巧解高考数学压轴题(6)——拉格朗日(lagrange)中值定理证明

拉格朗日中值定理拉格朗日（Lagrange ）中值定理ξ()()(,) , () .f b f a a b f b a ξξ-'∃∈=-则使得(1) () [,] ;f x a b 在连续(2) () (,) ,f x a b 在可导定理xyaABbOξ'拉格朗日中值定理Lagrange (法)1736-1813xyabOξ'ξ)(='ξf 罗尔中值定理ABOxy)(x f y =ξξabAB切线与弦线AB 平行()()()()AB f b f a y f a x a b a-=+--弦的方程：如何利用罗尔定理来证明？分析()() ()()()()f b f a x f x f a x a b aφ-=----令()() ()()()()f b f a x f x f a x a b aφ-=----令则由已知条件可得：()([, ]) ,x C a b φ∈() (, ) ,x a b φ在内可导 ()()0 .a b φφ==且故由罗尔中值定理，至少存在一点(, ) , a b ξ∈使得()()()()0.f b f a f b aφξξ-''=-=- ()()()().f b f a f b a ξ'-=-即分析证z()()(())(), (01).f b f a f a b a b a ,θθ'-=+--∈定理的证明方法很多,例如,可作辅助函数()(()())()()F x f b f a x b a f x =---1 a b a b <>不论还是定理中的公式均可写成()()()() ( , )f b f a f b a a b ξξ'-=-在之间23拉格朗日有限增量公式()()() (01)f x x f x f x x x θθ'+∆-=+∆∆<<() ( )y f x x x x ξξ'∆=∆+∆在与之间拉格朗日中值定理告诉我们, 在t=a 到t=b 的时间段内, 连续运动的物体至少会在某一时刻达到它的平均速度.()() () .s b s a v t b a-=-z由拉格朗日中值定理可以得出其它的什么结论？()()() ()f b f a f b a ξ'-=-2121()()() ()f x f x f x x ξ'-=-(1) ()0 (, ).f x x a b '=∈().f x =常数(2) |()| .f x M '≤00|()()| ||.f x f x M x x -≤-(3) ()0 (0).f x '≥≤() ()f x ↑↓()f ξ'???z12 ()0 , I . , I ,f x x x x '=∈∀∈若则有1212()()()()0 ,f x f x f x x ξ'-=-= ()0 , I , () , I .f x x f x C x '=∀∈=∈若则12()() .f x f x =推论1证z推论2证 ()() I , ()() I .f xg x x f x g x C x ''=∈=+∈若则(C 为常数)(()())()(),f xg x f x g x '''-=-因为 ()() I , f x g x x ''=∈若则 (()())0 , I , f x g x x '-=∈故()() , I .f xg x C x -=∈z推论3证|()|, (, ), f x M x a b '≤∈且则|()()|||.f b f a M b a -≤- () [, ] ,f x a b 若在上满足拉格朗日中值定理条件 |()| ( () ) ,f x M f x ''≤若即有界 |()()| |()||| || .f b f a f b a M b a ξ'-=-≤-则用来证明一些重要的不等式.z推论4证用来判断函数的单调性.() I , ()0 (()0) ,f x f x f x ''≥≤若在区间可导且 () I ()f x 则在区间上单调增加减少．1221,I , .x x x x ∀∈>不妨设212112()()()() ()f x f x f x x x x ξξ'-=-<<21 ()0 I , ()() ,f x x f x f x '>∈>若则21 ()0 I , ()() .f x x f x f x '<∈<若则z推论5证用来证明不等式.() , () I , ()()( I ) .f xg x f a g a a =∈设在区间内可导且 ()() (, )I ,f x g x x a b ''>∈⊂若则()() , (, ) .f xg x x a b >∈ ()()() , ()0, ()0.x f x g x x a φφφ'=->=令则再由推论4 , 即得命题成立.z() (, ) ()() ,f x f x f x '-∞+∞=证明：若在内满足关系式(0) 1 , ().x f f x e ==且则() 1 , (, ) xf x x e⇔≡∈-∞+∞() (), (, ),x f x x x e φ=∈-∞+∞令 ()x C φ=问题转化为证明2()() ()xxxf x e f x e x eφ'-'=0, (, ), x =∈-∞+∞证 (), (, ).x C x φ∴=∈-∞+∞ (0) 1 ,f =又() () 1.x f x x e φ==0(0) (0) 1.f e φ==故 1 . C =从而(), (, ) .xf x e x =∈-∞+∞例分析问题的条件,改写结论的形式，作出辅助函数是解题的关键.如果曲线用参数方程表示，拉格朗日中值定理的结论会变成怎样的形式？。

拉格朗日中值定理证明及其应用拉格朗日中值定理是微积分中的重要定理之一，它是勒让德-拉格朗日定理的一个特例。

它是用来描述在一个闭区间内可微函数的平均变化率的存在性及其应用。

在本文中，我们将从拉格朗日中值定理的证明入手，然后介绍其应用场景，以及它在实际问题中的应用。

让我们从拉格朗日中值定理的表述入手。

设函数f(x)在闭区间[a, b]上连续，在开区间(a, b)内可导，那么存在ξ∈(a, b)，使得：f(b) - f(a) = f'(ξ)(b - a)其中f'(ξ)表示函数f(x)在点ξ处的导数。

这个定理表明了在一个闭区间内可微函数的平均变化率存在。

接下来，让我们来证明拉格朗日中值定理。

证明的思路是构造一个辅助函数来辅助完成证明。

我们定义一个函数g(x) = f(x) - [f(b) - f(a)] / (b - a) * (x - a)。

很容易证明g(x)在闭区间[a, b]上满足罗尔定理的条件，即g(a) = g(b) = f(a) - [f(b) - f(a)] / (b - a) * (b - a) = f(a)，g(a) = g(b) = f(b) - [f(b) - f(a)] / (b - a) * (b - a) = f(b)。

根据罗尔定理，存在ξ∈(a, b)，使得g'(ξ) = 0。

即g'(ξ) = f'(ξ) - [f(b) - f(a)] / (b - a) = 0，整理得到f(b) - f(a) = f'(ξ)(b - a)。

拉格朗日中值定理得到证明。

接下来，让我们来探讨一下拉格朗日中值定理的应用。

在实际问题中，拉格朗日中值定理常常会被用来表示平均变化率、速度、斜率等概念。

当我们需要计算一个函数在某一区间内的平均变化率时，就可以使用拉格朗日中值定理。

又当我们需要计算一个曲线在某一点的切线斜率时，也可以使用拉格朗日中值定理。

这个定理在实际问题中有着广泛的应用。

理学、教育学的相关书籍，了解认知主义、建构主义以及有意义的接受学习等学习观，提高自己的教育理论水平。

这样，教师才容易理解和接受新课程的理念，并且在科学理论的指导下，设计和组织三角函数的教学过程，实现对学生的最有利培养。

2.突显探究教学对课堂效率的提升作用。

“合作交流，自主探究”是新课程提倡的学习方式，但是在三角函数教学中，很多教师的教学是“多练少讲”和“以讲解为主”。

他们主要是担心“探究教学”会降低课堂效率。

探究教学真的会降低课堂效率吗？什么叫课堂效率？课堂效率是指在课堂规定的教学时间内所取得的教学效果的大小，其中教学效果包括数量与质量。

而所谓的高效课堂，不仅有量，还要有质（即学生对知识的理解程度和学生能力的培养）。

如果按照传统的教学方式进行教学，虽然教师噼里啪啦讲了很多知识，但是学生真正理解的又有多少。

一些教师认为这没什么，我们可以通过题海战术来巩固提高。

这样对于学生能力的培养有用吗？没用，只会解题不是新课程对学生培养的目标。

而三角函数的内容很特殊，是建立在图形的基础上，形象直观，非常适合用来培养学生的探究、发现、归纳等数学能力，培养学生自主学习的能力。

所以，教师应该充分发挥三角函数的这一优势，利用探究教学，引导学生去探索和归纳，经历三角函数知识的再创造过程。

这样，学生才能从本质上理解这些知识，同时还能提高数学能力，这样的课堂才是真正、高效的课堂。

而学生学起来轻松，才会有学习数学的兴趣，积极性才高，学习也会更有效率。

所以在三角函数课堂中，探究教学可以提升课堂效率。

3.明确三角函数新定义在教学中的中心地位。

新教材对三角函数采用的是单位圆定义，明确提出了单位圆在三角函数学习中的中心地位，可以帮助学生形成一个以单位圆为中心的知识体系，便于理解三角函数知识的来龙去脉。

但是，如果利用单位圆定义进行三角函数求值运算，过程非常烦琐，而利用终边定义法，运算就非常简捷。

那么我们能否找到一种方法，将这两种定义的优势结合起来，取长补短呢？新课程改革并不等于革命，并不是彻底的推倒重建，我们不仅要反思以前课程的弊端，同时还要反思它的优势。

拉格朗日(Lagrange)中值定理的几何证明
冯潞强
【期刊名称】《长治学院学报》
【年(卷),期】2001(018)003
【摘要】文章应用几何上的转轴公式,讨论了拉格朗日中值定理的一种几何证明方法.
【总页数】2页(P53-54)
【作者】冯潞强
【作者单位】晋东南师专数学系,长治,046011
【正文语种】中文
【中图分类】O174.21
【相关文献】
1.拉格朗日（Lagrange）中值定理的构造性证明 [J], 丁显峰
2.拉格朗日（Lagrange）中值定理应用的分类剖析 [J], 陈天明
3.拉格朗日(Lagrange)中值定理的推广 [J], 张玉莲;杨要杰
4.拉格朗日(Lagrange)中值定理在高考数学中的应用 [J], 何兴兴
5.关于拉格朗日(Lagrange)中值定理的逆定理问题 [J], 陈建威
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高考数学复习考点题型专题讲解专题46 拉格朗日中值定理1.拉格朗日中值定理：若f(x)满足以下条件：(1)f(x)在闭区间[a，b]内连续；(2)f(x)在开区间(a，b)上可导，则∃ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝f（b）－f（a）b－a.2.几何意义：弦AB的斜率＝f（b）－f（a）b－a＝f′(ξ1)＝f′(ξ2)，在曲线弧AB上至少有一点，在该点处的切线平行于弦AB.类型一证明不等式所证不等式的特征：既有两自变量的差，又有两自变量的函数(或导数)值的差.例1 已知函数f(x)＝x2＋2x＋a ln x(x>0)，f(x)的导函数是f′(x)，对任意两个不相等的正数x1，x2，证明：当a≤4时，|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.证明 由f (x )＝x 2＋2x ＋a ln x 得，f ′(x )＝2x －2x 2＋ax，令g (x )＝f ′(x )，则由拉格朗日中值定理得：|f ′(x 1)－f ′(x 2)|＝|g (x 1)－g (x 2)|＝|g ′(λ)(x 1－x 2)|.下面只要证明：当a ≤4时，任意λ>0，都有g ′(λ)>1， 则有g ′(x )＝2＋4x 3－ax2>1，即证a ≤4时，a <x 2＋4x恒成立.这等价于证明x 2＋4x的最小值大于4，由x 2＋4x ＝x 2＋2x ＋2x≥334，当且仅当x ＝32时取到最小值，又a ≤4<334，故a ≤4时，2＋4x 3－ax2>1恒成立.所以由拉格朗日中值定理得： |f ′(x 1)－f ′(x 2)|>|x 1－x 2|.训练1 设0<y <x ，p >1，证明：py p －1(x －y )<x p －y p <px p －1(x －y ). 证明 设f (t )＝t p ，显然f (t )在[y ，x ]满足拉格朗日中值定理的条件，则∃ξ∈(y ，x )，使得f ′(ξ)＝f （x ）－f （y ）x －y ，即p ξp －1＝x p －y p x －y. 由p >1知t p －1在[y ，x ]上单调递增，py p －1<p ξp －1<px p －1，从而有py p －1(x －y )<p ξp －1(x －y )<px p －1(x －y )，即有py p －1(x －y )<x p －y p <px p －1(x －y ). 类型二 由不等式恒成立求参数的取值范围1.分离常数.2.构造成f （b ）－f （a ）b －a的形式，求其最值(范围).例2 已知函数f (x )＝e x －e －x ，若对任意x ≥0都有f (x )≥ax ，求实数a 的取值范围. 解 (1)当x ＝0时， 对任意a ，都有f (x )≥ax ； (2)当x >0时，问题转化为a ≤e x －e －xx对任意x >0恒成立.令g (x )＝e x －e －xx＝f （x ）－f （0）x －0，由拉格朗日中值定理知在(0，x )内至少存在一点ξ(ξ>0)，使得f ′(ξ)＝f （x ）－f （0）x －0，即g (x )＝f ′(ξ)＝e ξ＋e －ξ，由于f ″(ξ)＝e ξ－e －ξ>e 0－e －0＝0(ξ>0)，故f ′(ξ)在(0，x )上是增函数，则g (x )min ＝f ′(ξ)min >f ′(0)＝2， 所以a 的取值范围是(－∞，2]. 训练2 已知函数f (x )＝sin x2＋cos x，如果对任意x ≥0都有f (x )≤ax ，求a 的取值范围.解 当x ＝0时，显然对任意a ，都有f (x )≤ax ； 当x >0时，f （x ）x ＝f （x ）－f （0）x －0， 由拉格朗日中值定理，知存在ξ∈(0，x )，使得f （x ）x ＝f （x ）－f （0）x －0＝f ′(ξ)，又f ′(x )＝2cos x ＋1（2＋cos x ）2，从而f ″(x )＝2sin x （cos x －1）（2＋cos x ）3.令f ″(x )≥0得，x ∈[(2k ＋1)π，(2k ＋2)π]，k ∈N ； 令f ″(x )≤0得，x ∈[2k π，(2k ＋1)π]，k ∈N .所以在[(2k ＋1)π，(2k ＋2)π]，k ∈N 上，f ′(x )的最大值f ′(x )max ＝f ′[(2k ＋2)π]＝13，在[2k π，(2k ＋1)π]，k ∈N 上，f ′(x )的最大值f ′(x )max ＝f ′(2k π)＝13. 从而函数f ′(x )在[2k π，(2k ＋2)π]，k ∈N 上的最大值是f ′(x )max ＝13，由k ∈N 知，当x >0时，f ′(x )的最大值为f ′(x )max ＝13，所以，f ′(ξ)的最大值f ′(ξ)max ＝13.为了使f ′(ξ)≤a 恒成立，应有f ′(ξ)max ≤a . 所以a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，＋∞.一、基本技能练1.已知函数f (x )＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ，若1<a <5，证明：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1≠x 2，有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1.证明 由题意知，f ′(x )＝x －a ＋a －1x， 要证f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1成立，由拉格朗日中值定理易知存在ξ∈(x 1，x 2)，使f ′(ξ)＝f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2，则即证f ′(ξ)＝ξ－a ＋a －1ξ>－1，又ξ∈(x 1，x 2)，x 1，x 2∈(0，＋∞)，故ξ>0，只需证ξf ′(ξ)＝ξ2－a ξ＋(a －1)>－ξ， 令g (ξ)＝ξ2－(a －1)ξ＋a －1，则其Δ＝(a －1)2－4(a －1)＝(a －1)(a －5). 由于1<a <5，所以Δ<0， 从而g (ξ)>0在R 上恒成立. 也即ξ2－a ξ＋a －1>－ξ.则ξ2－a ξ＋a －1ξ>－1，即f ′(ξ)＝ξ－a ＋a －1ξ>－1，也即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>－1.2.已知函数f (x )＝x 2＋2x＋a ln x (x >0)，f (x )的导函数是f ′(x )，对任意两个不相等的正数x 1，x 2， 证明：当a ≤0时，f （x 1）＋f （x 2）2>f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明 不妨设0<x 1<x 2，即证f (x 2)－f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1). 由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 1＋x 22，ξ2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，x 2，则ξ1<ξ2，且f (x 2)－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＝f ′(ξ2)·x 2－x 12，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1)＝f ′(ξ1)·x 2－x 12.又f ′(x )＝2x －2x 2＋ax(x >0)，f ″(x )＝2＋4x 3－ax 2(x >0)，当a ≤0时，f ″(x )>0，所以f ′(x )在(0，＋∞)上是一个单调递增函数，故f ′(ξ1)<f ′(ξ2)，从而f (x 2)－f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22－f (x 1)成立，因此命题获证. 3.已知函数f (x )＝2ln x ＋1，设a >0，讨论函数g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a的单调性.解 由拉格朗日中值定理知g (x )＝f （x ）－f （a ）x －a ＝f ′(ξ)＝2ξ，其中0<ξ<a 或a <ξ<＋∞，所以问题转化为讨论f ′(x )＝2x，x ∈(0，a )和(a ，＋∞)上的单调性.因为f ′(x )＝2x在(0，＋∞)上单调递减，所以f ′(x )＝2x在区间(0，a )，(a ，＋∞)上单调递减，从而g (x )在区间(0，a )，(a ，＋∞)上单调递减. 二、创新拓展练4.已知函数f (x )＝x 3＋k ln x (k ∈R )，f ′(x )为f (x )的导函数.当k ≥－3时，证明：对任意x 1，x 2∈[1，＋∞)，且x 1>x 2，有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.证明 由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈(x 2，x 1)，使得f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝f ′(ξ)，只需证明f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f ′(ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)即可.由f ′(x )＝3x 2＋k x(x ≥1)，令g (x )＝3x 2＋kx(x ≥1)，即证明g （x 1）＋g （x 2）2>g (ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)，只需证明曲线y ＝g (x )，x ∈(x 2，x 1)严格落在点(x 2，g (x 2))和(x 1，g (x 1))的连线的下方， 即证当k ≥－3时，函数g (x )在[1，＋∞)上是下凸的，由g ′(x )＝6x －k x 2，g ″(x )＝6＋2kx 3可知：当x ≥1，k ≥－3时，g ″(x )＝6＋2k x 3＝6x 3＋2kx 3≥0(当且仅当x ＝1，k ＝－3时，g ″(x )＝0)， 所以g （x 1）＋g （x 2）2>g (ξ)(1≤x 2<ξ<x 1)成立，从而当k ≥－3时，对任意x 1，x 2∈[1，＋∞)，x 1>x 2，都有f ′（x 1）＋f ′（x 2）2>f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2.。

证明lagrange定理拉格朗日中值定理（Lagrange's mean value theorem）是微积分中的一个重要定理，它表述了一个可微函数在某个区间内必然存在一个点，使得该点的导数等于函数在区间两个端点处导数的差值比上区间长度。

具体表述如下：设函数f(x)在区间[a,b]内连续，在(a,b)内可导，那么在(a,b)内，至少存在一个点c，使得f′(c)=f(b)−f(a)b−a.现在我们用数学归纳法来证明拉格朗日中值定理。

首先，当区间宽度为0时，即a=b，定理成立。

然后，我们假设当区间宽度为k时，定理成立，即对于任意函数f(x)，若f(x)在[a,a+k]内连续，在(a,a+k)内可导，则存在一个点c∈(a,a+k)，使得f′(c)=f(a+k)−f(a)k,我们需要证明当区间宽度为k+1时，定理也成立。

对于区间[a,a+k+1]，我们可以将其划分为两个子区间，[a,a+(k+1)/2]和[a+(k+1)/2,a+k+1]，它们之间有一个公共点a+(k+1)/2。

根据归纳假设，对于子区间[a,a+(k+1)/2]，存在一个点c1∈(a,a+(k+1)/2)，使得f′(c1)=f(a+(k+1)/2)−f(a)k+1/2.同理，对于子区间[a+(k+1)/2,a+k+1]，存在一个点c2∈(a+(k+1)/2,a+k+1)，使得f′(c2)=f(a+k+1)−f(a+(k+1)/2)k+1/2.我们可以观察到，c1和c2的值在(a,a+k+1)内变动，且c2-c1=k+1/2>0。

由于f(x)在(a,a+k+1)内可导，因此根据拉格朗日中值定理，存在一个点c∈(c1,c2)，使得f′(c)=f(c2)−f(c1)c2−c1.将c1和c2的表达式代入，得到f′(c)=f(a+k+1)−f(a)k+1.因此，当区间宽度为k+1时，定理也成立。

根据数学归纳法的原理，拉格朗日中值定理对任意区间宽度成立，证明完毕。

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 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 'f b f a .ba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) ．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例 1：(2011 年福建省质检理 19 题)已知函数Ⅰ)求 f (x) 的单调递增区间；不小于 k ？若存在，求 k 的取值范围；若不存在，21解(Ⅰ)略(Ⅱ)当 a 1 时， g(x) 1 22 1 x 2 x 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 x 2 x 1 0，都有 g(x2) g(x1) k, 即求任意两点割线斜 x 2 x 1 率的大小，由中值定理知存在 x (x 1,x 2)，有 g '(x) g(x2) g(x1) k,转为求切线斜率的大小即 g '(x) 43 12k 在 (0, )上恒成立 .(以下同参考答案) xx化为 g(x 2) kx 2 g(x 1) x 1, 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．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2a2f(x) x aln x.x 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说明理由x 2 x 1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g(x 2) g(x 1)k, 转x 2 x 1利用拉格朗日中值定理证最值（1）证f b f a 或 f b f ab a b a------- 即证 f ' 与的大小关系例2：（ 2009年辽宁卷理 21题）1已知函数 f （x ） x 2 ax （a 1）ln x,a 12（Ⅰ）讨论函数 f （x ）的单调性；（Ⅱ）证明：若 a 5 ，则对任意 x1,x2 0,，x 1 x 2 ，有f （x1） f （x2）1.x1 x2（Ⅰ）略；（Ⅱ）要证 f （x1） f （x2） 1成立，即证 f ' a a 1 1.x 1 x 2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x 1,x 2 ， x 1,x 2 0, ，故0 .则评注：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 a 或 f xa 成立（其中 x 0， f （0） 0 ）xx例3：（2007年高考全国卷 I 第 20题）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 （ii ）当 x 0时，问题即转化为 a e e对所有 x 0恒成立 .令G x e e f x f 0， x x x 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 ，即x02 a a 11 ，即a1f 'a a 11 ，也即f (x x 1) x f(x 2)1x 1 x 2------ 即证f x f (0) a 或 x0f x f(0) x0设函数 f x e x e[2]G x f 'e e ，由于f ''e e e 0 e 0 0 ，故f '在 0,x 上是增函数，让x 0 得G x min f 'e ef '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Ⅱ 22题）设函数 f x sinx2 cosxⅠ）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，f x f x f 0x x 0 由拉格朗日中值定理，知存在 0,x ，使得 f x f x f 0 f '.由（Ⅰ）知x x 0'2cos x 1 '' 2sin x 2 cosx cosx 1 '' f ' x2cos x 12，从而 f ''x 2.令f ''x 0得，2 cosx 2 cosxg x min 0 .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 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 1 在 2k , k2 1 上， f ' x 的最大值3'1 ' 1 f x max f ' 2k . 从而函数 f ' x 在 2k , 2k2 上的最大值是 f x max33 f ' 的最大值 f ' max 13 .为了使f ' a 恒成立，应有 f ' max a .所以 a 的取值范围是 13, .评注：这道题的参考答案的解法是令 g x ax f x ,再去证明函数 g x 的最小值1. k N知，当 x 0 时， f ' x 的最大值为 f x m ax1 13.所以，a bg b g 2 g b g存在 a ,a b, a b ,b2 a bg2gg a g b 2ga,ab2a 2b g a 2b g a 由拉格朗日中值定理得，，使得g ag ' g ' b 2a ln ln b 2a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]已知函数 f x x 2 2 alnx （x 0）, f x 的导函数是 f ' x ，对任意两个不相等的正 x 1,x 2，证明：（Ⅱ）当 a 4时， f ' x 1 f ' x 2 x 1 x 2 .a 4 时， a x 24恒成立 .这等价于证明 x 24的最小值大于 4.由 x 2 4x 2 2 2 33 4 ， x x x xx当且仅当 x 3 2时取到最小值，又 a 4 334，故 a 4时， 2 43 a 2 1恒成立.所以由拉 xx 格朗日定理得： g x 1 g x 2g '(x 1 x 2 ) g 'x 1 x 2 x 1 x 2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 g a ， g a b ， g b 三者大小的关系例6：（2004年四川卷第 22题） [3]已知函数 f x ln （1 x ） x,g x xln x .（Ⅰ）求函数 f x 的最大值；Ⅱ)设 0 a b 2a ，证明： g a g b 2g证明（Ⅰ）略；（Ⅱ）证明：依题意，有 g ' x lnx 1，证明：22 ' 2 a '由 f x x 2alnx 得， f '(x) 2x 2 ，令 g x f ' x 则由拉格朗日中 x x x值定理得： g x 1 g x 2 g ' (x 1 x 2)a 4时，任意0,都有 g '1 ，则有 g ' x2 43 a 2 1，即证xxa 2b(b a)ln 2.面只要证明：当例 7： (2006年四川卷理第 22题 )已知函数 f x x 2 2 alnx(x 0), f x 的导函数是 f ' x ，对任意两个不相等的正数x 1 ,x 2 ，证明：(Ⅰ)当 a 0时， f x1 f x2f2 证明：(Ⅰ)不妨设 x 1 x 2 ，即证 f x 2 f x1 x2x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 x 2 x 1 2x2,x 2 x 1 x 22f x 1 2x 2f x 1 ．由拉格朗日中值定理知，存在 1 x 1, ,1 12 x 1 x 2 2 f x 1 f ' 1 x2 2x1 ，则 1 2且 f x 2fx1 x' 2 a 又 f ' (x) 2x 2 ， x 2 x f ' 2 x2 2 x1，f '' x 0.所以 f '(x)是一个单调递减函数，故 x 1 x 2 f x 1 x 2 f x 1 成立，四：利用拉格朗日定理证明根的存在 [4]f '' x 2 x 43 x a2.当 a 0时，xf ' 1 f ' 2 从而因此命题获证．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 11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b a b b a 4a b a ln ln ln b a ln22 a 2 a 2评注：对于不等式中含有 g a ,g b ,g a ba 2b，分别对 g a 2b g a 和g b g a b两次运用拉格朗日中值定理 a b 的形式，我们往往可以把 ga。

2018年高考数学：利用拉格朗日中值定理巧解高考数学压轴
题
需要说明的是相比较而言拉格朗日中值定理在高三并没有洛必达法则那么有名气，特别是2010年后的高考真题几乎用不到这个公式，但在各地的模考中这类题目还是非常常见的。

第一部分：拉格朗日中值定理简介
由公式不难看出，拉格朗日中值定理应用条件比较简单，没有洛
必达法则那么“苛刻”！
第二部分：利用拉格朗日中值定理解高考压轴题
我们先来看下标答是如何解求解下列高考压轴题第（II）的：
标答在解第（Ⅱ）问时的2个难点我已注明：为什么要构造这样一个函数及对导数放缩且配方！现在我们用拉格朗日中值定理来求解：
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拉格朗日中值定理的证明与应用拉格朗日中值定理的证明与应用屈俊1，张锦花2摘要:本文首先用辅助函数法,区间套法,参数变异法,巴拿赫不动点定理法,行列式法,旋转坐标法，面积法证明了拉格朗日中值定理。

然后用具体的例子,说明了如何应用拉格朗日中值定理求极限,证明不等式,恒等式,求函数的解析性,证明级数的收敛性,解决估值问题。

关键字:拉格朗日中值定理 证明 应用三大微分中值定理（其中包括罗尔中值定理，拉格朗日中值定理和柯西中值）是《数学分析》中的一个重要章节。

微分中值定理建立了函数与导数之间的联系，他们使微积分建立在严密而坚实的基础上，构成了微积分优美的基本理论，而且是利用导数研究函数的性质与状态的重要理论基础。

拉格朗日中值定理是几个微分中值定理中最重要的一个，是微分学应用的桥梁。

由于罗尔中值定理条件的限制，他的用途没有拉格朗日中值定理广泛，在证明拉格朗日中值定理时方法多样，下面介绍证明拉格朗日中值定理时常常采用的方法以及用具体的例子说明拉格朗日中值定理的应用。

(一)拉格朗日中值定理的证明拉格朗日(L agra nge)中值定理:若函数(x)f 满足如下条件：(1)在闭区间[a,b]上连续；(2)在开区间(,)a b 内可导；则在(,)a b 内至少存在一点ξ，使得'()()()f b f a f b aξ-=-拉格朗日中值定理的几何意义：函数()y f x = 在区间[,]a b 上的图形是连续光滑曲线弧AB 上至少有一点C ，曲线在C 点的切线平行于弦A B.从拉格朗日中值定理的条件与结论可见，若()f x 在闭区间[]a,b ,两端点的函数值相等，即()()f a f b = ，则拉格朗日中值定理就是罗尔中值定理. 换句话说，罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的一个特殊情形.正因为如此，我们只须对函数()f x 作适当变形，便可借助罗尔中值定理导出拉格朗日中值定理.证明：1.1：辅助函数法目前教材的常见证明方法如下： 作辅助函数()()()(x)()(),[,],f b f a x f f a b a x a b b aϕ-=---∈-由于函数()f x 在闭区间[]a,b 上连续，在开区间(,)a b 上可导，并且有()()0,a b ϕϕ==于是由Rol le 定理，至少存在一点(,)a b ξ∈ ，使得'()0.ϕξ= 对()x ϕ 的表达式求导并令'()0.ϕξ=整理后便得到'()()()f b f a f b aξ-=-1.2行列式令()1()()1.()1f a a F x f b b f x x ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭根据拉格朗日中值定理的条件知，函数()F x 在闭区间[]a,b 上连续，在开区间(,)a b 内可导，并且有''()1()()1(x)10f a a F x f b b f ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭由于()F(a)0,F b == 所以根据罗尔中值定理知，在(,)a b 内至少有一点ξ ，使得'()0F ξ= ，即'()1()10()10f a a f b b f ξ⎛⎫ ⎪= ⎪ ⎪⎝⎭根据行列式的性质不难得到'()1()f(a)00,()10f a a f b b a f ξ⎛⎫ ⎪--= ⎪ ⎪⎝⎭在按照第三列展开该行列式得'[()()]()()0,f b f a f b a ξ---=即'()()()f b f a f b aξ-=-证毕1.3旋转坐标法分析：做辅助函数'(x)y sin ()cos ,F x f x θθ==-+ 因为(b)sin (b)cos ,()sin ()cos ,F b f F a a f a θθθθ=-+=-+由sin ()().cos f b f a tg b aθθθ-==- 可得()().F a F b =经此坐标轴的旋转变换，使旋转角θ 满足()().f b f a tg b aθ-=- 由此，构造辅助函数为()sin ()cos F x x f x θθ=-+即可把问题转化为符合罗尔定理的条件。

高考数学巧遇拉格朗日中值定理作者：杨文萍陈铿来源：《数学教学通讯(教师阅读)》2012年第07期摘要：高中数学新课程新增加了近、现代数学思想，这为中学传统的数学内容注入了活力，也为解决一些初等数学问题的方法提供了更多的选择. 尤其在近几年的高考中，出现了以拉格朗日定理为背景的试题. 本文并非想要用拉格朗日中值定理结论来解决高考题，因为前人已经做的够多了，在此本文是试图探索运用拉格朗日中值定理的思想来解决高考题，体现的是高观点下的初等数学.关键词：拉格朗日中值定理；高考题；不等式拉格朗日中值定理及其证明拉格朗日中值定理，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ξ，使得f′（ξ）=.证明：设k=?圯f（b）－f（a）－k（b－a）=0.构造辅助函数g（x）=f（x）－f（a）－k（x－a），则g′（x）=f′（x）－k.由于g（x）在［a，b］连续，在（a，b）可导，g（a）=g（b）=0.根据罗尔定理，存在ξ∈（a，b）使g′（ξ）=f′（ξ）－k=0，即f′（ξ）=k=，定理得证.例解拉格朗日中值定理思想在高考题的运用例1 （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;（II）设0解：（Ⅰ）略；（Ⅱ）证?摇先考虑要证的不等式0由题意可知g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，构造函数G（x）=g（a）+g（x）－2g（1）.在（1）式中由于x是自变量，则相对来说a是一个固定的数，对函数G（x）两边求导，则有G′（x）=g′（x）－2g′.由于g（x）=xlnx，g′（x）=lnx+1，则G′（x）=lnx+1－2ln+=lnx－ln.当0当x>a时，G′（x）>0，因此G（x）在（a，+∞）上为增函数.从而，当x=a时，G（x）有极小值G（a）.因此G（a）=0，由于b>a，所以G（b）>0，即0设F（x）=G（x）－（x－a）ln2，则F′（x）=lnx－ln－ln2=lnx－ln（a+x）.当x>0时，F′（x）因为F（a）=0，b>a，所以F（b）综上，0分析：这是应用拉格朗日中值定理思想的一个例子（以下的例题将省略此部分的分析），根据上述证明我们可以看到，g（x）可导，且据观察就可以看出原题可以换成?摇g（a）+g（b）－2g=g（b）－g－g-g（a）再进一步变形g（a）+g（b）－2g=×此式中具有拉格朗日中值定理的形式，且在此式中有两个参数a和b，于是选定一个主元b，并构造出主元b的函数“G（b）=g（a）+g（b）－2g”，把函数化成我们所熟悉的以x为自变量的函数“G（x）=g（a）+g（x）－2g（）”，再对构造函数进行求导“G′（x）=g′（x）－2g′”，这个求导过程便是进一步靠近拉格朗日中值定理表达式的形式的方法.再通过函数G （x）的求导得出函数G（x）本身的性质:“当0当x>a时，G′（x）>0，因此G（x）在（a，+∞）上为增函数.从而，当x=a时，G（x）有极小值G（a）.”最终通过函数G（x）得出原不等式“0评价：从题目问题中看，未能看到f（x）和g（x）的联系，两个小题没有本质上的联系，第（Ⅰ）题只是用到f（x）而没有用g（x），而第（Ⅱ）题不需要第（Ⅰ）题的结果也可以单独解出. 参考答案中要联系第（Ⅰ）题中的ln（1+x）－x－1，且x≠0）才能求解第（Ⅱ）题，学生会较难想到要运用第一小题的结论，而且解第（Ⅰ）题需要花较多的时间，这使得有限的时间变得更少，这样，对于学生来说是一个挑战. 若运用拉格朗日中值定理不仅可以不用考虑第（Ⅰ）题的结论，而且可以运用拉格朗日中值定理较快接近证明的结果，不需要太多技巧，经过适当的步骤，就可以轻松的得到结论.?摇可以运用拉格朗日中值定理来解决问题的高考题有：（在这里不一一具体解答）1. （2006年四川卷理第22题）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，证明:（Ⅰ）当a≤0时，>f.2. （2007年高考全国卷Ⅰ第20题）设函数f（x）=ex－e-x．?摇（Ⅱ）若对所有x≥0都有f（x）≥ax，求a的取值范围．3. （2007年安徽卷18题）设a≥0，f（x）=x－1－ln2x+2alnx（x>0）.（Ⅱ）求证:当x>1时，恒有x>ln2x－2alnx+1.4. （2009年辽宁卷理21题）已知函数f（x）=x2－ax+（a－1）lnx，a>1.（Ⅱ）证明?摇若a－1.5. （2010全国卷Ⅰ第20题）已知函数f（x）=（x+1）lnx－x+1.（Ⅱ）证明:（x－1）f（x）≥0.总结。

谈谈拉格朗日中值定理的证明引言众所周至拉格朗日中值定理是几个中值定理中最重要的一个，是微分学应用的桥梁，在高等数学的一些理论推导中起着很重要的作用 . 研究拉格朗日中值定理的证明方法，力求正确地理解和掌握它，是十分必要的 . 拉格朗日中值定理证明的关键在于引入适当的辅助函数 . 实际上，能用来证明拉格朗日中值定理的辅助函数有无数个，因此如果以引入辅助函数的个数来计算，证明拉格朗日中值定理的方法可以说有无数个 . 但事实上若从思想方法上分，我们仅发现五种引入辅助函数的方法 . 首先对罗尔中值定理拉格朗日中值定理及其几何意义作一概述 .1 罗尔Rolle中值定理如果函数 f x 满足条件： 1 在闭区间 a,b 上连续； 2 在开区间a, b 内可导；（ 3） f a f b ,则在 a, b 内至少存在一点,使得 f '0 罗尔中值定理的几何意义：如果连续光滑曲线y f x 在点 A, B 处的纵坐标相等，那么，在弧AB 上至少有一点 C , f ，曲线在 C 点的切线平行于 x轴，如图 1，注意定理中三个条件缺少其中任何一个，定理的结论将不一定成立；但不能认为定理条件不全具备，就一定不存在属于a, b 的，使得 f '0 . 这就是说定理的条件是充分的，但非必要的.2 拉格朗日lagrange中值定理若函数 f x 满足如下条件： 1 在闭区间a, b 上连续； 2 在开区间 a, b 内可导；则在 a, b 内至少存在一点，使 f ' f b f ab a拉格朗日中值定理的几何意义：函数 y f x 在区间 a,b 上的图形是连续光滑曲线弧AB 上至少有一点 C ，曲线在 C 点的切线平行于弦AB . 如图 2，从拉格朗日中值定理的条件与结论可见，若 f x 在闭区间a, b 两端点的函数值相等，即 f a f b ，则拉格朗日中值定理就是罗尔中值定理. 换句话说，罗尔中值定理是拉格朗日中值定理的一个特殊情形.正因为如此，我们只须对函数 f x 作适当变形，便可借助罗尔中值定理导出拉格朗日中值定理.3证明拉格朗日中值定理3.1 教材证法证明作辅助函数 F x fxf b f ab ax显然，函数 F x 满足在闭区间a, b 上连续，在开区间a, b 内可导，而且F a F b ．于是由罗尔中值定理知道，至少存在一点 a b ，使F ' f ' f b f a 0 .即 f 'fb f a .b a b a3.2 用作差法引入辅助函数法证明作辅助函数x f x f a f b f a x ab a显然，函数x 在闭区间 a, b 上连续，在开区间a, b 内可导， a b 0 ，因此，由罗尔中值定理得，至少存在一点a, b ，使得' f ' f b f a 0，即 f ' f b f ab a b a推广 1 如图 3 过原点 O 作 OT ∥ AB ，由 f x 与直线 OT 对应的函数之差构成辅助函数x ，因为直线OT 的斜率与直线AB 的斜率相同，即有：1KOT K AB 助函数为：f bfa ， OT 的直线方程为： y f bfa x ，于是引入的辅b af b f a x . （证明略）b ax f xb a推广 2 如图 4 过点 a, O 作直线A'B '∥ AB ，直线 A'B '的方程为：y f b f a x a，由 f x 与直线函 A' B '数之差构成辅助函数x ，于是有：b af b f ax f xb ax a . （证明略）推广 3 如图 5 过点作 b, O 直线 A' B'∥ AB ，直 A' B '线的方程为f b f ab ，由 f x 与直线 AByb ax函数之差构成辅助函数x ，于是有：x f x f b f ax b .b a事实上，可过 y 轴上任已知点 O, m 作A/ B/∥ AB 得直线为 y f b f a x m ，b a从而利用 f x 与直线的 A'B'函数之差构成满足罗尔中值定理的辅助函数x 都可以用来证明拉格朗日中值定理 . 因 m 是任意实数，显然，这样的辅助函数有无多个 . 3.3 用对称法引入辅助函数法在第二种方法中引入的无数个辅助函数中关于 x 轴的对称函数也有无数个，显然这些函数也都可以用来证明拉格朗日中值定理 .从几何意义上看，上面的辅2助函数是用曲线函数 f x 减去直线函数，反过来，用直线函数减曲线函数 f x ，即可得与之对称的辅助函数如下：⑴x f a f b f aafxb ax⑵x f b f a x f xb a⑶x f b f aa f xb ax⑷x f b f ab f xxb a等等.这类能用来证明拉格朗日中值定理的辅助函数显然也有无数个. 这里仅以⑵为例给出拉格朗日中值定理的证明.证明显然，函数x 满足条件： 1 在闭区间 a,b 上连续； 2 在开区间a,b 内可导； 3 a b af b bf a .由罗尔中值定理知，至少存在一点f b fab af b f a ，显a,b ，使得' f '0 ，从而有 f 'b a b a然可用其它辅助函数作类似的证明 .3.4 转轴法由拉格朗日中值定理的几何图形可以看出，若把坐标系 xoy 逆时针旋转适当的角度，得新直角坐标系 XOY ，若 OX 平行于弦 AB ，则在新的坐标系下 f x 满足罗尔中值定理，由此得拉格朗日中值定理的证明 .证明作转轴变换 x X cos Y sin， y X sin Y cos ，为求出，解出 X,Y 得X x c o s y si n xc o s f x s i n X x ①Y x s i n y c os x s i n f x c o s Y x ②由Y a Y b 得 a sin f a cos b sinf b cos ，从而t a n f b f a，取满足上式即可 .由 f x 在闭区间 a,b 上连续，在开区间b aa,b 内可导，知 Y x 在闭区间 a, b 上连续，在开区间 a, b 内可导，且 Y a Y b ，因此，由罗尔中值定理知，至少存在一点a, b ，使得3Y sin f'cos 0 ，即 f 'tan f b f ab a3.5 用迭加法引入辅助函数法让 f x 迭加一个含待顶系数的一次函数 y kx m ，例如令x f x kx m 或x f x kx m ，通过使 a b ，确定出 k, m ，即可得到所需的辅助函数 .例如由x f x kx m ，令 a b得 f a ka m f b kb m ，从而 k f b f a ，而 m 可取任意实数，这b a样我们就得到了辅助函数x f b f a x m ，由 m 的任意性易知迭加法可b a构造出无数个辅助函数，这些函数都可用于证明拉格朗日中值定理. 3.6 用行列式引入辅助函数法证明构造一个含 f x 且满足罗尔中值定理的函数x ，关键是满足x f x 1a b .我们从行列式的性质想到行列式 a f a 1 的值在 x a, x b 时恰b f b 1x f x 1恰均为 0，因此可设易证x a f a 1 ，展开得b f b 1x f b x bf a af x af b f a x bf x .因为 f x 在闭区间 a, b 上连续，在开区间 a, b 内可导，所以x 在闭区间 a,b 上连续，在开区间 a,b 内可导，且 a b 0 ，所以由罗尔中值定理知，至少存在一点a, b，使得' 0 . 因为' f a f b a b f '0即： f ' f b f ab a3.7 数形相结合法引理在平面直角坐标系中，已知ABC 三个顶点的坐标分别为 A a, f a ，1 a f aB b, f b ，C c, f c ，则 ABC 面积为 S ABC 1 1 b f b ，2c f ca4这一引理的证明在这里我们不做介绍，下面我们利用这一引理对拉格朗日中值定理作出一种新的证明 . 这种方法是将数形相结合，考虑实际背景刻意构造函数使之满足罗尔中值定理的条件.如图，设 c,f c 是直线 AB 与 y f x 从 A 点开始的第一个交点，则构造1 a f2 ax 1 1 c f c ，4x f x1易验证 x 满足罗尔中值定理的条件：在闭区间a, c 上连续，在开区间a, c 内可导，而且ab ，则至少存在一点a,b ，使/0 ，即：1 a f a 1 a f a1 c f c 1 c f c 01 f 1 1 f '1 a f a但是 1 c f c 0 ，这是因为，如果1 f1 a f a1 c f c 0 ，1 f则f f c f c f a，这样使得 , f 成为直线 AB 与 y f x 从 Ac c a点的第一个交点，与已知矛盾）.1 a f a0 ，即 f 'f b f a f c f a.故 1 c f c 若只从满足罗尔中值定1 fb ac a1 a f a理的要求出发，我们可以摈弃许多限制条件，完全可以构造x 1 b f b 来1 x f x解决问题，从而使形式更简洁，而且启发我们做进一步的推广：可构造1 g a f ax 1 g b f b 来证明柯西中值定理 .1 g x f x53.8 区间套定理证法证明将区间 I a, b 二等分，设分点为 1 ，作直线 x 1 ，它与曲线y f x 相交于 M1，过 M1作直线 M 1 L1∥弦 M a M b . 此时，有如下两种可能 :⑴若直线 M 1 L1与曲线 y f x 仅有一个交点 M 1，则曲线必在直线 M 1 L1的一侧 .否则，直线 M 1 L1不平行于直线 M a M b . 由于曲线 y f x 在点 M 1处有切线，根据曲线上一点切线的定义，直线M1 L1就是曲线 y f x 在点 M 1处的切线，从而 f 1 f b fa .由作法知，1在区间 a,b 内部，取1b af b f a于是有 fb a⑵若直线 M 1L1与曲线 y f x 还有除 M1外的其他交点，设 N1 x1 ,y1为另外一个交点，这时选取以 x1 , 1为端点的区间，记作 I1 a , b ，有1 1l I 1 b, 1a 1b a , f b1 f a1 f b f a ，2 b1a1 b a把 I1作为新的“选用区间” ，将 I 1二等分，并进行与上面同样的讨论，则要么得到所要求的点，要么又得到一个新“选用区间”I 2 .如此下去，有且只有如下两种情形中的一种发生 :(a) 在逐次等分“选用区间”的过程中，遇到某一个分点k ，作直线 x k 它与曲线 y f x 交于 M k，过点 M k作直线 M k L k∥弦 MM b , 它与曲线 y f x 只有一个交点 M k，此时取k即为所求 .(b)在逐次等分“选用区间”的过程中，遇不到上述那种点，则得一闭区间序列{ I n } ，满足 :①I I1 I2I n a n , b n② b ab a0 n nn 2n6f b n f a n f b f a③a nb ab n由① ②知， { I n } 构成区间套，根据区间套定理，存在唯一的一点I nn 1,2,3 ，此点即为所求 . 事实上 lim an lim b n， f 存在n nlim f b n f a nf ，由③limf b n f a n f b f a，所以b n a n b n a n b an nf f b fa ，从“选用区间”的取法可知，确在 a,b 的内部 .b a3.9 旋转变换法证明引入坐标旋转变换 A : x X cos Y sin⑴y X s in Y c o s ⑵因为cos sincos2sin 2 1 0 sin cos所以 A 有逆变换 A/: X x cos y sin x cos f x sin X x ⑶Y xs in y c o sx s i n fx c o s Y x⑷由于 f x 满足条件 : 1 在闭区间 a, b 上连续； 2 在开区间 a, b 内可导，因此⑷式中函数 Y x 在闭区间 a, b 上连续，在开区间a, b 内可导 .为使 Y x 满足罗尔中值定理的第三个条件，只要适当选取旋转角，使 Y a Y b , 即a sin f a cos bsin fb cos ，也即t a nf b f ab a.这样，函数Y x 就满足了罗尔中值定理的全部条件，从而至少存在一点ab ，使 Y sinfcos 0 即 f tan . 由于所选取旋转角满足 tan f b f a，所以 f f b f a .b a b a结论本论文仅是对拉格朗日中值定理的证明方法进行了一些归纳总结其中还有很多方法是我没有想到的，而且里面还有很多不足之处需要进一步的修改与补充.7通过这篇论文我只是想让人们明白数学并不是纯粹的数字游戏，里面包含了很多深奥的内容 . 而且更重要的是我们应该学会去思考，学会凡是多问几个为什么，不要让自己仅仅局限于课本上的内容，要开动脑筋学会举一反三，不要单纯为了学习而学习，让自己做知识的主人！总之，数学的发展并非是无可置疑的，也并非是反驳的复杂过程，全面的思考问题有助于我们思维能力的提高，也有助于创新意识的培养.参考文献[1]华东师范大学数学系 . 数学分析（上册）（第二版） [M]. 北京：高等教育出版社 .1991： 153-161[2]吉林大学数学系 . 数学分析 (上册 )[M]. 北京：人民教育出版社 .1979：194-196[3]同济大学应用数学系 . 高等数学（第一册） [M]. 北京：高等教育出版社（第五版） .2004：143-153[4]周性伟 ,刘立民 . 数学分析 [M]. 天津：南开大学出版社 .1986：113-124[5]林源渠 ,方企勤 . 数学分析解题指南 [M]. 北京：北京大学出版社 .2003： 58-67[6]孙清华等 . 数学分析内容、方法与技巧（上） [M]. 武汉：华中科技大学出版社.2003：98-106[7]洪毅 . 数学分析（上册） [M]. 广州：华南理工大学出版社 .2001： 111-113[8]党宇飞 . 促使思维教学进入数学课堂的几点作法 [J]. 上海：数学通报 .2001,1： 15-18[9] 王爱云 . 高等数学课程建设和教学改革研究与实践[J]. 西安：数学通报.2002,2：84-88[10]谢惠民等 . 数学分析习题课讲义 [M]. 北京：高等教育出版社 .2003：126-135[11]刘玉莲 ,杨奎元等 . 数学分析讲义学习指导书（上册） [M]. 北京：高等教出版社 .1994：98-112[12]北京大学数学力学系 . 高等代数 . 北京：人民教育出版社 . 1978:124-135[13]裴礼文 . 数学分析中的典型问题与方法 [M]. 北京：高等教育出版社 .1993： 102-110[14]郑琉信 .数学方法论 [M]. 南京：广西教育出版社 .1996：112-123[15]陈传璋等 . 数学分析（上册） [M]. 北京：人民教育出版社 .1983:87-92[16]李成章 ,黄玉民 . 数学分析（上） [M]. 北京：科学出版社 .1995：77-868附录柯西中值定理若⑴函数 f x 与 g x 都在闭区间a, b 上连续；⑵ f ' x 与 g ' x 在开区间 a, b 内可导；⑶ f ' x 与 g ' x 在 a, b 内不同时为零；⑷ g a g b ，则在 a, b 内至少存在一点，使得 f ' f b f a .g ' b a区间套定理若an ,bn 是一个区间套，则存在唯一一点，使得a n ,b n，n1,2,或a n b n， n1,2,9。

用“拉格朗日中值定理”快速破解导数难题，轻松搞定高考压轴题拉格朗日中值定理（Lagrange Mean Value Theorem，提出时间1797年）又称拉氏定理，又称微分中值定理，是微分学中的基本定理之一。

它反映了可导函数在闭区间上的整体的平均变化率与区间内某点的局部变化率的关系。

拉格朗日中值定理是罗尔中值定理的推广，同时也是柯西中值定理的特殊情形，是泰勒公式的弱形式（一阶展开）。

拉格朗日中值定理是微分中值定理的核心，其他中值定理是拉格朗日中值定理的特殊情况和推广，它是微分学应用的桥梁，在理论和实际中具有极高的研究价值。

一、拉格朗日中值定理的概念和几何意义2、几何意义：在满足定理条件的曲线上y=f(x)至少存在一点C1（ξ1，f(ξ1)），该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB（如图）二、拉格朗日中值定理的应用1、为什么要用拉格朗日中值定理去解决高考数学问题？近年来，以高等数学为背景的高考命题成为热点。

也就是说，在当前的高考数学试题中，有一些省份或者有一些试题，里面含有了高等数学（大学数学）的成分。

这些题目虽然可以利用中学的数学知识解决，但是往往比较繁琐，同时还容易出现证明不下去的尴尬局面。

在这个时候，如果我们提前知道了一些高等数学（大学数学）的相关知识，那么在解题的过程中，相对来说，就简单很多。

因为这些高考试题本身就带有高等数学的相关“影子”，同时高等数学的一些知识点，应用到高考题目中，一般只应用一些比较简单的部分，所以此时用高等数学的知识去解决高考压轴大题，就变得简单了。

2、拉格朗日定理具体用来解决哪些类型的数学题目？一般来说，用来解决高考试题中的函数题、导数题和不等式证明题、恒成立问题、参数范围题等。

三、和拉格朗日定理有关的题目案例分析【1】直接应用拉格朗日中值定理来解题例2、填空题选择题中，使用拉格朗日中值定理能够快速解题【2】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。

导数章节知识全归纳专题09 导数压轴题之拉格朗日中值定理（详述版）一．知识考点趋势简述：由于目前导数考试内容的综合化，以及导数考点的多样化，特别是考试的灵活性上是目前学校教学经常训练的点，同时也是学生拿捏不好导数章节内容到底该学到多深入，老师讲解这些试题时也总是存在意犹未尽的感觉，从而导致学习不够充分，方法技巧性不足，导致导数压轴题学习还不够成熟，在这种情况下，作者设计次教案帮助老师和同学研究透彻该类试题和知识的应用。

二．拉格朗日中值定理知识点：（1）若函数在区间满足以下条件：1.在上可导；2.在上连续:则必有一存在,3. 使得（2）几何意义：在满足定理条件的曲线上y =f(x)至少存在一个点P （ε,f(ε)）,该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线AB （如图）（3）拉格朗日日中值定理推论：如果函数f(x)在区间[a,b ]上的导数f ∙(x)恒为零，那么函数f(x)在区间[a,b ]上是一个常数。

三．导数压轴题运用拉格朗日中值定理典型例题： 例：1.已知函数1()2ln f x x a x x=--(a ∈R)． （1）讨论函数()f x 的单调性；)(x f []b a ,[]b a ,[]b a ,()b a ,∈ξab a f b f f --=)()()('ξ（2）若1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，证明：1212()()24f x f x a x x ->--．解：【分析】（1）求出导函数()'f x ，根据()0f x '=的解的情况分类讨论得单调性；（2）由（1）知1a >，化简1212()()f x f x x x --，不等式化为1212ln 2x x x x <-，再由121=x x 不妨设2110x x >>>，转化为只要证2221ln 0,x x x -+<这个不等式可利用（1）中的结论证明（也可利用拉格朗日中值定理进行求解）即：存在x °使得f ,(x °)=f(x1)−f(x2)x1−x2>2-4a ．【详解】（1）2221(),0x ax f x x x-+'=>，令22210,44x ax a -+=∆=- 当0∆≤即11a -≤≤时，()0f x '≥，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0∆>即1a >或1a <-时，① 当1a <-时，20,()0,ax f x '->>()f x 在()0,∞+上单调递增；② 当1a >时，令()0f x '=，12x a x a ==综上：当1a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时，()f x在(()0,,a a +∞上单调递增，在(a a 上单调递减.（2）由（1）知1a >时()f x 有两个极值点12,x x ，且12122,1x x a x x +==，不妨设2110x x >>>，1121112212121221221212121211(2ln )(2ln )()2ln 2ln ()()2.x x x x x a x x a x x x a a f x f x x x x x x x x x x x x x x x ----------===-----要证1212()()24,f x f x a x x ->--即证1212ln 2x x x x <-，即2222ln 21x x x <-，2221ln 0,x x x ∴-+< 设1()ln (1),g t t t t t =-+>由（1）知当1=2a 时，()f x 在()0,∞+上单调递增，()()g t f t =-，则()g t 在()1,+∞上单调递减， ()(1)0g t g ∴<=.原式得证.【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的单调性，证明不等式．含有参数的函数在求单调区间时一般需要分类讨论，可根据()0f x '=的根的情况分类讨论．对于双变量的不等式的证明需要进行变形，利用双变量之间的关系，转化为只有一个变量的不等式，从而可引入新函数，利用函数的性质进行证明．解题过程中换元法是一种重要的方法．例：2.已知函数 （1）讨论函数的单调性；（2）证明:若,则对任意,,有.【解析】：（1）,,取决于分子,开口向.1,ln )1(21)(2>-+-=a x a ax x x f )(x f 5<a ()+∞∈,0,21x x 21x x ≠1)()(2121->--x x x f x f ()+∞∈,0x xa x x x f )1)(1()('-+-=)1)(1(a x x -+-上的抛物线,两根为:1,;讨论两根的大小.i.若,两根相等:,单调递增; ii.若,,单调递减,单调递增; iii.若,,单调递减,单调递增;（2）法一:设,只需证:,即,构造函数,只需证明在上单调递增， ,,,即在单调递增,当时,,即,,同理当时,.法二:由拉格朗日中值中定值可知存在,使,,,设,,则,即.例：3.已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++1-a 2=a 11=-a ()+∞∈,0x 12>>a 11<-a ()1,1-a ()()+∞-,1,1,0a 2>a 11>-a ()1,1-a ()()+∞-,1,1,0a 21x x >1221)()(x x x f x f ->-2211)()(x x f x x f +>+x x a ax x x x f x g +-+-=+=ln )1(21)()(2)(x g ()+∞,0)1(121)1()('---⋅≥-+--=a xa x x a a x x g 2)11(1---=a 51<<a 0)('>∴x g )(x g ()+∞,0021>>x x 0)()(21>-x g x g 0)()(2121>-+-x x x f x f 1)()(2121->--x x x f x f 210x x <<1)()(2121->--x x x f x f ξ)()()('2121ξf x x x f x f =--()+∞∈,0ξxa a x x f 1)('-+-=a a --≥12t a =-1()2,0∈t 112122->-+-=--t t a a 1)()(2121->--x x x f x f（1）若12a =-，求函数()f x 的单调区间； （2）设1a <-，若对任意12,(0,)x x ∈+∞，恒有()()12124f x f x x x -≥-，求a 的取值范围.解：【分析】（1）借助题设条件运用导数和单调性的关系分类求解； （2）借助题设条件构造函数运用导数的知识推证. 【详解】解：（1）当12a =-时，由已知得211()ln 1,022f x x x x =-+>，所以2112()22x f x x x x '-=-=，令()0f x '=得2x =，即 x ⎛∈ ⎝⎭时，()0f x '>；2x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；故()f x 单调递增区间为0,2⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,2⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭； （2）2121()2a ax a f x ax x x'+++=+=， 由1a <-得()0f x '<，所以()f x 在(0,)+∞单调递减，设12x x ≥从而对任意12(0,)x x ∈+∞、，恒有()()()()()1212122144f x f x x x f x f x x x -≥-⇔-≤-， 即()()112244f x x f x x +≤+，令()()4g x f x x =+，则1()24a g x ax x+'=++等价于()g x 在(0,)+∞单调递减， 即()0g x '≤恒成立，从而24121x a x --≤+恒成立，故设241()21x x x ϕ--=+， 则()()()222222421(41)4844()2121x x xx x x xxϕ'-+---⋅+-==++()()222228444(21)(1)2121x x x x x x +--+==++，当10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0,()x x ϕϕ'<为减函数， 1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0x ϕ'>，()ϕx 为增函数.∴min 1()22x ϕϕ⎛⎫==-⎪⎝⎭, ∴a 的取值范围为,2]∞(--. 【点晴】方法点睛：导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具．本题就是以含参数a 的函数解析式为背景，考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力．本题的第一问求解时借助导数与函数单调性的关系，运用分类整合的数学思想分类求出其单调区间和单调性；第二问的求解中则先构造函数()()4g x f x x =+，然后再对函数()()4g x f x x =+求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得问题简捷巧妙获证变式：1.已知函数2()22ln ()f x x ax x a R =-+∈.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，求证：()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 解：【分析】（1）求出导函数，根据二次函数的∆与0的关系来分类讨论函数的单调性，并注意一元二次方程根的正负与定义域的关系；（2）由()1212,x x x x <是两个极值点得到对应的韦达定理形式，然后利用条件将()()21f x f x -转变为关于12x x ，函数，再运用12x x ，的关系将不等式转化为证22212ln 0x x x -->，构造函数1()2ln (1)g x x x x x=-->，分析函数()g x 的单调性，得出最值，不等式可得证. 【详解】（1）解：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()2'212()22x ax f x x a x x-+=-+=，则24a ∆=-.①当0a ≤时，对(0,),()0x f x '∀∈+∞>，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；②当02a <≤时，0∆≤，所以对(0,),()0x f x '∀∈+∞≥，所以函数()f x 在(0,)+∞上单调递增；③当2a >时，令()0f x '>，得0x <<x >，所以函数()f x在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增； 令'()0f x <，x <<所以()f x在⎝⎭上单调递减.（2）证明：由（1）知2a >且1212,1,x x a x x +=⎧⎨=⎩，所以1201x x <<<.又由()()()()222122211122ln 22ln f x f x x ax x x ax x -=-+--+()()()()()()22222222221212121212111122ln22ln 2ln x x x x x a x x x x x x x x x x x x x =---+=--+-+=--+. 又因为()()()()()()()()222121212121212121(2)222a x x x x a x x x x x x x x x x x x --=---=--+-=---.所以要证()()()2121(2)f x f x a x x -<--，只需证()22112ln2x x x x <-. 因为121=x x ，所以只需证22221ln x x x <-，即证22212ln 0x x x -->. 令1()2ln (1)g x x x x x =-->，则2'2121()110g x x x x ⎛⎫=+-=-> ⎪⎝⎭，所以函数()g x 在(1,)+∞上单调递增，所以对1,()(1)0x g x g ∀>>=.所以22212ln 0x x x -->. 所以若()f x 存在两个极值点()1221,x x x x >，则()()()2121(2)f x f x a x x -<--. 【点睛】本题考查函数与导数的综合应用，属于较难题.导数中通过双极值点求解最值或证明不等式时，可通过双极值点对应的等式将待求的式子或待证明的式子转变为关于同一变量（注意变量的范围）的式子，然后通过构造新函数，分析新函数的单调性后从而达到求解最值或证明不等式的目的.变式：2.已知函数()(1)e xaf x x=+（e 为自然对数的底数），其中0a >.（1）在区间(,]2a -∞-上，()f x 是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，请说明理由.（2）若函数()f x 的两个极值点为()1212,x x x x <，证明：2121ln ()ln ()212f x f x x x a ->+-+.解：【分析】（1）对函数()f x 求导，令()0f x '=，得两根()1212,0x x x x <<，从而得出()f x 的单调区间.由用作差法比较1x 与a 的大小，结合()(1)e xaf x x=+，可知102ax a <-<-<，则()f x 在区间(,]2a-∞-单调递减，则其取得最小值22a a f e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭； （2）由()0f x '=的韦达定理，得1212x x x x a +==-，则可消去a ，得112()(1)xf x x e =-，()()2211x f x x e =-.通过两边取对数，得()212ln ()ln 1f x x x =-+和()121ln ()ln 1f x x x =-+，将其代入需证不等式.再得()()122211211a x x +=++-+-，采用换元法，反证法，将所求不等式转化为ln ln 2m n m n m n->-+.再用换元法，令m t n = 构造函数()()()2,11ln 1t t h t t t --+≥=，利用导函数求其最值，则可证明不等式. 【详解】 .解：（1）由条件可函数()f x 在(),0-∞上有意义，()22xx ax a f x e x +-'=，令()0f x '=，得1x =，2x =，因为0a >，所以10x <，20x >.所以当()1,x x ∈-∞时，()0f x '>，当()1,0x x ∈上()0f x '<， 所以()f x 在()1,x -∞上是增函数，在()1,0x 是减函数.由()1x xa x a f x e e x x +⎛⎫=+=⎪⎝⎭可知， 当x a =-时，()0f x =，当x a <-时，()0f x >， 当0a x -<<时，()0f x <，因为12a a x a ----=--02a -+=>，所以10x a <-<，又函数在()1,0x 上是减函数，且102ax a <-<-<， 所以函数在区间,2a ⎛⎤-∞-⎥⎝⎦上的有最小值， 其最小值为22a a f e -⎛⎫-=- ⎪⎝⎭.（2）由（1）可知，当0a >时函数()f x 存在两个极值点12,x x ，且12,x x 是方程20x ax a +-=的两根，所以1212x x x x a +==-，且121x x <<，()11121(1)(1)x x a f x e x e x =+=-，()()2211x f x x e =-， 所以()()221ln ln 1x f x x e =-()12ln 1x x =-+，()()112ln ln 1x f x x e =-()21ln 1x x =-+，所以()()()()2112212121ln ln ln 1ln 1f x f x x x x x x x x x --+--+=-- ()()()()1212ln 1ln 1111x x x x ---=+---， 又()21221122a x x +=++-++()()122111x x =+-+-， 由（1）可知12110x x ->->，设11m x =-，21n x =-，则0m n >>，故要证()()2121ln ln 212f x f x x x a ->+-+成立， 只要证ln ln 2m n m n m n->-+成立， 下面证明不等式ln ln 2m n m n m n->-+成立， 构造函数()()21ln 1t h t t t -=-+，()1t ≥则()()()22101t h t t t -'=>+，所以()h t 在()1,t ∈+∞上单调递增，()()10h t h >=，即()21ln 1t t t ->+成立， 令m t n =，即得不等式ln ln 2m n m n m n->-+， 从而()()2121ln ln 212f x f x x x a ->+-+成立. 【点睛】本题考查了利用导函数求函数的最值，证明不等式，其中换元法、反证法的应用是本题的关键，考查了转化的思想，属于综合性较强的难题.变式：3.已知函数 （1）讨论函数的单调性；（2）设,如果对任意,,求的取值范围.【解析】：（1）,,i.当时,,在单调递增;ii.当时,,在单调递减; iii.当时,由得,在单调递增, 在单调递减. .1ln )1()(2+++=ax x a x f )(x f 1-<a ()+∞∈,0,21x x 21214)()(x x x f x f -≥-a ()+∞∈,0x x a ax x f 12)(2'++=0≥a 0)('>x f )(x f ()+∞∈,0x 1-≤a 0)('<x f )(x f ()+∞∈,0x 01<<-a 0)('=x f a a x 21+-=)(x f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-∈a a x 21,0⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞+-∈,21a a x（2）法一:不妨设,而当时,由（1）可知在单调递减,从而,等价于,.构造函数,只需在单调递减,即在 恒成立,分离变量法:,只需. 法二:由拉格朗日定理知,,等价于,在存在,使得 成立,只需恒成立,只需, 得或(舍去).变式：4.已知函数f （x ）1x=-x +alnx ． （1）求f （x ）在（1，f （1））处的切线方程（用含a 的式子表示） （2）讨论f （x ）的单调性；21x x ≥1-<a )(x f ()+∞∈,0x ()+∞∈∀,0,21x x 21214)()(x x x f x f -≥-()+∞∈∀,0,21x x 11224)(4)(x x f x x f +≥+x x f x g 4)()(+=)(x g ()+∞∈,0x 0421)('≤+++=ax xa x g ()+∞∈,0x 212)12(1214222-+-=+--≤x x x x a 2)212)12((min 22-=-+-≤x x a 21214)()(x x x f x f -≥-4)()(2121≥--x x x f x f ()+∞,0ξ)()()('2121ξf x x x f x f =--4)('≥ξf 4)1(2212)(min'≥+=++=a a x a ax x f 2,022-≤≥-+a a a 1≥a（3）若f （x ）存在两个极值点x 1，x 2，证明：()()12122f x f x a x x ---＜．解：【分析】（1）求出切点坐标，根据导函数求出切线斜率，即可得到切线方程；（2）求出导函数，对g （x ）＝﹣x 2+ax ﹣1，进行分类讨论即可得到原函数单调性；（3）结合（2）将问题转为证明1212lnx lnx x x --＜1，根据韦达定理转化为考虑h （x ）＝2lnx ﹣x 1x+的单调性比较大小即可得证. 【详解】（1）∴f （x ）1x=-x +alnx （x ＞0） ∴f ′（x ）221x ax x-+-=（x ＞0） ∴当x ＝1时，f （1）＝0，f ′（1）＝﹣2+a ，设切线方程为y ＝（﹣2+a ）x +b ，代入（1，0），得b ＝2﹣a ，∴f （x ）在（1，f （1））处的切线方程为y ＝（﹣2+a ）x +2﹣a ．（2）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f ′（x ）221x ax x-+-=， 设g （x ）＝﹣x 2+ax ﹣1，注意到g （0）＝﹣1，①当a ≤0时，g （x ）＜0恒成立，即f ′（x ）＜0恒成立，此时函数f （x ）在（0，+∞）上是减函数；②当a ＞0时，判别式∴＝a 2﹣4，（i ）当0＜a ≤2时，∴≤0，即g （x ）≤0，即f ′（x ）≤0恒成立，此时函数f （x ）在（0，+∞）上是减函数；（ii ）当a ＞2时，令f ′（x ）＞0x 令f ′（x ）＜0，得：0＜x 2a ＜或x 2a +＞； ∴当a ＞2时，f （x ）在区间（2a -，2a ）单调递增，在（0，2a -），+∞）单调递减； 综上所述，综上当a ≤2时，f （x ）在（0，+∞）上是减函数，当a ＞2时，在（0），+∞）上是减函数，（3）由（2）知a ＞2，0＜x 1＜1＜x 2，x 1x 2＝1，则f （x 1）﹣f （x 2）11x =-x 1+alnx 1﹣[21x -x 2+alnx 2] ＝（x 2﹣x 1）（1121x x +）+a （lnx 1﹣lnx 2） ＝2（x 2﹣x 1）+a （lnx 1﹣lnx 2），则()()1212f x f x x x -=--21212()a lnx lnx x x -+-，则问题转为证明1212lnx lnx x x --＜1即可， 即证明lnx 1﹣lnx 2＞x 1﹣x 2，则lnx 1﹣ln 11x ＞x 111x -， 即lnx 1+lnx 1＞x 111x -， 即证2lnx 1＞x 111x -在（0，1）上恒成立， 设h （x ）＝2lnx ﹣x 1x+，（0＜x ＜1），其中h （1）＝0， 求导得h ′（x ）2x =-1()222221121x x x x x x --+-=-=-＜0， 则h （x ）在（0，1）上单调递减，∴h （x ）＞h （1），即2lnx ﹣x 1x+＞0， 故2lnx ＞x 1x-， 则()()1212f x f x x x ＜--a ﹣2成立．【点睛】此题考查导函数的应用，根据几何意义求切线斜率，讨论函数的单调性，证明不等式，解决双变量问题，综合性强.。

拉格朗日中值定理高等数学压轴题拉格朗日中值定理是高等数学中的一道重要题目，也是一道考察学生对微积分基础知识掌握程度的高考或考研压轴题。

下面将分步骤对这道题进行阐述，帮助大家更好地理解和掌握这个定理。

1. 定义拉格朗日中值定理是微积分中的一个基本定理，它的表述如下：设函数f（x）在闭区间[a，b]上连续，在(a，b)内可导，则在(a，b)内至少存在点c，使得f’（c）=[f（b）-f（a）]/（b-a）。

2. 解题基本思路求解拉格朗日中值定理的题目，首先需要做的是明确求解问题，然后根据定理对题目进行分析，找到可求的根据，最后代入公式求解即可。

下面就以一道简单的例题为例，讲解具体的解题思路。

3. 例题已知函数f(x)=x^2在[1,2]上，证明在(1,2)内至少存在一个点c，使得f'(c)=2。

解析：因为f(x)=x^2是一个连续函数，在区间[1,2]上可导，那么根据拉格朗日中值定理，一定存在一个点c∈（1,2），满足f'(c)=[f(2)-f(1)]/(2-1)=2。

因此，要证明题目所求，只需要找到满足这个条件的点c即可。

因为f(x)=x^2是一个二次函数，在开口向上的抛物线上，其导数在开口向上的方向上是单调递增的。

因此，f'(1)=2，f'(2)=4，而且在(1,2)上f'(x)>2。

因此，在(1,2)内必存在一个点c，满足f'(c)=2。

这一点也可以用函数的图像帮助我们理解和证明。

4. 结论综上所述，根据拉格朗日中值定理，我们得到了在(1,2)内至少存在一个点c，使得f'(c)=2。

这一结论不仅是一个定理，更是数学思想的体现，向我们展示了微积分的精妙和美妙。

以上就是关于拉格朗日中值定理高等数学压轴题的分步阐述，希望能够对大家的学习有所帮助。

在学习和掌握这道题目的过程中，我们要注重细节的把握，更要理解其中的思想和方法，这样才能更好地应对其他相关问题。