微專題14　 拉格朗日中值定理

微專題14拉格朗日中值定理【知識拓展】1.拉格朗日中值定理：若f(x)滿足以下條件：(1)f(x)在閉區(qū)間[a，b]內(nèi)連續(xù)；(2)f(x)在開區(qū)間(a，b)上可導，則在(a，b)內(nèi)至少存在一點ξ，使得f′(ξ)＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a).2.幾何意義：弦AB的斜率k＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′(ξ1)＝f′(ξ2)，在曲線弧AB上至少有一點，在該點處的切線平行于弦AB.【類型突破】類型一證明不等式例1已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，f(x)的導函數(shù)是f′(x)，對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，證明：當a≤4時，|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.證明由f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)，令g(x)＝f′(x)，則由拉格朗日中值定理得|f′(x1)－f′(x2)|＝|g(x1)－g(x2)|＝|g′(λ)(x1－x2)|.下面只要證明：當a≤4時，任意λ>0，都有g(shù)′(λ)>1，則有g(shù)′(x)＝2＋eq\f(4,x3)－eq\f(a,x2)>1，即證a≤4時，a<x2＋eq\f(4,x)恒成立.這等價于證明x2＋eq\f(4,x)的最小值大于4，由x2＋eq\f(4,x)＝x2＋eq\f(2,x)＋eq\f(2,x)≥3eq\r(3,4)，當且僅當x＝eq\r(3,2)時取到最小值，又a≤4<3eq\r(3,4)，故a≤4時，2＋eq\f(4,x3)－eq\f(a,x2)>1恒成立.所以由拉格朗日中值定理得|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.規(guī)律方法能利用拉格朗日中值定理證明的不等式的特征：既有兩自變量的差，又有兩函數(shù)(或?qū)?shù))值的差.訓練1(2023·杭州調(diào)研改編)已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，對任意兩個不相等的正數(shù)x1，x2，證明：當a≤0時，eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).證明不妨設(shè)x1<x2，即證f(x2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))－f(x1).由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，\f(x1＋x2,2)))，ξ2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，x2))，則ξ1<ξ2，且f(x2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＝f′(ξ2)·eq\f(x2－x1,2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))－f(x1)＝f′(ξ1)·eq\f(x2－x1,2)，又f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)，f″(x)＝2＋eq\f(4,x3)－eq\f(a,x2).當a≤0時，f″(x)≥0.所以f′(x)是一個單調(diào)遞增函數(shù)，故f′(ξ1)<f′(ξ2)從而f(x2)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))－f(x1)成立，因此結(jié)論成立.類型二由不等式恒成立求參數(shù)的范圍例2設(shè)f(x)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，若對任意x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范圍.解x>0時，f(x)≤ax等價于eq\f(f（x）,x)≤a，由拉格朗日中值定理，存在x0>0，使得eq\f(f（x）－f（0）,x－0)＝f′(x0)，故只需a≥f′(x0)恒成立即可.又f′(x0)＝eq\f(2cosx0＋1,（2＋cosx0）2)＝－3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,cosx0＋2)－\f(1,3)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,3)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))，所以a≥eq\f(1,3).規(guī)律方法利用拉朗日中值定理求參數(shù)的步驟：(1)分離參數(shù)；(2)構(gòu)造成eq\f(f（b）－f（a）,b－a)的形式，求其最值(范圍).訓練2(2023·濟南模擬改編)設(shè)f(x)＝(a＋1)lnx＋ax2＋1，當a<－1時，若對任意的x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|成立，求a的取值范圍.解由拉格朗日中值定理，可知必存在x0∈(0，＋∞)，使得f′(x0)＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，f′(x0)＝eq\f(a＋1,x0)＋2ax0，當a<－1且x0>0時，f′(x0)＝eq\f(a＋1,x0)＋2ax0<0，由題意|f′(x0)|≥4，∴f′(x0)≤－4，∴a≤eq\f(－4x－1,2x2＋1)＝eq\f(（2x－1）2,2x2＋1)－2≤－2，即a≤－2.【精準強化練】一、基本技能練1.(2023·福州模擬改編)設(shè)f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋(a－1)lnx，求證：當1<a<5時，對任意x1，x2∈(0，1)，x1≠x2，有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>－1.證明由拉格朗日中值定理可知只需證f′(x)>－1對x∈(0，1)恒成立，由f′(x)＋1＝x＋eq\f(a－1,x)－(a－1)＝eq\f(x2－（a－1）x＋（a－1）,x)，因為1<a<5，所以g(x)＝x2－(a－1)x＋(a－1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a－1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(（a－1）（5－a）,4)>0，則f′(x)＋1>0，所以f′(x)>－1.2.設(shè)0<y<x，p>1，證明：pyp－1(x－y)<xp－yp<pxp－1(x－y).證明設(shè)f(t)＝tp，顯然f(t)在[y，x]滿足拉格朗日中值定理的條件，則?ξ∈(y，x)，使得f′(ξ)＝eq\f(f（x）－f（y）,x－y)，即pξp－1＝eq\f(xp－yp,x－y).由p>1知tp－1在[y，x]上單調(diào)遞增，pyp－1<pξp－1<pxp－1，從而有pyp－1(x－y)<pξp－1(x－y)<pxp－1(x－y)，即有pyp－1(x－y)<xp－yp<pxp－1(x－y).3.已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x，若對任意x≥0，都有f(x)≥ax，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)當x＝0時，對任意a，都有f(x)≥ax；(2)當x>0時，問題轉(zhuǎn)化為a≤eq\f(ex－e－x,x)對任意x>0恒成立，則eq\f(ex－e－x,x)＝eq\f(f（x）－f（0）,x－0)，由拉格朗日中值定理知在(0，＋∞)內(nèi)至少存在一點ξ(ξ>0)，使得f′(ξ)＝eq\f(f（x）－f（0）,x－0)，又f′(ξ)＝eξ＋e－ξ，由于f″(ξ)＝eξ－e－ξ>e0－e－0＝0(ξ>0)，故f′(ξ)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，則f′(ξ)min>f′(0)＝2，所以a的取值范圍是(－∞，2].二、創(chuàng)新拓展練4.已知函數(shù)f(x)＝x3＋klnx(k∈R)，f′(x)為f(x)的導函數(shù)，當k≥－3時，證明：對任意x1，x2∈[1，＋∞)，且x1>x2，有eq\f(f′（x1）＋f′（x2）,2)>eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2).證明由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈(x2，x1)，使得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＝f′(ξ)，只需證明eq\f(f′（x1）＋f′（x2）,2)>f′(ξ)(1≤x2<ξ<x1)即可.由f′(x)＝3x2＋eq\f(k,x)(x≥1)，令g(x)＝3x2＋eq\f(k,x)(x≥1)，即證明eq\f(g（x1）＋g（x2）,2)>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)，只需證明曲線y＝g(x)，x∈(x2，x1)嚴格落在點(x2，g(x2))和(x1，g(x1))的連線的下方，即證當k≥－3時，函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上是下凸的，由g′(x)＝6x－eq\f(k,x2)，g″(x)＝6＋eq\f(2k,x3)可知，當x≥1，k≥－3時，g″(x)＝6＋eq\f(2k,x3)＝eq\f(6x3＋2k,x3)≥0(當且僅當x＝1，k＝－3時，g″(x)＝0)，所以eq\f(g（x1）＋g（x2）,2)>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)成立，從而當k≥－3時，對任意x1，x2∈[1，＋∞)，x1>x2，都有eq