2023高考数学二轮专题 微专题46 拉格朗日中值定理

这是一份2023高考数学二轮专题 微专题46 拉格朗日中值定理，共5页。
微专题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)＝.2.几何意义：弦AB的斜率＝＝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＋＋aln 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)＝x2＋＋aln x得，f′(x)＝2x－＋，令g(x)＝f′(x)，则由拉格朗日中值定理得：|f′(x1)－f′(x2)|＝|g(x1)－g(x2)|＝|g′(λ)(x1－x2)|.下面只要证明：当a≤4时，任意λ>0，都有g′(λ)>1，则有g′(x)＝2＋－>1，即证a≤4时，a<x2＋恒成立.这等价于证明x2＋的最小值大于4，由x2＋＝x2＋＋≥3，当且仅当x＝时取到最小值，又a≤4<3，故a≤4时，2＋－>1恒成立.所以由拉格朗日中值定理得：|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.训练1 设0<y<x，p>1，证明：pyp－1(x－y)<xp－yp<pxp－1(x－y).证明　设f(t)＝tp，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)＝，即pξp－1＝.由p>1知tp－1在[y，x]上单调递增，pyp－1<pξp－1<pxp－1，从而有pyp－1(x－y)<pξp－1(x－y)<pxp－1(x－y)，即有pyp－1(x－y)<xp－yp<pxp－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.构造成的形式，求其最值(范围).例2 已知函数f(x)＝ex－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≤对任意x>0恒成立.令g(x)＝＝，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)＝，即g(x)＝f′(ξ)＝eξ＋e－ξ，由于f″(ξ)＝eξ－e－ξ>e0－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)＝，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，＝，由拉格朗日中值定理，知存在ξ∈(0，x)，使得＝＝f′(ξ)，又f′(x)＝，从而f″(x)＝.令f″(x)≥0得，x∈[(2k＋1)π，(2k＋2)π]，k∈N；令f″(x)≤0得，x∈[2kπ，(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]＝，在[2kπ，(2k＋1)π]，k∈N上，f′(x)的最大值f′(x)max＝f′(2kπ)＝.从而函数f′(x)在[2kπ，(2k＋2)π]，k∈N上的最大值是f′(x)max＝，由k∈N知，当x>0时，f′(x)的最大值为f′(x)max＝，所以，f′(ξ)的最大值f′(ξ)max＝.为了使f′(ξ)≤a恒成立，应有f′(ξ)max≤a.所以a的取值范围是.一、基本技能练1.已知函数f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x，若1<a<5，证明：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>－1.证明　由题意知，f′(x)＝x－a＋，要证>－1成立，由拉格朗日中值定理易知存在ξ∈(x1，x2)，使f′(ξ)＝，则即证f′(ξ)＝ξ－a＋>－1，又ξ∈(x1，x2)，x1，x2∈(0，＋∞)，故ξ>0，只需证ξf′(ξ)＝ξ2－aξ＋(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－aξ＋a－1>－ξ.则>－1，即f′(ξ)＝ξ－a＋>－1，也即>－1.2.已知函数f(x)＝x2＋＋aln 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≤0时，>f.证明　不妨设0<x1<x2，即证f(x2)－f>f－f(x1).由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈，ξ2∈，则ξ1<ξ2，且f(x2)－f＝f′(ξ2)·，f－f(x1)＝f′(ξ1)·.又f′(x)＝2x－＋(x>0)，f″(x)＝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(x2)－f>f－f(x1)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)＝的单调性.解　由拉格朗日中值定理知g(x)＝＝f′(ξ)＝，其中0<ξ<a或a<ξ<＋∞，所以问题转化为讨论f′(x)＝，x∈(0，a)和(a，＋∞)上的单调性.因为f′(x)＝在(0，＋∞)上单调递减，所以f′(x)＝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)＝x3＋kln x(k∈R)，f′(x)为f(x)的导函数.当k≥－3时，证明：对任意x1，x2∈[1，＋∞)，且x1>x2，有>.证明　由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈(x2，x1)，使得＝f′(ξ)，只需证明>f′(ξ)(1≤x2<ξ<x1)即可.由f′(x)＝3x2＋(x≥1)，令g(x)＝3x2＋(x≥1)，即证明>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)，只需证明曲线y＝g(x)，x∈(x2，x1)严格落在点(x2，g(x2))和(x1，g(x1))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－，g″(x)＝6＋可知：当x≥1，k≥－3时，g″(x)＝6＋＝≥0(当且仅当x＝1，k＝－3时，g″(x)＝0)，所以>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)成立，从而当k≥－3时，对任意x1，x2∈[1，＋∞)，x1>x2，都有>.