活跃在高考中的拉格朗日中值定理

王伯龙

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<-1，如果对任意x1，x2∈（0，+∞），有|f（x1）-f（x2）|≥4|x1-x2|成立，求a的取值范围.

解析 （1）略;

（2）当x1=x2时，对任意a<-1，不等式成立;

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a<-1，ε>0，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<（x+1）lnxx-1.

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）<0.

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<5，则对任意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<1.

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ε<2a时，g′（ε）>0，函数g（ε）为增函数;

当ε>2a时，g′（ε）<0，函数g（ε）为减函数.

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）