中值定理在解高考试题中的简单应用

高考数学冲刺拉格朗日中值定理考点突破在高考数学的冲刺阶段，拉格朗日中值定理作为一个重要的考点，常常让同学们感到困惑和棘手。

但只要我们掌握了它的核心概念和解题方法，就能在考试中应对自如，为取得高分增添一份保障。

一、拉格朗日中值定理的定义及内涵拉格朗日中值定理是指：如果函数 f(x) 满足在闭区间 a,b 上连续，在开区间（a,b) 内可导，那么在开区间（a,b) 内至少存在一点ξ，使得f(b) f(a) ＝ f'（ξ)（b a) 。

简单来说，就是在一个连续且可导的函数区间内，一定存在某个点的导数等于区间两端点连线的斜率。

这个定理看似抽象，但实际上蕴含着深刻的数学思想。

为了更好地理解它，我们可以通过一些具体的函数来进行分析。

比如，对于函数 f(x) ＝ x²，在区间 0, 2 上，f(2) f(0) ＝ 4 0 ＝ 4，而 f'（x) ＝ 2x，令2ξ ＝ 2，解得ξ ＝ 1，此时 f'（1) ＝ 2，恰好满足拉格朗日中值定理。

二、拉格朗日中值定理在解题中的应用1、证明不等式在证明不等式的问题中，拉格朗日中值定理常常能发挥重要作用。

例如，要证明当 x ＞ 0 时，x ／（1 ＋ x) ＜ ln(1 ＋ x) ＜ x 。

我们可以令 f(x) ＝ ln(1 ＋ x) ，在区间 0, x 上应用拉格朗日中值定理，得到 ln(1 ＋ x) ln(1 ＋ 0) ＝ f'（ξ)x ，其中 0 ＜ξ ＜ x 。

因为 f'（ξ) ＝ 1 ／（1 ＋ξ) ，且 1 ／（1 ＋ x) ＜ 1 ／（1 ＋ξ) ＜ 1 ，所以可以得到 x ／（1 ＋x) ＜ ln(1 ＋ x) ＜ x 。

2、求函数的取值范围当给定一个函数，要求其在某区间内的取值范围时，拉格朗日中值定理也能提供思路。

比如对于函数 f(x) ＝ x³ 3x ＋ 1 在区间 0, 2 上，我们可以先求出其导数 f'（x) ＝ 3x² 3 。

中值定理的应用一、中值定理简介
中值定理是几何学中的一个重要定理，它认为，在任意一条线段上，任意一点都可以作为这条线段上的中点，使得这条线段分成两条等长的线段。

中值定理有两种形式，一种是等边中点定理，即在任意一条线段上，任意一点都可以作为这条线段上的中点，使得这条线段分成两条等长的线段；另一种是等角中点定理，即在任意一条线段上，任意一点都可以作为这条线段上的中点，使得这条线段分成两条等角的线段。

二、中值定理在一题多解中的应用
1、解决几何问题
中值定理在解决几何问题中有着重要的作用，比如求三角形的外接圆，求三角形的外接圆的半径，求三角形的外接圆的圆心等等。

通过中值定理，可以求出三角形的外接圆的半径和圆心。

2、解决一题多解的问题
中值定理也可以用来解决一题多解的问题，比如有一个三角形ABC，如果知道其中两个边的长度，那么可以通过中值定理来求出第三条边的长度。

另外，如果知道三角形ABC的三个顶点的坐标，那么也可以通过中值定理来求出三角形ABC的外接圆的半径和圆心的坐标。

三、总结
中值定理是几何学中的一个重要定理，它可以用来解决几何问题，也可以用来解决一题多解的问题。

它的应用非常广泛，在几何学中有着重要的地位。

微分中值定理应用举例单调性与极值1.函数)(x f 在[]0,1上//()0fx >，比较//(1),(0),(1)(0)f f f f -的大小.解：)(x f 在[]0,1上满足拉氏中值定理条件，存在()0,1ξ∈，使得/(1)(0)()f f f ξ-=.由于//()0fx >，所以/()f x 单调增加，而01ξ<<，所以///(0)()(1)f f f ξ<<，即//(0)(1)(0)(1)f f f f <-<.2.函数)(x f 在[]0,1上/////()0,(0)0f x f >=，比较//(1),(0),(1)(0)f f f f -的大小.解：由于///()0fx >，所以//()f x 单调增加，而//(0)0f =，所以在[]0,1上//()0f x >，同上题讨论有//(0)(1)(0)(1)f f f f <-<3.()()f x f x =--在()0,+∞内///()0,()0f x f x >>,判断在(),0-∞内///(),()f x f x 的符号.解：()()f x f x =--，所以)(x f 在(),-∞+∞内为奇函数，/()f x 为偶函数，//()f x 为奇函数，在()0,+∞内///()0,()0f x f x >>，所以在(),0-∞内///()0,()0f x f x ><. 4.已知函数)(x f 在区间()1,1δδ-+内具有二阶导数,且/()f x 严格递增,/(1)(1)1f f ==，则：A.在()1,1δδ-+内均有()f x x <；B.在()()1,1,1,1δδ-+内均有()f x x >；C. 在()1,1δ-内均有()f x x <，在()1,1δ+内均有()f x x >；D. 在()1,1δ-内均有()f x x >，在()1,1δ+内均有()f x x <.解：令()()F x f x x =-，则(1)(1)10F f =-=，//()()1F x f x =-选择B.5 .设)(x f 处处可导,则A.lim ()x f x →-∞=-∞必/lim ()x f x →-∞=-∞；B. /lim ()x f x →-∞=-∞必lim ()x f x →-∞=-∞C. lim ()x f x →+∞=+∞必/lim ()x f x →+∞=+∞；D. /lim ()x f x →+∞=+∞必lim ()x f x →+∞=+∞解：选择D (A,C 的反例y x =，B 的反例2y x =)6.设函数)(x f 在[)0,+∞上有界且可导，则A. lim ()0x f x →+∞=必/lim ()0x f x →+∞= ;B. /lim ()x f x →+∞存在，必/lim ()0x f x →+∞=；C. 0lim ()0x f x +→=必/0lim ()0x f x +→=; D. /0lim ()x f x +→存在，必/0lim ()0x f x +→=；解：选择A (B,C,D 的反例()f x x =)7. 设函数)(x f 在0x =的邻域内连续,且(0)0f =，0()lim21cos x f x x→=-，则在0x =处A. )(x f 不可导;B.可导,且/(0)0f ≠; C.取极大值; D.取极小值解：20000()()1()(0)1()(0)limlim 2lim 2lim 21cos 002x x x x f x f x f x f f x f x x x x x x →→→→--====---所以0000()(0)1()(0)1()(0)limlim lim lim 0000x x x x f x f f x f f x f x x x x x x x →→→→---=⋅=⋅=--- 所以)(x f 在0x =可导，且/(0)0f =.0()lim21cos x f x x→=-，而1cos 0,20x ->>，所以在0x =的某邻域内()0f x >，(0)0f =所以在0x =处)(x f 取极小值.8. (),()f x g x 为恒大于0的可导函数,且//()()()()0f x g x f x g x -<，则当a x b <<时A. ()()()()f x g b f b g x >；B. ()()()()f x g a f a g x >;C. ()()()()f x g x f b g b >;D. ()()()()f x g x f a g a >解：///2()()()()()0()()f x f x g x f x g x g x g x ⎛⎫-=< ⎪⎝⎭，所以()()f x g x 为减函数， 即当a x b <<时()()()()()()f b f x f ag b g x g a <<，又(),()f x g x 为恒大于0，所以()()()()f x g b f b g x >，选择A9.设)(x f 有二阶连续导数,且/(0)0f =，//0()lim1x f x x→= A.(0)f 是()f x 的极大值;B. (0)f 是()f x 的极小值; C. ()0,(0)f 是曲线()y f x =的拐点;D. (0)f 不是()f x 的极值;()0,(0)f 也不是曲线()y f x =的拐点.解：//0()lim10x f x x→=>，所以在0x =的邻域内//()0f x >，即曲线是凹的，又/(0)0f =，所以(0)f 是)(x f 的极小值.选择B10.设函数)(x f 在x a =的某个邻域内连续, ()f a 为)(x f 的极大值,则存在0δ>,当(),x a a δδ∈-+时,必有:A. ()()()()0x a f x f a --≥；B. ()()()()0x a f x f a --≤;C.2()()lim0()()t af t f x x a t x →-≥≠-； D.2()()lim 0()()t a f t f x x a t x →-≤≠-. 解：()f a 为)(x f 的极大值，则存在0δ>，(),x a a δ∈-和(),x a a δ∈+时， 都有()()f x f a ≤，所以(),x a a δδ∈-+时, ()()0f x f a -≤，所以A,B 都不正确.22()()()()lim()()t af t f x f a f x t x a x →--=--，由于()()0f a f x -≥，所以2()()0()f a f x a x -≥-. 选择C11.设函数)(x f 在(),-∞+∞内有定义, 00x ≠是函数)(x f 的极大值点,则 A. 0x 必是)(x f 的驻点;B.0x -必是()f x --的极小值点 C. 0x -必是()f x -的极小值点; D.对一切x 都有0()()f x f x ≤ 解：选择B 12. 2()()lim1()x af x f a x a →-=--，则在x a =处A. )(x f 导数存在,且/()0f a ≠； B.取极大值; C.取极小值; D . )(x f 导数不存在解：2()()lim1()x af x f a x a →-=--，所以在x a =的某去心邻域内有()()0f x f a -<，所以在x a =处，)(x f 取极大值.9 .1,2,)n =的最大值证明：令1()xf x x =(1)x ≥，1ln ()x x f x e=， ()11/222111()ln 1ln xx f x x x x x x x x ⎛⎫=-+=- ⎪⎝⎭，所以x e =时/()0f x =， 且x e <时/()0f x >，x e >时/()0f x <，所以()f e 时1()xf x x =的唯一极大值，也是最大值.而1,2,)n =的最大值必是中的一个，而<，所以是1,2,)n =的最大值.不等式的证明1.当0x >时，证明：1arctan 2x x π+>； 证明：令1()arctan 2f x x x π=+- /2211()01f x x x =-<+，所以0x >时1()arctan 2f x x x π=+-单调减，而1lim ()lim arctan 02x x f x x x π→+∞→+∞⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭， 所以0x <<+∞时，1()arctan 02f x x x π=+->，即1arctan 2x x π+>. 2. 当0x <<+∞时，证明：11ln(1)1x x+>+；证明：0x <<+∞时，令11()ln(1)1f x x x=+-+，()/222111()01(1)1x f x x x x x x ⎛⎫=-+=-< ⎪++⎝⎭+， ()f x 单调减， 而11lim ()lim ln(1)01x x f x x x →+∞→+∞⎡⎤=+-=⎢⎥+⎣⎦，所以0x <<+∞时，11()ln(1)01f x x x =+->+，即11ln(1)1x x+>+. 方法二，0x <<+∞时， 1ln(1)ln(1)ln x x x+=+-，令()ln f x x =，则在区间[],1x x +上用拉格朗日中值定理有：/11ln(1)ln(1)ln ()x x f xξξ+=+-==其中1x x ξ<<+，所以1111x x ξ<<+，即有11ln(1)1x x+>+. 3.证明：1ln(x x +≥；证明：设()1ln(f x x x =+则/()ln(f x x =++ln(x =，令//()0f x =，得唯一驻点0x =//()0f x =>，所以0x =是()f x 的极小值点，所以()(0),f x f ≥又(0)0f =所以()0f x ≥，即1ln(x x +≥. 4.当1x >，证明ln(1)ln 1x xx x+>+； 证明：因为1x >，所以ln ,10x x +>，所证等价于()1ln(1)ln x x x x ++>零()ln f x x x =，则/()ln 10f x x =+>，所以1x >时()ln f x x x =单调增加，而11x x +>>，所以(1)()f x f x +>，即()1ln(1)ln x x x x ++>，即ln(1)ln 1x xx x+>+. 5.1,x a e >>，证明：()()a a x a x a ++<；证明：只需证ln()()ln a a x a x a +<+ 令()ln()()ln f x a a x a x a =+-+，则/()ln a f x a a x =-+，()//2()0af x a x =-<+ 所以/()f x 单调减少，而/(0)1ln 0f a =-<，所以10x >>时//()(0)0f x f <<即()f x 单调减少，而(0)0f =，所以10x >>时()(0)0f x f <=，即ln()()ln a a x a x a +<+，即()()a a x a x a ++<.6.设b a e >>，证明：baa b >证明：只需证明ln ln b a a b >，设()ln ln f x x a a x =-，///2()ln ,()0a a f x a f x x x=-=>，所以/()ln af x a x =-单调增加，又/()ln 10f a a =->，所以b x a e >>>时/()ln 0af x a x=->， 故()ln ln f x x a a x =-单调增加.因此，b x e >>时()ln ln ()f x b x x b f a =->，而()0f a =， 所以()ln ln 0f b b a a b =->，即b a e >>时，ln ln b a a b >. 所以b aa b >.7．设()f x 在[)0,+∞上可导，且/()f x 单调递减，证明：对任意正数,a b ，都有[]1()(2)(2)2f a b f a f b +≥+ 证明：不妨设0a b <<，令[]1()()(2)(2)2F x f a x f a f x =+-+则///()()(2)F x f a x f x =+-，当x a >时有2a x x +<，由于/()f x 单调递减 所以//()(2)f a x f x +>，即/()0F x >，所以()F x 单调增，即x a >时()()F x F a ≥所以0a b <<时，[]1()()(2)(2)02F b f a b f a f b =+-+≥， 即[]1()(2)(2)2f a b f a f b +≥+. 8.设//0()lim1,()0x f x f x x→=>，证明：()f x x ≥； 证明： //()f x 存在，所以()f x 可导，所以()f x 可导连续，又0()lim1x f x x→=，所以00()(0)lim ()lim 0x x f x f f x x x →→==⋅=，既有/00()()(0)lim lim (0)1x x f x f x f f x x→→-===令()()F x f x x =-，//////()()1,()()0F x f x F x f x =-=>， //(0)(0)10F f =-=，所以0x =是()()F x f x x =-的唯一极小值点，所以()()(0)F x f x x F =-≥，(0)0F = 既有()f x x ≥.9.()0,1x ∈，证明：()221ln (1)x x x ++<；证明：令()22()1ln (1)f x x x x =++-，/2()ln (1)2ln(1)2f x x x x =+++-[]//ln(1)12()222ln(1)111x f x x x x x x+=+-=+-+++令[]()ln(1)g x x x =+-，/1()11g x x=-+，所以()0,1x ∈时/()0g x <，()g x 单调减()(0),(0)0g x g g <=，所以()0g x <，而此时201x >+，所以//()0f x <，而/(0)0f =所以()0,1x ∈时，()0,1x ∈时，//()(0)0f x f <=，所以()f x 在()0,1x ∈时单调减少，且(0)0f =，所以()0,1x ∈时()22()1ln (1)0f x x x x =++-<，即()221ln (1)x x x ++<. 10. ()0,1x ∈，证明：11111ln 2ln(1)2x x -<-<+； 证明：令11()ln(1)f x x x =-+，则()22/22221ln (1)111()1ln (1)(1)ln (1)x x x f x x x x x x x ++-=-+=++++()/22221()1ln (1)(1)ln (1)f x x x x x x x ⎡⎤=++-⎣⎦++，令()22()1ln (1)g x x x x =++-由上题知()0,1x ∈时，()22()1ln (1)0g x x x x =++-<，所以/()0f x <即()f x 在()0,1x ∈时单调减少.所以()0,1x ∈时，0(1)()lim ()x f f x f x →<<2000011ln(1)ln(1)lim ()lim lim lim ln(1)ln(1)x x x x x x x x f x x x x x x→→→→⎡⎤-+-+=-==⎢⎥++⎣⎦ ()0011111limlim 2212x x x x x →→-+===+，所以111()ln 22f x -<<，即11111ln 2ln(1)2x x -<-<+ 11.证明：0x π<<时，sin 2x x π>； 证明：令()sin2x x f x π=-，/11()cos 22x f x π=-，//1()sin 42x f x =- 0x π<<时，//1()sin 042x f x =-<，曲线sin 2x xy π=-在[]0,π上是凸的，而(0)(1)0f f ==，()0,x π∈时，()sin 02x x f x π=->，即sin 2x xπ>.12.设在[)0,+∞上函数)(x f 有连续导数，且/()0,(0)0f x k f ≥><.证明： )(x f 在()0,+∞内有且仅有一个零点.证明：令()()(0)F x f x kx f =--，则//()()0F x f x k =-≥.所以，()F x 在()0,+∞内单调增加，[)0,x ∈+∞时，()(0)0F x F ≥>，所以()(0)f x kx f >+.所以，存在a ∈(0,)+∞，()0f a >，又(0)0f <，所以()0f x =在(0,)+∞内有根，又/()0f x k ≥>，所以)(x f 单调增加，所以)(x f 在()0,+∞内有且仅有一个零点.13.设()f x 在(),a +∞连续//()f x 在[),a +∞内存在且大于零，记()()()()f x f a F x x a x a-=>-，证明：()F x 在(),a +∞单调增证明：()()()()///22()()()()1()()()()()f x x a f x f a F x f x x a f x f a x a x a ---⎡⎤==---⎣⎦-- 令()/()()()()()g x f x x a f x f a =---，则(),x a ∈+∞时，///////()()()()()()()0g x f x x a f x f x fx x a =-+-=->所以()()0g x g a >=，所以/()0F x >，即()F x 在(),a +∞单调增.关于根的存在及个数问题1.已知2350a b -<，讨论532340x ax bx c +++=实根的个数.解：令53()234f x x ax bx c =+++，/42()563f x x ax b =++， 令425630x ax b ++=，由于22366012(35)0a b a b ∆=-=-<， 所以425630x ax b ++=没有根，既有/42()5630f x x ax b =++>由于lim ()0,lim ()0x x f x f x →-∞→+∞<>，由于53()234f x x ax bx c =+++在(),-∞+∞内连续，所以532340x ax bx c +++=至少有一个根.如果方程532340x ax bx c +++=有两个实根1212,()x x x x <，则在[]12,x x 内()f x 满足拉格朗日中值定理，所以存在()12,x x ξ∈，使得/()0f ξ=，这/42()5630f x x a x b =++>矛盾，所以532340x ax bx c +++=只有一个实根. 练习：设函数()f x 在闭区间[]0,1上可微,对[]0,1上的任意x ,函数的值都在开区间()0,1内,且/()1f x ≠，证明:在()0,1内有且仅有一个x 使得()f x x =（令()()F x f x x =-）2.求证方程cos 0x p q x ++=恰有一个实根.(其中,p q 为常数,01q <<)证明：令()cos f x x p q x =++，取1a p q =++，则()1cos 0f a p q p q x =++++>()()1cos 0f a p q p q x -=-++++<，由()f x 在[],a a -上连续，由介值定理知，存在(),a a ξ∈-，使得()0f ξ=，所以方程532340x ax bx c +++=有一个实根.又/()1sin f x q x =-，由于01q <<，所以/()1sin 0f x q x =->，即()f x 单调增，所以cos 0x p q x ++=只有一个实根.3.设0k >，求()ln xf x x k e=-+在()0,+∞内根的个数. 解：/11()f x x e=-，得唯一驻点x e =，且()0f e k =>为函数极小值点， 所以()ln xf x x k e=-+在()0,+∞内根的个数为0.练习：确定方程sin 2x x k π-=在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内根的个数 4.0x >时,211kx x+=有且仅有一解,求k 的取值范围. 解：令21()1f x kx x =+-，0lim ()0,x f x +→>0x >时,211kx x+=有且仅有一解，所以必存在0a >，使得0x a ≥>时，()0f x <，所以0k≤，反之，如果0k ≤时/32()0f x k x=-<，所以21()1f x kx x =+-单调减，所以211kx x +=有且仅有一解. 5. 设()f x 在[]0,1上连续，在()0,1内可导，且(0)(1)0f f ==，1()12f =， 证明：1）存在1,12η⎛⎫∈⎪⎝⎭，()f ηη=； 2）对任意的λ，存在()0,ξη∈，使得[]/()()1f f ξλξξ--=分析：要构造一个函数()G x ，使其导数中含有因子[]/()1()f x f x x λ⎡⎤---⎣⎦，且(0)(1)G G =，由于，/()1f x -是()f x x -的导数，所以可设[]()()()G x h x f x x =-下面确定()h x ，由于[]///()()()()()1G x h x f x xh xf x⎡⎤=-+-⎣⎦，比较[]/()1()f x f x x λ⎡⎤---⎣⎦，只需/()()h x h x λ=-，所以()x h x e λ-=证明：[]()()xG x ef x x λ-=-6.设函数()f x 在[]0,1上连续且可导，又(0)(1)0,f f ==则对任意0(0,1)x ∈，存在()0,1ξ∈，使/0()()f f x ξ=分析：所证为[]/0()()0,x f x xf x ξ=-=，所以，令0()()()F x f x xf x =-()0000(0)0,(1)(),()1()F F f x F x x f x ==-=-，如果0()0F x =，在[]00,x 上用罗尔定理，如果0()0F x ≠，则0(1),()F F x 异号，所以存在0(,1)x η∈，使()0F η=，在[]0,η上用罗尔定理7..设函数(),()f x g x 在[],a b 上具有二阶导数，并且()()()()0f a f b g a g b ====，//()0,g x ≠证明：1）在(),a b 内()0g x ≠；2）在(),a b 内至少存在一点ξ，使()////()()()f fg g ξξξξ= （令//()()()()()F x f x g x f x g x =-）8. 设()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导, 且/()0f x ≠,证明:存在(),,a b ξη∈，使//()()b a f e e e b a f ηξη--=-证明：//()()b a f e e e b a f ηξη--=-等价于()()//()()b a f f b a e e e ηηξ-=-对()f x 和xe 在[],a b 上用柯西中值定理，则存在(),a b η∈，使得/()()()b af b f a f e e eηη-=-，所以()/()()()b af f b f a e e eηη-=-，对()f x 在[],a b 上用拉格朗日中值定理，有()/()()()f b f a f b a ξ-=-，其中(),a b ξ∈.所以()()//()()b af f b a e e eηηξ-=-9. ()f x 在[],a b 上连续,在(),a b 内可导, 且()()1f b f a ==,证明: 存在(),,a b ξη∈，使()/()()1ef f ηξηη-+=证明：所证等价于()/()()ef f e ηξηη+= ()x e f x 在[],a b 上满足拉格朗日中值定理条件，所以存在(),a b η∈，使得()/()()()()b a e f b e f a e f f b a ηηη-=+-，而()()b a b a e f b e f a e e e b a b a ξ--==--，(),,a b ξ∈ 所以存在(),,a b ξη∈，使()/()()1ef f ηξηη-+= 10.设函数()f x 在[]0,3上连续,在()0,3内可导,且(0)(1)(2)3,(3)1f f f f ++==,证明:必存在()0,3ξ∈使/()0f ξ= 11. 设函数()f x 在[]0,1上具有二阶导数，且满足//(),(),(,f x a f x b a b ≤≤为非负常数），c 是()0,1内任意一点。

高等数学轻松解决高考压轴题,助现处于120左右却始终无法突破140这个大瓶颈的资优生一举突破140瓶颈!!!高等数学轻松解决高考压轴题，助现处于120左右却始终无法突破140这个大瓶颈的资优生一举突破140瓶颈！！！内容概要以上就是对高考有着极大帮助的几个基础高等数学定理，资优生掌握以后必定能再更上一层楼，对其突破140的瓶颈大有裨益！想要突破140瓶颈的千万别错过！！！1—2：核心总结本文的核心就是1—2，建议大家把以上公式记录到自己的笔记本上好好理解，并在自己平时的作业尝试应用。

3—9：重中之重——拉格朗日中值定理深层次剖析以上就是对高考有着极大帮助的几个基础高等数学定理，资优生掌握以后必定能再更上一层楼，对其突破140的瓶颈大有裨益。

但是由于篇幅有限，不能一一对其深入剖析，在此向大家致歉。

不过本文对以上定理中最最重要的，也是高考压轴题中最最常用的拉格朗日中值定理进行了深层次剖析。

拉格朗日中值定理，是对高考数学压轴题帮助最大的高等数学定理，望学有余力的同学务必将其掌握！10—15：拉格朗日中值定理在高考题里的应用或许有同学不相信拉格朗日中值定理对高考的帮助是如此之大，以下将会以高考真题为例子向你阐明。

我想很大一部分同学或许不知道该如何应用，下文将对于高考真题应用拉格朗日中值定理解题并与参考答案的解法作比较，体现高观点解题的好处。

重中之重—————拉格朗日中值定理资优生掌握了拉格朗日中值定理以后可帮助其突破140的瓶颈，一举成为数学大神！！！拉格朗日中值定理是微分学的基础定理之一，它是沟通函数及其导数之间关系的桥梁，课本中关于拉格朗日中值定理的应用并没有专门的讲解，而很多研究者也只是研究了它在某个方面的应用，并没有系统的总结。

本文首先进一步分析了定理的实质，以便使读者深入理解拉格朗日中值定理；然后从课本中证明拉格朗日中值定理的思想（构造辅助函数法）出发，提出了一个较简单的辅助函数，从而使拉格朗日中值定理的证明简单化；以此为理论依据并在别人研究的基础上，最后重点总结了拉格朗日中值定理在各个方面的应用。

拉格朗日中值定理在导数中的应用命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分【备考策略】1能用导数解决函数基本问题2能理解拉格朗日中值定理及其几何意义3能运用拉格朗日中值定理解题【命题预测】近几年，以高等数学为背景的高考命题成为热点.许多省市模拟卷及高考试卷有关导数的题目往往可以用拉格朗日中值定理解答。

本文为高阶拓展内容，利用拉格朗日中值定理解题，能体现高观点解题的好处，需学生灵活学习知识讲解1.拉格朗日(Lagrange)中值定理若函数f(x)满足如下条件：(1)f(x)在闭区间[a，b]上连续；(2)f(x)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 =f b -f ab-a．2.拉格朗日中值定理的几何意义如图所示，在满足定理条件的曲线y=f x 上至少存在一点P(ξ，f(ξ))，该曲线在该点处的切线平行于曲线两端的连线．3.需要注意的地方(逆命题不成立)拉格朗日中值定理没有逆定理,即对曲线的任一切线,并不一定存在割线,使割线斜率等于切线斜率,如f x =x 3在x =0处的切线斜率为0,但f x 不存在割线使割线斜率等于04.拉格朗日公式还有下面几种等价形式f b -f a =f ξ b -a a <ξ<b ，f b -f a =f a +θb -a b -a 0<θ<1 ，f a +h -f a =f a +θh h 0<θ<1 ．注：拉格朗日公式无论对于a <b 还是a >b 都成立，而ξ则是介于a 与b 之间的某一常数．显然，当0<θ<1时，a <a +θb -a <b ．考点一、拉格朗日中值定理的认知及简单应用1(23-24高三上·陕西汉中·阶段练习)拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，定理内容是：如果函数y =f x 在闭区间a ,b 上连续，在开区间a ,b 内可导，那么在区间a ,b 内至少存在一点c ，使得f b -f a =f c b -a 成立，其中c 叫做f x 在a ,b 上“拉格朗日中值点”，根据这个定理，判断函数f x =5x 3-3x 在区间-1,1 上的“拉格朗日中值点”的个数为.2(2024高三上·全国·专题练习)拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，其定理陈述如下：如果函数f (x )在闭区间[a ,b ]上连续，在开区间(a ,b )内可导，则在区间(a ,b )内至少存在一个点x 0∈(a ,b )，使得f (b )-f (a )=f x 0 (b -a ),x =x 0称为函数y =f (x )在闭区间[a ,b ]上的中值点，若关于函数f (x )=sin x 在区间[0,π]上的“中值点”的个数为m ，函数g (x )=e x 在区间[0,1]上的“中值点”的个数为n ，则有m +n =( )(参考数据：π≈3.14,e ≈2.72.)A.1B.2C.0D.n =33(2024高三上·全国·专题练习)已知f(x)=23x3-2x2+cx+4，g(x)=e x-e2-x+f(x)，(1)若f(x)在x=1+2处取得极值，试求c的值和f(x)的单调增区间；(2)如图所示，若函数y=f(x)的图象在a,b连续光滑，试猜想拉格朗日中值定理：即一定存在c∈(a,b)，使得f (c)=f(b)-f(a)b-a，利用这条性质证明：函数y=g(x)图象上任意两点的连线斜率不小于2e-4．1(23-24高二下·广东东莞·阶段练习)法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下．如果函数y =f x 满足如下条件．(1)在闭区间a ,b 上是连续的；(2)在开区间a ,b 上可导则在开区间a ,b 上至少存在一点ξ，使得f b -f a =fξ b -a 成立，此定理即“拉格朗日中值定理”，其中ξ被称为“拉格朗日中值”．则g x =x 3在区间0,1 上的“拉格朗日中值”ξ=．2(2024·河北衡水·三模)已知f x =e x -x ．(1)求f (x )的单调区间和最值；(2)定理：若函数f (x )在(a ,b )上可导，在[a ，b ]上连续，则存在ξ∈(a ,b )，使得f (ξ)=f (b )-f (a )b -a．该定理称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：若0<m <n ，求证：e m n -e n m <m +1 21n -1m．3(2024·山西·三模)微分中值定理是微积分学中的重要定理，它是研究区间上函数值变化规律的有效工具，其中拉格朗日中值定理是核心，它的内容如下:如果函数f(x)在闭区间a,b上连续，在开区间(a,b)可导，导数为f (x)，那么在开区间(a,b)内至少存在一点c，使得f (c)=f(b)-f(a)b-a，其中c叫做f(x)在a,b上的“拉格朗日中值点”.已知函数f(x)=(a+1)x24ln x+b2(x-4)e ax-b26x3+9b+158x2.(1)若a=-1,b=0，求函数f(x)在1,7上的“拉格朗日中值点”x0；(2)若a=-1,b=1，求证:函数f(x)在区间(0,+∞)图象上任意两点A，B连线的斜率不大于18-e-6；(3)若a=1,b=-1,∀x1,x2,x3∈14,1，且x1<x2<x3，求证:f x2 -f x1x2-x1>f x3-f x2x3-x2.考点二、拉格朗日中值定理在导数中的综合应用1设f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x ,求证:当1<a <5时, 对任意x 1,x 2∈(0,1),x 1≠x 2, 有f x 1 -f x 2x 1-x 2>-12设f (x )=(a +1)ln x +ax 2+1,当a <-1时, 若对任意的x 1,x 2∈(0,+∞),f x 1 -f x 2 ≥4x 1-x 2 成立, 求a 的取值范围3设f (x )=sin x2+cos x, 若对任意x ≥0, 都有f (x )≤ax , 求a 的范围1(2024·天津·高考真题)设函数f x =x ln x ．(1)求f x 图象上点1,f 1 处的切线方程；(2)若f x ≥a x -x 在x ∈0,+∞ 时恒成立，求a 的值；(3)若x 1,x 2∈0,1 ，证明f x 1 -f x 2 ≤x 1-x 2 12．2(2024·山东济宁·一模)已知函数f x =ln x -12ax 2+12a ∈R ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若0<x 1<x 2，证明：对任意a ∈0,+∞ ，存在唯一的实数ξ∈x 1,x 2 ，使得f (ξ)=f x 2 -f x 1x 2-x 1成立；(3)设a n =2n +1n2，n ∈N *，数列a n 的前n 项和为S n ．证明：S n >2ln (n +1)．3(高三上·辽宁抚顺·阶段练习)已知函数f x =ln 1+x -x ,g x =x ln x .(1)求函数f x 的最大值；(2)设0<a <b ,证明0<g a +g b -2g a +b2<b -a ln2.1(2022高三·全国·专题练习)已知函数f (x )=(a +1)ln x +ax 2+1．(1)当a =2时，求曲线y =f (x )在1,f (1) 处的切线方程；(2)设a ≤-2，证明：对任意x 1，x 2∈(0,+∞)，|f (x 1)-f (x 2)|≥4|x 1-x 2|．2(21-22高二下·广东深圳·期中)已知函数f(x)=ln x+a2x2-(a+1)x(a∈R)，g(x)=f(x)-a2x2+(a+1)x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)任取两个正数x1,x2，当x1<x2时，求证：g x1-g x2<2x1-x2 x1+x2.3(22-23高三下·重庆沙坪坝·阶段练习)已知函数f(x)=12x2-kx+ln x(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 有两个极值点x1,x2，证明：f(x1)-f(x2)<k22-24(23-24高三上·陕西西安·阶段练习)已知函数f(x)=2ln x+ax2(a∈R).(1)试判断函数f(x)的单调性；(2)已知函数g(x)=f(x)-2x，若g(x)有且只有两个极值点x1,x2，且x1<x2，证明：g x1<-g x22a-1.x1-x25(2022·全国·模拟预测)已知函数f x =e x x2+1(其中e为自然对数的底数).(1)讨论函数y=f x +a-2的单调性；x⋅e x a∈R(2)若x1>x2>0，不等式e2x1-e2x2>λf x1恒成立，求实数λ的取值范围.-f x26(2023·山东淄博·二模)已知函数f x =a ln x-a-12x2+x，a∈R.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若x1，x2是函数g x =a ln x-12x2+x的两个极值点，且x1<x2，求证：f x1-f x2<0.7(2024高三上·全国·专题练习)已知函数f x =a x-ln x+x2-2x，其中a∈R.(1)当a=-2e时，求f x 的极值；(2)当a>0，x1>x2>0时，证明：f x1-fx1+x22x1<f x2 -f x1+x22x2.8(23-24高三上·天津宁河·期末)已知函数f x =ln x+a2x2，a∈R．(1)当a=1时，求曲线y=f x 在1,f1处的切线方程；(2)求f x 的单调区间；(3)设x1,x20<x1<x2是函数g x =f x -ax的两个极值点，证明：g x1-g x2<a2-ln a．9(23-24高二上·陕西西安·期末)已知函数f x =x2+mx+ne x.(1)若m=n=0，求f x 的单调区间；(2)若m=a+b，n=ab，且f x 有两个极值点，分别为x1和x2x1<x2，求f x2-f x1e x2-e x1的最大值.10(2022高三·全国·专题练习)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：(1)当a ≤0时，f (x 1)+f (x 2)2>f x 1+x 22 ；(2)当a ≤4时，|f ′(x 1)-f ′(x 2)|>|x 1-x 2|．11(21-22高二下·安徽合肥·期中)已知函数f (x )=x 2+ax +2ln x (a 为常数)(1)讨论f x 的单调性(2)若函数f x 存在两个极值点x 1，x 2x 1<x 2 ，且x 2-x 1≤83，求f x 1 -f x 2 的范围.12(22-23高二下·河南洛阳·期末)已知函数f x =12x2-2ax+ln x(a为常数)．(1)若函数f x 是增函数，求a的取值范围；(2)设函数f x 的两个极值点分别为x1，x2(x1<x2)，求f x1-f x2的范围．13(2023·湖南常德·一模)已知函数f x =ln x+ax+1-2a(a∈R).(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 两个极值点x1，x2，且x1∈e,e2，求f x1-f x2的取值范围.14(21-22高二下·天津·期中)已知函数f x =ln x +x 2-ax a ∈R (1)若a =1，求函数f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，讨论f (x )的单调性；(3)设f (x )存在两个极值点x 1,x 2且x 1<x 2，若0<x 1<12求证：f x 1 -f x 2 >34-ln2.15(2023·天津河西·模拟预测)已知函数f (x )=k ln x +1e x(k ∈R ).(1)若函数y =f (x )为增函数，求k 的取值范围；(2)已知0<x 1<x 2.(i )证明：e ex 2-ee x 1>-ln x 2x 1>1-x 2x 1；(ii )若x 1e x 1=x 2ex 2=k ，证明：f x 1 -f x 2 <1.16(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =x -a e -x +12x 2-2x ,g x =xe -x -e x -1-a3x 3+ax 2-f x ，且f x 在x =0处取得极大值．(1)求a 的值与f x 的单调区间．(2)如图，若函数y =f x 的图像在a ,b 连续，试猜想拉格朗日中值定理，即一定存在c ∈a ,b ，使得f c =m ，求m 的表达式〔用含a ,b ,f a ,f b 的式子表示〕．(3)利用这条性质证明：函数g x 图像上任意两点的连线斜率不大于94-2ee．17(2024·湖北襄阳·三模)柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用.定理内容为：设函数f (x )，g (x )满足:①图象在a ,b 上是一条连续不断的曲线；②在a ,b 内可导;③对∀x ∈a ,b ，gx ≠0，则∃ξ∈a ,b ，使得f b -f a g b -g a =f ξg ξ.特别的，取g x =x ，则有：∃ξ∈a ,b ，使得f b -f ab -a=f ξ ，此情形称之为拉格朗日中值定理.(1)设函数f x 满足f 0 =0，其导函数f x 在0,+∞ 上单调递增，证明：函数y =f xx在0,+∞ 上为增函数.(2)若∀a ,b ∈0,e 且a >b ，不等式ln a b -ln b a +m b a -ab≤0恒成立，求实数m 的取值范围.18(2024·广东·二模)拉格朗日中值定理是微分学的基本定理之一，其内容为：如果函数f x 在闭区间a ,b 上的图象连续不断，在开区间a ,b 内的导数为f x ，那么在区间a ,b 内存在点c ，使得f b -f a=f c b -a 成立．设f x =e x +x -4，其中e 为自然对数的底数，e ≈2.71828．易知，f x 在实数集R 上有唯一零点r ，且r ∈1,32．(1)证明：当x ∈r ,r +19时，0<f x <1；(2)从图形上看，函数f x =e x +x -4的零点就是函数f x 的图象与x 轴交点的横坐标．直接求解f x =e x +x -4的零点r 是困难的，运用牛顿法，我们可以得到f x 零点的近似解：先用二分法，可在1,32中选定一个x 0作为r 的初始近似值，使得0<f x 0 <12，然后在点x 0,f x 0 处作曲线y =f x 的切线，切线与x 轴的交点的横坐标为x 1，称x 1是r 的一次近似值；在点x 1,f x 1 处作曲线y =f x 的切线，切线与x 轴的交点的横坐标为x 2，称x 2是r 的二次近似值；重复以上过程，得r 的近似值序列x 0,x 1,x 2,⋯,x n ,⋯．①当x n >r 时，证明：x n >x n +1>r ；②根据①的结论，运用数学归纳法可以证得：x n 为递减数列，且∀n ∈N ,x n >r ．请以此为前提条件，证明：0<x n -r <12⋅8n．19(23-24高二下·重庆·期中)柯西中值定理是数学的基本定理之一，在高等数学中有着广泛的应用．定理内容为：设函数f x ，g x 满足①图象在a,b上是一条连续不断的曲线；②在a,b内可导；③对∀x∈a,b，g x ≠0．则∃ξ∈a,b，使得f b -f ag b -g a=f ξg ξ．特别的，取g x =x，则有：∃ξ∈a,b，使得f b -f ab-a=f ξ ，此情形称之为拉格朗日中值定理．(1)设函数f x 满足f0 =0，其导函数f x 在0,+∞上单调递增，判断函数y=f xx在0,+∞的单调性并证明；(2)若∀a,b∈0,e且a>b，不等式ln ab-ln ba+m ba-ab<0恒成立，求实数m的取值范围；(3)若0<x1<x2<π2，求证：e x2-e x1>sin x2-sin x1e x1．20(2024高三上·全国·专题练习)已知函数f (x )=mx 3+nx 2(m 、n ∈R ，m ≠0)的图象在2,f 2 处的切线与x 轴平行．(1)求n ，m 的关系式并求f (x )的单调减区间；(2)证明：对任意实数0<x 1<x 2<1，关于x 的方程：f (x )-f (x 2)-f (x 1)x 2-x 1=0在(x 1,x 2)恒有实数解；(3)结合(2)的结论，其实我们有拉格朗日中值定理：若函数f (x )是在闭区间[a ,b ]上连续不断的函数，且在区间(a ,b )内导数都存在，则在(a ,b )内至少存在一点x 0，使得f (x 0)=f (b )-f (a )b -a．如我们所学过的指、对数函数，正、余弦函数等都符合拉格朗日中值定理条件．试用拉格朗日中值定理证明：当0<a <b 时，b -a b<ln b a <b -a a (可不用证明函数的连续性和可导性)．1(2020·天津·高考真题)已知函数f(x)=x3+k ln x(k∈R)，f (x)为f(x)的导函数．(Ⅰ)当k=6时，(i)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(ii)求函数g(x)=f(x)-f (x)+9x的单调区间和极值；(Ⅱ)当k≥-3时，求证：对任意的x1,x2∈[1,+∞)，且x1>x2，有f x1+f x22>f x1-f x2x1-x2．2(四川·高考真题)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：(1)当a ≤0时，f (x 1)+f (x 2)2>f x 1+x 22；(2)当a ≤4时，|f ′(x 1)-f ′(x 2)|>|x 1-x 2|．。

中值定理在高考中的应用
中值定理在高考数学中有着广泛的应用，特别是在处理一些证明题时。

以下是一些具体的例子：
1. 利用罗尔定理证明函数在某点的导数为零。

例如，如果函数$f(x)$在区间$[a, b]$上连续，在$(a, b)$上可导，且$f(a)=f(b)$，那么至少存在一点$c \in (a, b)$，使得$f'(c)=0$。

2. 利用拉格朗日中值定理证明等式或不等式。

例如，如果函数$f(x)$在区间$[a, b]$上连续，在$(a, b)$上可导，那么至少存在一点$c \in (a, b)$，使得$f'(c)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}$。

3. 利用柯西中值定理证明函数的单调性。

例如，如果函数$f(x)$和$g(x)$在区间$[a, b]$上连续，在$(a, b)$上可导，且$g'(x) \neq 0$，那么存在一点$c \in (a, b)$，使得$\frac{f'(c)}{g'(c)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}$。

以上只是中值定理在高考数学中的一些应用，实际上，中值定理的应用非常广泛，掌握好中值定理的原理和方法可以帮助我们更好地理解和解决各种数学问题。

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。

活跃在高考中的拉格朗日中值定理作者：王伯龙来源：《理科考试研究·高中》2020年第04期摘;要：拉格朗日中值定理是微积分学中的重要定理，应用定理可简洁地解证一些不等式.本文以高考试题为例阐述运用拉格朗日定理解决不等式问题的策略.关键词：拉格朗日中值定理;高考数学;不等式1;拉格朗日中值定理定理;如果函数f（x）满足：（1）在闭区间[a，b]上连续;（2）在开区间（a，b）内可导，那么至少存在一点ε∈（a，b），使得f ′（ε）=f（b）-f（a）b-a成立.几何意义;定理中f（b）-b（a）b-a是连接曲线上两点A（a，f（a）），B（b，f（b））的弦的斜率，f ′（ε）是过曲线上一点（ε，f（ε））的切线的斜率，那么定理可解释为在曲线y=f（x）上至少存在一条平行于弦AB的切线（如图1）.拉格朗日中值定理原本是大学《数学分析》课程中的内容，《普通高中数学课程标准（2017年版）》[1]对高中数学课程的结构进行了调整，將拉格朗日中值定理调整到数学选修课程A类“导数与微分”一章中，要求学生会用拉格朗日中值定理证明一些不等式.这样的调整起到了承前启后的作用，为学生将来步入大学学习高等数学打下坚实的基础.其实，在历年的高考试题中，拉格朗日中值定理的影子随处可见，下面举例予以展示.2;高考试题中的拉格朗日中值定理例1;（2007年全国高考Ⅰ卷理科第20题）设函数f（x）=ex-e-x.（1）证明：函数f（x）的导数f ′（x）≥2;（2）证明：若对所有的x≥0，都有f（x）≥ax，则a的取值范围为（-∞，2].证明;（1）略;（2）当x=0时，结论显然成立.当x>0时，不等式f（x）≥ax可转化为f（x）-f（0）x-0≥a.而f ′（x）=ex+e-x，由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点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的最小值为2.所以a≤2.故a的取值范围为（-∞，2）.例2;（2010年辽宁高考数学理科第21题）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1.（1）讨论函数f（x）的单调性;（2）设a解析;（1）略;（2）当x1=x2时，对任意a当x1≠x2时，不妨设x1>x2，不等式|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|可转化为f（x1）-f（x2）x1-x2≥4.因为f ′（x）=a+1x+2ax，所由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ε∈（x1，x2），使得f ′（ε）=f（x1）-f（x2）x1-x2成立，即a+1ε+2aε≥4.由于a0，所以-a+1ε-2aε≥4.因为-a+1ε-2aε≥2 2a（a+1），即-a+1ε-aε的最小值为2 2a（a+1）.因而只需2 2a（a+1）≥4，解得a≤-2.故a的取值范围为（-∞，-2].例3;（2016年全国新课标Ⅱ卷文科第21题）已知函数f（x）=（x+1）lnx-a（x-1）.（1）当a=4时，求曲线y=f（x）在（1，f（1））处的切线方程;（2）若x∈（1，+∞），f（x）>0，求a的取值范围.解析;（1）略;（2）对x∈（1，+∞），f（x）>0，即a由拉格朗日中值定理可知，至少存在一点ε∈（1，x），使得a当ε∈（1，x）时，g′（x）=ε-1ε2>0.所以函数g（ε）=lnε+1ε+1在（1，x）内单调递增.因此g（ε）>g（1）=2.要使a故a的取值范围为（-∞，2].例4;（2017年全国新课标Ⅱ卷文科第21题）设函数f（x）=（1-x2）ex.（1）讨论函数f（x）的单调性;（2）当x≥0时，f（x）≤ax+1，求a的取值范围.解析;（1）略;（2）当x=0时，原不等式成立.当x>0时，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，至少存在一点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）所以函数g（ε）=（1-2ε-ε2）eε在（0，x）上单调递减，于是g（ε）故a的取值范围为[1，+∞）.例5;（2009年辽宁高考数学理科第21题）已知函数f（x）=12x2-ax+（a-1）lnx，a>1.（1）讨论函数f（x）的单调性（2）证明：若a-1.解析;（1）略;（2）f ′（x）=x-a+a-1x，不妨设x1因为a>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.因为1于是0≤（a-1-1）2因而-（a-1-1）2>-1.即 f（x1）-f（x2）x1-x2>-1成立.例6;（2018年全国新课标Ⅰ卷理科第21试题）已知函数f（x）=1x-x+alnx. （1）讨论函数f（x）的单调性;（2）若f（x）存在两个极值点x1，x2.证明：f（x1）-f（x2）x1-x2解析;（1）略;（2）由（1）知，f（x）有两个极值点当且仅当a>2.由于f ′（x）=-1x2-1+ax，不妨设x1令g（ε）=-1ε2-1+aε，则g′（ε）=2ε3-aε2=2-aεε3.当ε0，函数g（ε）为增函数;当ε>2a时，g′（ε）于是当ε=2a时，gmax（ε）=-a24-1+a22=（a+2）（a-2）4.即-1ε2-1+aε≤（a+2）（a-2）4對于任意ε∈（x1，x2）恒成立.因为a>2，所以（a+2）（a-2）4>a-2.因此-1ε2-1+aε故 f（x1）-f（x2）x1-x2综上可知，对于一些结构特征（或变形后）满足拉格朗日中值定理的不等式问题，应用拉格朗日中值定理求解具有思路简单、计算量小、易于掌握的特点.我们发现，利用拉格朗日中值定理可以解决两类问题：一是已知不等式求参数的取值范围;二是已知参数的取值范围证明不等式.对这两类问题的求解关键是将所给的不等式或要证的不等式转化成拉格朗日中值定理的结构形式.随着新一轮课改的深入，拉格朗日中值定理将在以后的高考中会越来越受到命题专家的青睐.参考文献：[1]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准（2017年版）[M].北京：人民教育出版社，2018.（收稿日期：2019-10-29）。

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。