ， 1221 11 22 xxxx ff xf 又 2 2 ( )2 a fxx xx ， 32 4 2 a fx xx .当0a 时， 0
16、fx .所以 ( ) fx是一个单调递减函 数，故 12 ff从而 1212 21 22 xxxx f xfff x 成立，因此命题获证 四：利用拉格朗日定理证明根的存在四：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. 例例 1 设( )f x在0,1可导,且0( )1f x,又对于(0,1)内所有的点有( )1fx 证明方程 ( )10f xx 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,
17、 令( )( )1g xf xx,又因为0( )1f x,则(0)(0) 10, (1)(1)0gfgf ,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( )10f xx 在(0,1)内有两个实根, 不妨设为01, 则有( )1,( )1ff ,对函数( )f x)在, 上运用拉格朗日中值定理有 ( )( )( )()fff .因此 11( )( ) ( )1 ff f 这和已知条件( )1fx 矛盾.所以方程( )10f xx 在(0,1)内有唯一的实根. 结束语结束语 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
18、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
19、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. 英文摘要英文摘要 Application of Lagranges mean value theorem in the college entrance examination 【AbstractAbstract】In recent years, the college entrance examination proposition is set in higher mathematics become a hot spot. Some college entrance examin
20、ation questions of many provinces and cities can use the Lagranges 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 wordsKey words】Lagranges mean value theorem the college entrance examination High point of view
