活躍在高考中的拉格朗日中值定理

王伯龍

摘?要：拉格朗日中值定理是微積分學(xué)中的重要定理，應(yīng)用定理可簡(jiǎn)潔地解證一些不等式.本文以高考試題為例闡述運(yùn)用拉格朗日定理解決不等式問(wèn)題的策略.

關(guān)鍵詞：拉格朗日中值定理;高考數(shù)學(xué);不等式

1?拉格朗日中值定理

定理?如果函數(shù)f（x）滿足：（1）在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù);（2）在開(kāi)區(qū)間（a，b）內(nèi)可導(dǎo)，那么至少存在一點(diǎn)ε∈（a，b），使得f ′（ε）=f（b）-f（a）b-a成立.

幾何意義?定理中f（b）-b（a）b-a是連接曲線上兩點(diǎn)A（a，f（a）），B（b，f（b））的弦的斜率，f ′（ε）是過(guò)曲線上一點(diǎn)（ε，f（ε））的切線的斜率，那么定理可解釋為在曲線y=f（x）上至少存在一條平行于弦AB的切線（如圖1）.

拉格朗日中值定理原本是大學(xué)《數(shù)學(xué)分析》課程中的內(nèi)容，《普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）》[1]對(duì)高中數(shù)學(xué)課程的結(jié)構(gòu)進(jìn)行了調(diào)整，將拉格朗日中值定理調(diào)整到數(shù)學(xué)選修課程A類“導(dǎo)數(shù)與微分”一章中，要求學(xué)生會(huì)用拉格朗日中值定理證明一些不等式.這樣的調(diào)整起到了承前啟后的作用，為學(xué)生將來(lái)步入大學(xué)學(xué)習(xí)高等數(shù)學(xué)打下堅(jiān)實(shí)的基礎(chǔ).其實(shí)，在歷年的高考試題中，拉格朗日中值定理的影子隨處可見(jiàn)，下面舉例予以展示.

2?高考試題中的拉格朗日中值定理

例1?（2007年全國(guó)高考Ⅰ卷理科第20題）設(shè)函數(shù)f（x）=ex-e-x.

（1）證明：函數(shù)f（x）的導(dǎo)數(shù)f ′（x）≥2;

（2）證明：若對(duì)所有的x≥0，都有f（x）≥ax，則a的取值范圍為（-∞，2].

證明?（1）略;

（2）當(dāng)x=0時(shí)，結(jié)論顯然成立.

當(dāng)x>0時(shí)，不等式f（x）≥ax可轉(zhuǎn)化為f（x）-f（0）x-0≥a.而f ′（x）=ex+e-x，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一點(diǎn)ε∈（0，x），使得f ′（ε）=f（x）-f（0）x-0≥a成立，即eε+e-ε≥a.

由基本不等式得eε+e-ε≥2.

所以eε+e-ε的最小值為2.

所以a≤2.

故a的取值范圍為（-∞，2）.

例2?（2010年遼寧高考數(shù)學(xué)理科第21題）已知函數(shù)f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性;

（2）設(shè)a<-1，如果對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），有|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|成立，求a的取值范圍.

解析?（1）略;

（2）當(dāng)x1=x2時(shí)，對(duì)任意a<-1，不等式成立;

當(dāng)x1≠x2時(shí)，不妨設(shè)x1>x2，不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|可轉(zhuǎn)化為f（x1）-f（x2）x1-x2≥4.

因?yàn)閒 ′（x）=a+1x+2ax，所由拉格朗日中值定理可知，至少存在一點(diǎn)ε∈（x1，x2），使得f ′（ε）=f（x1）-f（x2）x1-x2成立，即a+1ε+2aε≥4.

由于a<-1，ε>0，所以-a+1ε-2aε≥4.

因?yàn)?a+1ε-2aε≥2 2a（a+1），即-a+1ε-aε的最小值為2 2a（a+1）.

因而只需2 2a（a+1）≥4，解得a≤-2.

故a的取值范圍為（-∞，-2].

例3?（2016年全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷文科第21題）已知函數(shù)f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）.

（1） 當(dāng)a=4時(shí)，求曲線y=f（x）在（1，f（1））處的切線方程;

（2）若x∈（1，+∞），f（x）>0，求a的取值范圍.

解析?（1）略;

（2）對(duì)x∈（1，+∞），f（x）>0，即a<（x+1）lnxx-1.

由拉格朗日中值定理可知，至少存在一點(diǎn)ε∈（1，x），使得a

當(dāng)ε∈（1，x）時(shí)，g′（x）=ε-1ε2>0.

所以函數(shù)g（ε）=lnε+1ε+1在（1，x）內(nèi)單調(diào)遞增.

因此g（ε）>g（1）=2.

要使a

故a的取值范圍為（-∞，2].

例4?（2017年全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷文科第21題）設(shè)函數(shù)f（x）=（1-x2）ex.

（1） 討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性;

（2）當(dāng)x≥0時(shí)，f（x）≤ax+1，求a的取值范圍.

解析?（1）略;

（2）當(dāng)x=0時(shí)，原不等式成立.

當(dāng)x>0時(shí)，f（x）≤ax+1，所以（1-x2）ex-1x≤a.

而f ′（x）=（1-2x-x2）ex，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一點(diǎn)ε∈（0，x），使得（1-2ε-ε2）eε≤a成立.

令g（ε）=（1-2ε-ε2）eε，所以g′（ε）=-（ε2+4ε+1）eε.

由于ε>0，因而g′（ε）<0.

所以函數(shù)g（ε）=（1-2ε-ε2）eε在（0，x）上單調(diào)遞減，于是g（ε）

故a的取值范圍為[1，+∞）.

例5?（2009年遼寧高考數(shù)學(xué)理科第21題）已知函數(shù)f（x）=12x2-ax+（a-1）lnx，a>1.

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性

（2）證明：若a<5，則對(duì)任意x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有f（x1）-f（x2）x1-x2>-1.

解析?（1）略;

（2）f ′（x）=x-a+a-1x，不妨設(shè)x1

因?yàn)閍>1，所以由基本不等式得ε-a+a-1ε≥2 a-1-a.

故f（x1）-f（x2）x1-x2≥2 a-1-a=-（a-1-1）2.

因?yàn)?

于是0≤（a-1-1）2<1.

因而-（a-1-1）2>-1.

即 f（x1）-f（x2）x1-x2>-1成立.

例6?（2018年全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷理科第21試題）已知函數(shù)f（x）=1x-x+alnx.

（1） 討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性;

（2）若f（x）存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2.證明：f（x1）-f（x2）x1-x2

解析?（1）略;

（2）由（1）知，f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)當(dāng)且僅當(dāng)a>2.

由于f ′（x）=-1x2-1+ax，不妨設(shè)x1

令g（ε）=-1ε2-1+aε，則g′（ε）=2ε3-aε2=2-aεε3.

當(dāng)ε<2a時(shí)，g′（ε）>0，函數(shù)g（ε）為增函數(shù);

當(dāng)ε>2a時(shí)，g′（ε）<0，函數(shù)g（ε）為減函數(shù).

于是當(dāng)ε=2a時(shí)，gmax（ε）=-a24-1+a22=（a+2）（a-2）4.

即-1ε2-1+aε≤（a+2）（a-2）4對(duì)于任意ε∈（x1，x2）恒成立.

因?yàn)閍>2，所以（a+2）（a-2）4>a-2.

因此-1ε2-1+aε

故 f（x1）-f（x2）x1-x2

綜上可知，對(duì)于一些結(jié)構(gòu)特征（或變形后）滿足拉格朗日中值定理的不等式問(wèn)題，應(yīng)用拉格朗日中值定理求解具有思路簡(jiǎn)單、計(jì)算量小、易于掌握的特點(diǎn).我們發(fā)現(xiàn)，利用拉格朗日中值定理可以解決兩類問(wèn)題：一是已知不等式求參數(shù)的取值范圍;二是已知參數(shù)的取值范圍證明不等式.對(duì)這兩類問(wèn)題的求解關(guān)鍵是將所給的不等式或要證的不等式轉(zhuǎn)化成拉格朗日中值定理的結(jié)構(gòu)形式.隨著新一輪課改的深入，拉格朗日中值定理將在以后的高考中會(huì)越來(lái)越受到命題專家的青睞.

參考文獻(xiàn)：

[1]中華人民共和國(guó)教育部.普通高中數(shù)學(xué)課程標(biāo)準(zhǔn)（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.

（收稿日期：2019-10-29）