拉格朗日中值定理-解析版_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年06月高三试卷（数理化）_2026年6月高中数学试题汇编_0614数学_拉格朗日中值定理

拉格朗日中值定理
fx
在高考题中有一类题是考查 1
1
 -fx
2

斜率特点的证明或求参数的范围的问题，它的出题背景
x -x
1 2
是高数中拉格朗日中值定理，下面将拉格朗日中值定理及其使用进行介绍.
一．拉格朗日中值定理的定义及应用
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a 
．
b-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  =x3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0
4.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+θb-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+θb-a  <b．
二．应用拉格朗日中值定理的答题模板：
1.小题：由 fx 1  -fx 2  >a，则f'(x)≥a恒成立.
x -x
1 2
2.解答题：①研究f(x)的单调性;(1)自定义x 1 ，x 2 的大小,并判断fx 1
2
 ，fx 2  的大小,去掉分母或绝对值(根据题目特点);
(2)构造新函数F(x),转化为新函数的单调性或最值讨论.
1.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 fx  在闭区间 a,b  上的图象连
续不间断，在开区间a,b  内的导数为 fx  ，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  上的“拉格朗日中值点”.根据这个定理，可得函数fx  =x3
-2x在 -2,2  上的“拉格朗日中值点”的个数为 .
【大招指引】本题是一道新定义问题，根据拉格朗日中值定理的定义可构造方程fx  =3x2-2=2，解方
程即可求得“拉格朗日中值点”的个数.
f2
【解析】∵
 -f-2 
2--2 
4+4
= =2，fx
4

2 3
=3x2-2，令3x2-2=2，解得：x=- ∈-2,2
3
 或x=
2 3
∈-2,2
3
 ，∴fx  在 -2,2  上的“拉格朗日中值点”的个数为2.
故答案为：2.
【题后反思】这些题目都有一个共同点，即看似复杂，实则“高起点、低落点”，许多考生被表象所迷惑，认
为太难了，“不是我的菜”，匆匆扫一眼题目就已经从心理上放弃了，虽会手头上挣扎一下，但打心底就认
为自己做不出了，于是会出现“考时懵圈、考后大悟”的现象。
【温馨提示】所谓“都是假象”，应对方法其实很简单，就是一句话：不畏难，迎难而上，题中的一切都是最
好的安排！
【举一反三】
2.以罗尔中值定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理为主体的“中值定理”反映了函数与导数之间的重要
联系，是微积分学重要的理论基础，其中拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容.其定理如下：如果
函数fx  在闭区间 a,b  上的图象不间断，在开区间a,b  内可导，则在区间a,b  内至少存在一个点ξ
∈a,b  ，使得fb  -fa  =fξ  b-a  ，ξ称为函数y=fx  在闭区间 a,b  上的中值点.则函数fx 
π π
=tanx在区间 - ,
 4 4
 上的中值点的个数为 ( )
A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个
【答案】B
【分析】根据题设中给出的“拉格朗日中值点”的定义，结合函数fx  =tanx进行分析，将问题转化为求cosξ
=± π 在x∈ - π , π
2  4 4
 上的解的个数问题，再结合余弦函数的性质求解即可..
【详解】由题意，函数fx 
π π
=tanx，x∈ - ,
 4 4
π
所以f-
4
3

π
=-1,f
4
 =1,fx 
sinx
=
cosx

 1
= ，
cos2x
π
所以f
4

π
-f-
4
 =2,fξ 
1
= ，
cos2ξ
1 π π
所以由拉格朗日中值定理得：2= ⋅ ，即cos2ξ= ，
cos2ξ 2 4
π
所以cosξ=± ，
2
π π 由于x∈ - ,
 4 4
 时，cosx∈   2 ,1
 2

π π π
所以cosξ=- 在x∈ - ,
2  4 4

π π π
无解，cosξ= 在x∈ - ,
2  4 4
 上有2解.
所以函数fx 
π π
=tanx在区间 - ,
 4 4
 上的中值点的个数为2个.
故选：B.
3.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 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)=sinx在区间[0,π]上的“中值点”
0
的个数为m，函数g(x)=ex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. 1 B. 2 C. 0 D. n=3
【答案】B
【分析】利用给定的定义分别求出m,n的值，即可得解.
【详解】设函数f(x)=sinx在区间[0,π]上的“中值点”为x ，由f(x)=sinx，得f(x)=cosx，
0
则由拉格朗日中值定理得，f(π)-f(0)=f(x )(π-0)，即πcosx =0，而x ∈(0,π)，
0 0 0
π
则x = ，即函数f(x)=sinx在区间[0,π]上的“中值点”的个数为1，因此m=1，
0 2
设函数g(x)=ex在区间[0,1]上的“中值点”为x ，由g(x)=ex，求导得g(x)=ex，
1
由拉格朗日中值定理得，g(1)-g(0)=g(x )(1-0)，即e-1=ex 1，
1
令函数h(x)=ex-e+1,x∈(0,1)，函数h(x)在(0,1)上单调递增，h(0)=2-e<0,h(1)=1>0，
则函数h(x)在(0,1)上有唯一零点，即方程e-1=ex 1在区间(0,1)上有1个解，
因此函数g(x)=ex在区间[0,1]上的“中值点”的个数为1，即n=1，
所以m+n=2.
故选：B
4.已知函数fx  =1+x  ln1+x  1 1 - x2-x，∀a，b∈  -1,e-1
2  e
 fb ，a≠b，λ=  -fa  ，那么实数
b-a
λ的最大值为 ( )
1
A. e-2 B. 0 C. D. ln2
e
【大招指引】拉格朗日中值定理虽然在解答题中不能直接使用，但在小题中可以直接运用，本题中λ=
fb  -fa 
，则由拉格朗日中值定理得λ=fξ
b-a

fb
=
 -fa 
，要求解λ的最大值，只需求fξ
b-a
 的最值
即可，利用导数研究函数的极值与最值.1
【解析】根据题意，不妨设a<b，由拉格朗日中值定理知，∀a，b∈  -1,e-1
 e
4
 ，
∃ ξ ∈ a,b  ，使得 λ = fξ 
fb
=
 -fa 
．因为 fx
b-a
 = 1+x  ln1+x 
1
- x2- x，所以 fx
2
 =
ln1+x  -x．令hx  =ln1+x  -x，则hx 
1 x 1
= -1=- ．当 -1<x<0时，hx
1+x 1+x e
 >
0，即hx 
1
在 -1,0
e
 上单调递增；当0<x<e-1时，hx  <0，即hx  在0,e-1  上单调递减．所
以fx  =ln1+x  -x≤f0  =0，所以fx  =0，所以实数λ的最大值为0．故选B．
max
【题后反思】根据题目特点以及拉格朗日中值定理的理解，可以用高数的观点去求解，但前提是一定要弄
清使用条件和处理方法.
【举一反三】
5.已知fx  =lnx+ax+1a∈R  ，fx  为fx  的导函数.
(1)若对任意x>0都有fx  ≤0，求a的取值范围；
(2)若0<x 1 <x 2 ，证明：对任意常数a，存在唯一的x 0 ∈x 1 ,x 2  ，使得fx 0  = fx 1  -fx 2  成立. x -x
1 2
【答案】(1)-∞,-1

(2)证明见解析
【分析】(1)通过分离变量的方式得到a≤gx 
lnx+1
=- ，利用导数可求得gx
x
 ，由此可得a的范围；
min
(2)将问题转化为hx  = fx  - fx 1  -fx 2  x -x 在区间x 1 ,x 2
1 2
 上有唯一的零点，由解析式可确定hx 
在x 1 ,x 2  上单调递减；结合(1)的结论知lnx-x+1≤0，进而得到hx 1  >0，hx 2  <0，由零点存在定
理可证得结论.
【详解】(1)由fx 
lnx+1
≤0得：ax≤-lnx-1，即a≤- ；
x
令gx 
lnx+1
=- ，则gx
x

lnx
= ，
x2
∴当x∈0,1  时，gx  <0；当x∈1,+∞  时，gx  >0；
∴gx  在0,1  上单调递减，在1,+∞  上单调递增，∴gx  =g1
min
 =-1，
∴a≤-1，即a的取值范围为-∞,-1  .
(2)设hx  =fx  - fx 1  -fx 2  ，将问题转化为hx x -x
1 2
 在区间x 1 ,x 2  上有唯一的零点，
由hx  =fx  - fx 1  -fx 2  1 lnx +ax -lnx -ax = +a- 1 1 2 2 ，知hx x -x x x -x
1 2 1 2
 在区间x 1 ,x 2  上单调递减，
故函数hx  在区间x 1 ,x 2  上至多有1个零点，
∵hx 1 
1 lnx +ax -lnx -ax 1 lnx -lnx 1 x x
= +a- 1 1 2 2 = - 1 2 = 1- 2 +ln 2 x x -x x x -x x -x x x
1 1 2 1 1 2 1 2 1 1
 ，
hx 2 
1 lnx +ax -lnx -ax 1 lnx -lnx 1 x x
= +a- 1 1 2 2 = - 1 2 =  1 -1+ln 2 x x -x x x -x x -x x x
2 1 2 2 1 2 1 2 2 1
 ，
由(1)知：当a=-1时，lnx-x+1≤0(当且仅当x=1时取等号)，
x x x 1
∵0<x 1 <x 2 ，∴ x 2 >1，∴ln x 2 - x 2 +1<0，又x 1 -x 2 <0，即 x -x <0，∴hx 1
1 1 1 1 2
 >0，
x x x x x
∵0<x <x ，∴0< 1 <1，∴ln 1 - 1 +1<0，即ln 2 + 1 -1>0，
1 2 x x x x x
2 2 2 1 21
又x 1 -x 2 <0，即 x -x <0，∴hx 2
1 2
5
 <0，
由函数零点存在定理知：hx  在区间x 1 ,x 2  上有唯一的零点，即存在唯一的x 0 ∈x 1 ,x 2  ，使得fx 0  =
fx 1  -fx 2  成立.
x -x
1 2
【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，本题第二问证明的关键是能够将问题转化为
hx  =fx  - fx 1  -fx 2  x -x 在区间x 1 ,x 2
1 2
 上有唯一的零点的证明问题，从而能够结合零点存在定理
进行证明.
1
6.已知函数f(x)= x2-ax+(a-1)lnx,a>1.
2
(Ⅰ)讨论函数f(x)的单调性；
f(x )-f(x )
(Ⅱ)证明：若a<5，则对任意x ,x ∈(0,+∞)，x ≠x ，有 1 2 >-1．
1 2 1 2 x -x
1 2
【答案】(Ⅰ)a=2，f(x)在(0,+∞)单调递增；1<a<2，f(x)在(a-1,1)单调递减，在(0,a-1),(1,
+∞)单调递增；a>2，f(x)在(1,a-1)单调递减，在(0,1),(a-1,+∞)单调递增；
(Ⅱ)详见解析．
【分析】(Ⅰ)求导，令导数等于0，可得x=1,x=a-1，比较两根的大小，并讨论a-1是否在其定义域
0,+∞  内，通过导数的正负情况，得函数的单调增减区间；
f(x )-f(x )
(Ⅱ)可将 1 2 >-1转化为x >x >0时f(x )-f(x )+x -x >0．令 g(x)=f(x)+x，即证
x -x 1 2 1 2 1 2
1 2
当a<5时gx  在0,+∞  上单调递增即可．求导，讨论导数的正负得函数的增减区间．
【详解】解：(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞)．
a-1 x2-ax+a-1 (x-1)(x+1-a)
f(x)=x-a+ = =
x x x
(x-1)2
(ⅰ)若a-1=1即a=2，则f(x)= ≥0，故f(x)在(0,+∞)单调递增；
x
(ⅱ)若a-1<1，而a>1，故1<a<2，则当x∈(a-1,1)时，f(x)<0；
当x∈(0,a-1)及x∈(1,+∞)时，f(x)>0
故f(x)在(a-1,1)单调递减，在(0,a-1),(1,+∞)单调递增．
(ⅲ)若a-1>1，即a>2，当x∈(1,a-1)时，f(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(0,1)，x∈(a-1,+∞)
时，f(x)>0，f(x)单调递增．
1
(Ⅱ)令g(x)=f(x)+x= x2-ax+(a-1)lnx+x
2
a-1 a-1
则g(x)=x-(a-1)+ ≥2 x⋅ -(a-1)=1-( a-1-1)2
x x
由于1<a<5，故g(x)>0，即gx  在4,+∞  单调递增，从而当x >x >0时有g(x )-g(x )>0，即 1 2 1 2
f(x )-f(x ) f(x )-f(x ) f(x )-f(x )
f(x )- f(x )+x -x >0，故 1 2 >-1，当0<x <x 时，有 1 2 = 2 1 >
1 2 1 2 x -x 1 2 x -x x -x
1 2 1 2 2 1
-1
7.已知函数f(x)=ex-x2-1，若对任意x∈(0,+∞)都有f(x)>kx恒成立，则k的取值范围为 .
【大招指引】思路一(分离参数法)，由x>0，所以fx 
f(x) ex-x2-1
>kx⇔k< = 在x∈(0,+∞)恒
x xf(x) ex-x2-1
成立，求出g(x)= = 最值即可.思路二(拉格朗日中值定理法),由拉格朗日中值定理有，
x x
f(x)-f(0)
存在t∈(0,x)使得f'(t)= ，所以k<f'(t)=et-2t，求出g(t)=et-2t的最小值.
x-0
【解析】思路一(分离参数法)：
因为 x > 0，所以 fx
6

f(x) ex-x2-1 f(x)
> kx ⇔ k < = 在 x ∈ (0, +∞) 恒成立，令 g(x) = =
x x x
ex-x2-1
，则g'x
x

(x-1)(ex-x-1)
= ，因为x∈(0,+∞)时，ex-x-1>0，所以当x∈(0,1)时，
x2
g'x  <0，gx  单调递减；当x∈(1,+∞)时，g'x  >0，gx  单调递增.所以k<g(x) =g(1)=e-2。 min
故k的取值范围为(-∞,e-2).
思路二(拉格朗日中值定理法)：
因为x>0，所以fx 
f(x) f(x)-f(0)
>kx⇔k< ，又知f(0)=0，则k< 恒成立，由拉格朗日中值定理
x x-0
f(x)-f(0)
有，存在t∈(0,x)使得f'(t)= ，所以k<f'(t)=et-2t，令g(t)=et-2t，则g'(t)=et-2，令
x-0
g'(t)=0，得t=ln2，则知g(t)在(0,ln2)上单调递减，在(ln2,+∞)上单调递增.
所以g(t) =g(ln2)=2-2ln2，所以k<2-2ln2.故k的取值范围为(-∞,2-2ln2).(解法错误)
min
【题后反思】为何两种思路最终得结果不同呢，注意到思路一得答案是正确得，说明思路2运用拉格朗日
中值定理的方法是错误的，这是什么原因呢？
事实上，上述解法是有问题的原因在于，中值定理说的是对定义域D=(0,+∞)内的每一个x，都存在一
f(x)-f(0)
个t∈(0,x)使得f'(t)= 注意这儿是存在，也就是说当x跑遍定义域D时，t并不一定能跑遍
x-0
定义域D，不妨设t跑遍集合D ，则显然有D ⊆D.
0 0
本题的思路二是把问题转化为k<f'(t)对t∈D=(0,+∞)恒成立，即认为D =D，这就是错因所在.因
0
f(x)-f(0)
为f'(t)在D=(0,+∞)内的最小值为 2-2ln2 ， 在x∈(0,+∞)，的最小值为e-2，而2-
x-0
2ln2<e-22-2In2<e-2，二者恰好不相等，所以出错了.
因此，不等式恒成立求参数问题，要看具体情况，不能都使用拉格朗日中值定理法.
【举一反三】
sinx
8.设函数f(x)= ，如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围
2+cosx
1
【答案】  ,+∞
 3
 .
【分析】令g(x)=ax-f(x)，由题意可得g(x)≥0对于x∈0,+∞  恒成立，求gx 
1
，分别讨论a≥ 、0
3
1
<a< 和a≤0时，g(x)=ax-f(x)的单调性与最值，即可求解.
3
sinx
【详解】因为f(x)= ，
2+cosx
cosx(2+cosx)+sin2x 1+2cosx
所以f(x)= = ，
(cosx+2)2 (cosx+2)2
因为g(x)=ax-f(x)，g(0)=0，
1+2cosx 2cosx+2
则g(x)=a-f(x)=a- =a-
(cosx+2)2
 -3
(cosx+2)22 3 1 1
=a- + =3 -
cosx+2 (cosx+2)2 cosx+2 3
7

2 1
+a- ，
3
1
(1)当a≥ 时，g(x)≥0恒成立，g(x)=ax-f(x)在 0,+∞
3
 上单调递增，
1
g(x)≥g(0)=0，所以当a≥ 时，f(x)≤ax恒成立.
3
π
(2)当a≤0时，f
2

1 π
= >0>a⋅ ，因此当a≤0时，不符合题意；
2 2
1
(3)当0<a< 时，令h(x)=sinx-3ax，则h(x)=cosx-3a，
3
故当x∈0，arccos3a  时，h(x)>0，h(x)=sinx-3ax在 0,arccos3a  上单调递增，
故h(x)>h(0)=0，即sinx>3ax，
所以当x∈0,arccos3a 
sinx sinx
时，f(x)= > >ax，
2+cosx 3
1
所以0<a< 不符合题意；
3
1
所以综上有a的取值范围是  ,+∞
 3
 .
9.设函数fx  =ex-e-x．证明：若对所有x≥0，都有fx  ≥ax ，则a的取值范围是(-∞,2].
【答案】证明见解析
【分析】求得gx  =ex+e-x-a，分a≤2和a>2，两种情况讨论，求得函数gx  的单调性和最值，即可
得证.
【详解】证明：令gx  =fx  -ax，可得gx  =fx  -a=ex+e-x-a，
(ⅰ)若a≤2，当x>0时，gx  =ex+e-x-a>2-a≥0，
所以gx  在(0,+∞)上为增函数，所以x≥0时，gx  ≥g0  =0，即fx  ≥ax.
(ⅱ)若a>2，方程gx 
a+ a2-4
=0的正根为x =ln ， 1 2
此时x∈(0,x 1 )时，gx  <0，所以gx  单调递减；
所以x∈(0,x 1 )时，gx  <g0  =0，即fx  <ax，与题设fx  ≥ax矛盾，
综上，满足条件的a的取值范围是(-∞,2]．
10.已知函数fx  =ln1+x  -x,gx  =xlnx.
(1)求函数fx  的最大值；
(2)设0<a<b,证明0<ga  +gb 
a+b
-2g
2
 <b-a  ln2.
【大招指引】(1)先求出函数的定义域，然后对函数进行求导运算，令导函数等于0求出x的值，再判断函
a+b
数的单调性，进而可求出最大值．(2)先将a，b代入函数g(x)得到g(a)+g(b)-2g
2
 的表达式后
2b 2b 2b b-a 2b
进行整理，根据(1)可得到lnx<x，将ln 、ln 放缩变形为ln >- 、ln >
a+b a+b a+b 2a a+b
a-b 2a a+b 2a
- 代入即可得到左边不等式成立，再用 < 根据y=lnx的单调性进行放缩aln +
2b a+b ab a+b
2b a+b 2b
bln <aln +bln ．然后整理即可证明不等式右边成立．
a+b 2b a+b
1
【解析】(1)由已知可得x>-1, f´(x)= -1，令f´(x)=0得x=0.
1+x
当-1<x<0时，f´(x)>0
当x>0时，f´(x)<0 所以f(x)的最大值为f(0)=0(2)证明：解法一：只需证 <(b-a)ln2
a+b
整理得alna-ln +ln2
2
8

a+b
+blnb-ln -ln2
2
 <0
4a b
即证aln +bln <0
a+b a+b
b
4 b a
上式两边除以a，整理得ln + ln <0
1+ a a 1+ b
b a
b 4 x
设 =x>1令F(x)=ln +xln
a 1+x 1+x
x
F´(x)=ln 当x>1时F´(x)<0
1+x
∴F(x)在区间(1，+∞)上单调减，又F(1)=0，∴F(x)<0
b
F
a

b
4 b a a+b
=ln + ln <0，∴g(a)+g(b)-2g
1+ a a 1+ b 2
b a
 <(b-a)ln2.
解法二：依题意，有gx  =lnx+1，
ga  +gb 
a+b
-2g
2
 =gb 
a+b
-g
2

a+b
- g
2
 -ga    由拉格朗日中值定理得，
a+b
存在λ∈a,
2

a+b
,μ∈ ,b
2
 ，使得gb 
a+b
-g
2

a+b
- g
2
 -ga    = gμ  -gλ   
b-a
⋅ =
2
lnμ-lnλ 
b-a μ b-a b b-a
⋅ =ln ⋅ <ln ⋅ <
2 λ 2 a 2
4a b-a
ln ⋅ =b-a
a 2
 ln2
【题后反思】对于不等式中含有ga  ,gb 
a+b
,g
2
 a<b 
a+b
的形式，我们往往可以把g
2
 -ga  和
gb 
a+b
-g
2

a+b
，分别对g
2
 -ga  和gb 
a+b
-g
2
 两次运用拉格朗日中值定理.
【举一反三】
11.已知函数fx 
2
=x2+ +alnx,(x>0),fx x  的导函数是fx  ，对任意两个不相等的正数x ,x ，证明： 1 2
(1)当a≤0时， fx 1  +fx 2  x +x >f 1 2
2 2
 ；
(2)当a≤4时，fx 1  -fx 2    >x -x 1 2  ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)证法一：利用拉格朗日中值定理即可证明；
f(x )+f(x ) 1 x +x x +x
证法二：根据函数解析式，求得 1 2 = (x2+ x2) + 1 2 + aln x x ，f 1 2
2 2 1 2 x x 1 2 2
1 2
 =
x +x
 1 2
2

2 4 x +x 1 x +x x +x
+ +aln 1 2 ，结合不等式知识证明 (x2+x2)+ 1 2 +aln x x > 1 2
x +x 2 2 1 2 x x 1 2 2
1 2 1 2

2
4
+ +aln x x 即可.
x +x 1 2
1 2
(2)证法一：利用拉格朗日中值定理即可证明；
证法二：由题意可得 fx 1  -fx 2    =x -x 1 2  2+ 2x 1 +x 2  a  - x2x2 x x
1 2 1 2
 ，即证明对任意的两个不相等的正数x ,x ，2+ 2x 1 +x 2
1 2
9
 a  -
x2x2 x x
1 2 1 2
 >1恒成立．只需证a<x x + 2x 1 +x 2
1 2
 成立．结合基本不等式即可
x x
1 2
证明结论；
证法三：根据导函数表达式可得 fx 1  -fx 2 
2(x +x ) a
  = |x - x | ⋅ 2+ 1 2 - ，即只需证 1 2 x2x2 x x
1 2 1 2
2(x +x ) a 2(x +x )
2+ 1 2 - >1即可，即证明对任意两个不相等的正数x ,x ，即证a<x x + 1 2 成
x2x2 x x 1 2 1 2 x x
1 2 1 2 1 2
立，继而采用换元法，构造函数，转化为函数的最值问题解决.
【详解】(1)证法一(拉格朗日中值定理)：
不妨设x 1 <x 2 ，即证fx 2 
x +x
-f 1 2 2 
x +x
>f 1 2 2  -fx 1  ,
x +x
由拉格朗日中值定理知，存在ξ ∈x , 1 2
1 1 2

x +x
,ξ ∈ 1 2 ,x
2 2 2
 ，
则ξ 1 <ξ 2 且fx 2 
x +x
-f 1 2 2  =fξ 2 
x -x
⋅ 2 1 ， 2
x +x
f 1 2 2  -fx 1  =fξ 1 
x -x
⋅ 2 1 , 2
又fx 
2 a
=2x- + ，fx
x2 x

4 a
=2+ - ．
x3 x2
当a≤0时,fx  ≥0．∴fx  是一个单调递增函数，
故fξ 1  <fξ 2  ，从而fx 2 
x +x
-f 1 2 2 
x +x
>f 1 2 2  -fx 1  成立，
因此命题获证．
2
证法二：由f(x)=x2+ +alnx，x ,x 为任意两个不相等的正数，得：
x 1 2
f(x )+f(x ) 1 1 1
1 2 = (x2+x2)+ +
2 2 1 2 x x
1 2

a 1 x +x
+ (lnx +lnx )= (x2+x2)+ 1 2 +aln x x ，
2 1 2 2 1 2 x x 1 2
1 2
x +x
f 1 2
2

x +x
= 1 2
2

2 4 x +x 1 1 x +x
+ +aln 1 2 ，而 (x2+x2)> [(x2+x2)+2x x ]= 1 2
x +x 2 2 1 2 4 1 2 1 2 2
1 2

2
①，
x +x 4
又(x +x )2=(x2+x2)+2x x >4x x ，∴ 1 2 > ②，
1 2 1 2 1 2 1 2 x x x +x
1 2 1 2
x +x x +x x +x
∵ x x < 1 2 ，∴ln x x <ln 1 2 ，∵a≤0，aln x x ≥aln 1 2
1 2 2 1 2 2 1 2 2
 ③，
1 x +x x +x
由①、②、③，得： (x2+x2)+ 1 2 +aln x x > 1 2
2 1 2 x x 1 2 2
1 2

2 4
+ +aln x x ，
x +x 1 2
1 2
f(x )+f(x ) x +x
即 1 2 >f 1 2
2 2
 ．
(2)证法一(拉格朗日中值定理)：由fx 
2 2 a
=x2+ +alnx得，f(x)=2x- + ，
x x2 x
令gx  =fx  ，则由拉格朗日中值定理得：gx 1  -gx 2    = gλ   (x -x ) 1 2  ，
下面只要证明：当a≤4时，任意λ>0，都有gλ  >1，则有gx 
4 a
=2+ - >1，
x3 x2
4 4
即证a≤4时，a<x2+ 恒成立．这等价于证明x2+ 的最小值大于4．
x x
4 2 2
由于x2+ =x2+ + ≥334，当且仅当x= 32时取到最小值，
x x x
4 a
又a≤4<334，故a≤4时，2+ - >1恒成立．
x3 x2
∴由拉格朗日定理得：gx 1  -gx 2    = gλ   (x -x ) 1 2  = gλ    x -x 1 2  >x -x 1 2  ,即 fx 1
10
 -fx 2    >x -x 1 2  .
证法二：由fx 
2
=x2+ +alnx得fx
x

2 a
=2x- + ，
x2 x
∴ fx 1  -fx 2   
2 a
= 2x - + 1 x2 x
1 1

2 a
-2x - + 2 x2 x
2 2
  
=x -x
1 2
 2+ 2x 1 +x 2  a  -
x2x2 x x
1 2 1 2
 ,
故 fx 1  -fx 2    >x -x 1 2  即 2+ 2x 1 +x 2  a  - x2x2 x x
1 2 1 2
 >1．
下面证明对任意的两个不相等的正数x ,x ，2+ 2x 1 +x 2
1 2
 a  -
x2x2 x x
1 2 1 2
 >1恒成立．
这只需证a<x x + 2x 1 +x 2
1 2
 成立．
x x
1 2
∵x x + 2x 1 +x 2
1 2
 4 2 2 >x x + =x x + + ≥334>4≥a，
x x 1 2 x x 1 2 x x x x
1 2 1 2 1 2 1 2
∴a<x x + 2x 1 +x 2
1 2
 成立，
x x
1 2
因此，当a≤4时，fx 1  -fx 2    ≥x -x 1 2  ．
2 2 a
证法三：由f(x)=x2+ +alnx，得f(x)=2x- + ．
x x2 x
则 fx 1  -fx 2  = 
2 a
2x - + 1 x2 x
1 1

2 a
-2x - + 2 x2 x
2 2

2(x +x ) a
 =|x -x |⋅2+ 1 2 - ， 1 2 x2x2 x x
1 2 1 2
要证 fx 1  -fx 2    >x -x 1 2 
2(x +x ) a
，只需证2+ 1 2 - >1即可， x2x2 x x
1 2 1 2
2(x +x ) a
下面证明对任意两个不相等的正数x ,x ，有2+ 1 2 - >1恒成立，
1 2 x2x2 x x
1 2 1 2
2(x +x )
即证a<x x + 1 2 成立，
1 2 x x
1 2
2(x +x ) 4
∵x x + 1 2 >x x + ，
1 2 x x 1 2 x x
1 2 1 2
4
设t= x 1 x 2 ，u(t)=t2+ t (t>0)，则ut 
4
=2t- ， t2
令ut  =0，得t= 32，列表如下：
t (0,32) 32 (32,+∞)
ut  - 0 +
u(t) 单调递减 极小值334 单调递增
2(x +x )
∴u(t)≥334= 3108>4≥a，∴x x + 1 2 >a，
1 2 x x
1 2
即对任意两个不相等的正数x 1 ,x 2 ，恒有 fx 1  -fx 2    >x -x 1 2  ．
【点睛】方法点睛：由题意，得fx 
2 a
=2x- + ．对于第(1)问，由于fx
x2 x

4 a
=2+ - >0，因此
x3 x2
f(x)是凸函数，由凸函数的定义知 fx 1  +fx 2  x +x >f 1 2
2 2
 ．对于第(2)问，令gx  =fx  ，则由拉
格朗日中值定理得：gx 1  -gx 2    = gλ   (x -x ) 1 2  ，只要证明：当a≤4时，任意λ>0，都有gλ  >1，即可使得原不等式得证．
12.已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1
1
(1)若a=- ，求函数f(x)的单调区间；
2
(2)设a<-1，若对任意x 1 ,x 2 ∈(0,+∞)，恒有 fx 1
11
 -fx 2    ≥4x -x 1 2  ，求a的取值范围.
2
【答案】(1)单调递增区间为0,
2

2
，单调递减区间为 ,+∞
2
 ；(2)-∞,-2  .
【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.
1 1 1
【详解】解：(1)当a=- 时，由已知得f(x)= lnx- x2+1,x>0，
2 2 2
1 1-2x2 2
所以f(x)= -x= ，令f(x)=0得x= ，
2x 2x 2
2
即x∈0,
2

2
时，f(x)>0；x∈ ,+∞
2
 时，f(x)<0；
2
故f(x)单调递增区间为0,
2

2
，单调递减区间为 ,+∞
2
 ；
a+1 2ax2+a+1
(2)f(x)= +2ax= ，
x x
由a<-1得f(x)<0，所以f(x)在(0,+∞)单调递减，
设x ≥x 从而对任意x 、x ∈(0,+∞)，
1 2 1 2
恒有 fx 1  -fx 2    ≥4x -x 1 2  ⇔fx 1  -fx 2  ≤4x 2 -x 1  ，
即fx 1  +4x 1 ≤fx 2  +4x ， 2
a+1
令g(x)=f(x)+4x，则g(x)= +2ax+4等价于g(x)在(0,+∞)单调递减，
x
-4x-1
即g(x)≤0恒成立，从而a≤ 恒成立，
2x2+1
-4x-1
故设φ(x)= ，
2x2+1
-42x2+1
则φ(x)=
 -(-4x-1)⋅4x
2x2+1 
8x2+4x-4
=
2 2x2+1  2
8x2+4x-4
=
2x2+1 
4(2x-1)(x+1)
=
2 2x2+1 
，
2
1
当x∈0,
2
 时，φ(x)<0,φ(x)为减函数，
1
x∈ ,+∞
2
 时，φ(x)>0，φ(x)为增函数.
1
∴φ(x) =φ
min 2
 =-2,
∴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gx  =fx  +4x，然后再对函数gx  =fx  +4x
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．大招应用专训
13.若函数fx
12
 对任意的实数x 1 ，x 2 ∈D，均有 fx 2  -fx 1    ≤x -x 2 1  成立，则称函数fx  在区间D上的
“平缓函数”．下列函数是R上的“平缓函数”的是 ( )
A. fx  =cosx B. fx  =x2-x C. fx 
1
=
2

x
D. fx  =3x-2
【答案】A
【分析】方法一：A选项，不妨设x 1 <x 2 ，设φx  =x-cosx，求导得到其单调性，得到cosx -cosx <x 2 1 2
-x ，设y=x+cosx，根据单调性得到cosx -cosx >x -x ，同理得到x >x 和x =x 时也满足，故
1 2 1 1 2 1 2 1 2
cosx -cosx
2 1
 <x -x
2 1
 恒成立；BCD可举出反例；
方法二：利用拉格朗日中值定理得到 fx    ≤1恒成立即可，验证四个选项，得到答案.
【详解】方法一：对于选项A，设φx  =x-cosx，则φx  =1+sinx≥0，
则φx  =x-cosx是R上的增函数，不妨设x 1 <x 2 ，则φx 1  <φx 2  ，
即x -cosx <x -cosx ，则cosx -cosx <x -x ①，
1 1 2 2 2 1 2 1
设y=x+cosx，则y=1-sinx≥0恒成立，故y=x+cosx是R上的增函数，
所以x +cosx <x +cosx ，
1 1 2 2
即cosx 2 -cosx 1 >x 1 -x 2 ②，由①②得，-x 2 -x 1  <cosx -cosx <x -x ， 2 1 2 1
因此cosx -cosx
2 1
 <x -x
2 1
 对任意x ，x ∈R，且x <x 都成立，
1 2 1 2
当x >x 时，同理有cosx -cosx
1 2 2 1
 <x -x
2 1
 成立，
当x =x 时，cosx -cosx
1 2 2 1
 =x -x
2 1
 =0，
故对任意的实数x ，x ∈R，均有cosx -cosx
1 2 2 1
 ≤x -x
2 1
 成立，
因此，fx  =cosx是R上的“平缓函数”，A正确；
对于选项B，fx 1  -fx 2    = x 1 -x 2  x 1 +x 2 -1    ，
取x 1 =3，x 2 =1，则 fx 1  -fx 2    =6>x -x 1 2  ，
因此，fx  =x2-x不是R上的“平缓函数”，B错误；
对于选项C，fx 1  -fx 2   
1
=  2 
x 1
1- 2 
x
 2  ，
取x 1 =-3，x 2 =-2，则 fx 1  -fx 2    =4>x -x 1 2  ，
因此，fx 
1
=
2

x
不是R上的“平缓函数”，C错误；
对于选项D，fx 1  -fx 2    = 3x 1 -x 2    ，
取x 1 =3，x 2 =1，则 fx 1  -fx 2    =6>x -x 1 2  ，
因此，fx  =3x-2不是R上的“平缓函数”，D错误．
方法二：当x 1 =x 2 时，fx 2  -fx 1    ≤x -x 2 1  显然成立，
当x ≠x 时，由“平缓函数”的定义知，对任意的实数x ，x ∈R，都有 fx 1
1 2 1 2
 -fx 2  
x -x
1 2
 ≤1，
则根据拉格朗日中值定理知，
满足对任意x∈R，fx    ≤1恒成立的函数fx  即为“平缓函数”．
对于选项A，fx  =cosx，fx    =-sinx  ≤1恒成立，故A符合题意．
选项B，fx  =2x-1，当x=3时，fx    =5>1，B错误；
选项C，fx 
1
=
2

x 1 1
ln =-ln2⋅
2 2

x
，当x=-3时，fx    =8ln2>1，C错误；选项D，fx
13
 =3>1，D错误.
故选：A．
14.如果两地的距离是600公里，驾车走完这600公里耗时6小时，那么在某一时刻，车速必定会达到平均速
度100公里/小时.上述问题转换成数学语言：fx 
fb
是距离关于时间的函数，那么一定存在：
 -fa 
b-a
=fc  ，fc  就是c时刻的瞬时速度.前提条件是函数fx  在 a,b  上连续，fx  在a,b  内可导，且a
fb
<c<b.也就是在曲线的两点间作一条割线，割线的斜率就是
 -fa 
，fc
b-a
 是与割线平行的一条
切线，与曲线相切于C点.已知对任意实数x 1 ,x 2 ∈1,3  ，且x 1 >x 2 ，不等式fx 1  -fx 2  <kx 1 -x 2  恒
成立，若函数fx  =2x2-klnx，则实数k的可能取值为 ( )
A. 7 B. 8 C. 9 D. 10
【答案】CD
【分析】根据题意，问题转化为k≥fx  在x∈1,3  上恒成立，进而通过分参和构造函数得到答案.
【详解】由已知 fx 1  - fx 2  <kx 1 -x 2  ，x 1 >x 2 恒成立，可得k≥ fx  在x∈1,3  上恒成立．因为
fx  =2x2-klnx，所以fx 
k k 4x2
=4x- ，所以4x- ≤k，即 ≤k，整理得4x+1
x x x+1

4
+ -8≤
x+1
k ①.
因为x∈1,3  ，所以x+1∈2,4  ．令t=x+1，则t∈2,4 
4
，①式化为4t+ -8≤k．
t
记gt 
4
=4t+ -8,t∈2,4
t
 ，gt 
1
=41-
t2

4t+1
=
 t-1 
>0，所以gt
t2
 在2,4  上单调递增，
所以gt  ∈2,9  ，所以k≥9，
故选：CD．
【点睛】关键点睛：在证明恒成立问题时，构造函数利用导数求函数最值是解决问题的关键.
15.拉格朗日中值定理又称拉氏定理，是微积分学中的基本定理之一，它反映了函数在闭区间上的整体平均
变化率与区间某点的局部变化率的关系，其具体内容如下：若fx  在 a,b  上满足以下条件：①在 a,b 
上图象连续，②在a,b  内导数存在，则在a,b  内至少存在一点c，使得fb  -fa  =fc  b-a  (fx 
为fx  的导函数)．则函数fx  =xex-1在 0,1  上这样的c点的个数为 ( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】A
f(1)-f(0)
【分析】用已知定义得到存在点c∈[0，1]，使得f′(c)= =1，转化为研究函数数y=ec-1和y
1-0
1
= 图象的交点个数，作出函数图象即可得到答案．
1+c
【详解】函数f(x)=xex-1，则f′(x)=(x+1)ex-1，
f(1)-f(0)
由题意可知，存在点c∈[0，1]，使得f′(c)= =1，即(1+c)ec-1=1，
1-0
1
所以ec-1= ，c∈[0，1]，
1+c
1
作出函数y=ec-1和y= 的图象，如图所示，
1+c1
由图象可知，函数y=ec-1和y= 的图象只有一个交点，
1+c
1
所以ec-1= ，c∈[0，1]只有一个解，即函数f(x)=xex-1在[0，1]上c点的个数为1个．
1+c
故选：A
16.已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1).
(I)当a=4时，求曲线y=f(x)在1,f(1)
14
 处的切线方程；
(Ⅱ)若当x∈1,+∞  时，f(x)>0，求a的取值范围.
【答案】(1)2x+y-2=0.(2)-∞,2  .
【详解】试题分析：(Ⅰ)先求 f(x)的定义域，再求 f(x)，f(1)，f(1)，由直线方程的点斜式可求曲线y=
a(x-1)
f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.(Ⅱ)构造新函数g(x)=lnx- ，对实数a分类讨
x+1
论，用导数法求解.
试题解析：(I)f(x)的定义域为(0,+∞).当a=4时，
1
f(x)=(x+1)lnx-4(x-1),f(x)=lnx+ -3，f(1)=-2,f(1)=0.
x
曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程为2x+y-2=0.
a(x-1)
(II)当x∈(1,+∞)时，f(x)>0等价于lnx- >0.
x+1
a(x-1)
设g(x)=lnx- ，则
x+1
1 2a x2+2(1-a)x+1
g(x)= - = ,g(1)=0，
x (x+1)2 x(x+1)2
(i)当a≤2，x∈(1,+∞)时，x2+2(1-a)x+1≥x2-2x+1>0，故g(x)>0,g(x)在(1,+∞)上单调递
增，因此g(x)>0；
(ii)当a>2时，令g(x)=0得
x =a-1- (a-1)2-1,x =a-1+ (a-1)2-1.
1 2
由x >1和x x =1得x <1，故当x∈(1,x )时，g(x)<0，g(x)在(1,x )单调递减，因此g(x)<0.
2 1 2 1 2 2
综上，a的取值范围是-∞,2  .
【考点】导数的几何意义，利用导数判断函数的单调性
【名师点睛】求函数的单调区间的方法：
(1)确定函数y=f(x)的定义域；
(2)求导数y′=f′(x)；
(3)解不等式f′(x)>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；
(4)解不等式f′(x)<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间．
17.已知函数f(x)=mx3+nx2(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；
f(x )-f(x )
（2）证明：对任意实数0<x <x <1，关于x的方程：f(x)- 2 1 =0在(x ,x )恒有实数解；
1 2 x -x 1 2
2 1
（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
f(b)-f(a)
在区间(a,b)内导数都存在，则在(a,b)内至少存在一点x ，使得f(x )= ．如我们所学过的
0 0 b-a
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：
b-a b b-a
当0<a<b时， <ln < (可不用证明函数的连续性和可导性)．
b a a
【答案】(1)n=-3m，减区间见解析
（1）证明见解析
（2）证明见解析
【分析】(1)由f(2)=0得n=-3m，则f(x)=3mx(x-2)，结合f(x)<0即可求解；
（2）将原方程转化为h(x)=3x2-6x-x2-x2-x x +3x +3x ，得h(x )h(x )<0，结合零点的存在性定
1 2 1 2 1 2 1 2
理即可证明；
lnb-lna 1 1
（3）令g(x)=lnx，由拉格朗日中值定理可知存在x ∈(a,b)使g(x )= ，结合g′(x)∈ ,
0 0 b-a b a
15

列不等式，即可证明.
【详解】(1)因为f(x)=3mx2+2nx，
由已知有f(2)=0，所以3m+n=0即n=-3m，
即f(x)=3mx2-6mx=3mx(x-2)，由f(x)>0知mx(x-2)>0．
当m>0时，由f(x)<0得0<x<2，则f(x)的减区间为(0,2)，
当m<0时，由f(x)<0得x<0或x>2，f(x)的减区间为(-∞,0)和(2,+∞)，
综上所述：当m>0时，f(x)的减区间为(0,2)；
当m<0时，f(x)的减区间为(-∞,0)和(2,+∞)；
f(x )-f(x )
（2）∵ 2 1 =m(x2+x2+x x -3x -3x )，
x -x 1 2 1 2 1 2
2 1
f(x )-f(x )
∴f′(x)- 2 1 =0可化为3x2-6x-x2-x2-x x +3x +3x =0，
x -x 1 2 1 2 1 2
2 1
令h(x)=3x2-6x-x2-x2-x x +3x +3x ，
1 2 1 2 1 2
则h(x )=(x -x )(2x +x -3)，h(x )=(x -x )(x +2x -3)，
1 1 2 1 2 2 2 1 1 2
即h(x )h(x )=-(x -x )2(2x +x -3)(x +2x -3)，
1 2 1 2 1 2 1 2
又0<x <x <1，所以(2x +x -3)<0，(x +2x -3)<0，即h(x )h(x )<0，
1 2 1 2 1 2 1 2
由零点的存在性定理知方程h(x)=0在区间(x ,x )内必有解，
1 2
f(x )-f(x )
即关于x的方程f(x)- 2 1 =0在(x ,x )恒有实数解
x -x 1 2
2 1
（3）令g(x)=lnx，x∈(a,b)，
则g(x)符合拉格朗日中值定理的条件，即存在x ∈(a,b)，
0
g(b)-g(a) lnb-lna
使g(x )= = ，
0 b-a b-a
因为gx 
1 1 1
= ，由x∈(a,b)，0<a<b可知g′(x)∈ ,
x b a
 ，b-a>0b
1 g(b)-g(a) lnb-lna ln a 1
即 <g(x )= = = < ，
b 0 b-a b-a b-a a
b-a b b-a
∴ <ln < .
b a a
【点睛】关键点点睛：第(2)问证明方程有解问题，时常根据已知的方程构造新函数，利用函数的零点存在
性定理研究新函数的性质，进而达到解题的目的.
18.设f(x)在 0,1
16
 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．
【答案】证明见解析
【分析】根据函数零点存在原理，结合拉格朗日中值定理进行证明即可.
【详解】令g(x)=f(x)+x-1，又∵0<f(x)<1，则g(0)=f(0)-1<0,g(1)=f(1)>0
∴函数g(x)在(0，1)内至少有一个实根．
假设方程f(x)+x-1=0在(0，1)内有两个实根α,β不妨设为0<α<β<1，
则有f(β)=1-β,f(α)=1-α，对函数f(x))在 α,β  上运用拉格朗日中值定理有
f(β)-f(α) 1-β
f(β)-f(α)=f'(λ)(β-α)．因此f'(λ)= =
β-α
 -1-α 
=-1
β-α
这和已知条件f'(x)≠-1矛盾．∴方程f(x)+x-1=0在(0，1)内有唯一的实根．
19.已知函数f(x)=lnx-mx+m(m∈R).
（1）讨论函数f(x)的单调性；
（2）若f(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立，求实数m的取值范围；
f(b)-f(a) 1
（3）在(2)的条件下(提示：可以用第(2)问的结论)，对任意的0<a<b，证明： < -1.
b-a a
【答案】(1)答案见解析；(2){1}；(3)证明见解析.
【分析】(1)求导，对参数m进行分类讨论，即可确定其单调性；
（2）由(1)中所求函数单调性，将问题转化为求不等式-lnm-1+m≤0的解集；再构造函数gm  =
-lnm-1+m，根据其单调性，即可求得参数m的范围；
b
（3）根据(2)中的结论，令 =t，将目标函数进行转化，即可证明不等式.
a
【详解】(1)函数f(x)的定义域为0,+∞ 
1-mx
，f(x)= .
x
当m≤0时，f(x)>0在0,+∞  上恒成立，所以f(x)在0,+∞  上单调递增.
1-mx 1
当m>0时，令f(x)= >0，得0<x< ，
x m
1
所以f(x)在0,
m
 上单调递增；
1-mx 1 1
令f(x)= <0，得x> ，所以f(x)在 ,+∞
x m m
 上单调递减.
综上，当m≤0时，f(x)的的递增区间是0,+∞  ；
1
当m>0时，f(x)的的递增区间是0,
m
 ，
1
单调递减区间是 ,+∞
m
 .
(2)由题意得f(1)=0，由(1)知，当m≤0时，不满足题意，1
故m>0，则f(x)在0,
m
17

1
上单调递增，在 ,+∞
m
 上单调递减，
1
所以f(x) =f
max m
 =-lnm-1+m，故只需-lnm-1+m≤0即可.
令gm 
1 m-1
=-lnm-1+m，则g(m)=1- = ，
m m
所以当m∈(0,1)时，g(m)<0；当m∈(1,+∞)，g(m)>0，
所以g(m)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以g(m)≥g(1)=0，即-lnm-1+m≥0.
又∵-lnm-1+m≤0，
所以-lnm-1+m=0，解得m=1.
综上，m的取值范围是{1}.
b
f(b)-f(a) lnb-lna 1 ln a
(3) = -1= ⋅ -1，
b-a b-a a b
-1
a
b
因为b>a>0，所以 >1，
a
由(2)得，x∈(0,+∞)时，lnx≤x-1(x=1时，等号成立)
b
令t= >1，则lnt<t-1，
a
b
ln
lnt a
因为t>1，所以 <1，即 <1.
t-1 b
-1
a
b
1 1 ln a 1 f(b)-f(a) 1
因为 >0，所以 ⋅ -1< -1，即 < -1.
a a b a b-a a
-1
a
【点睛】该题考查的是有关应用导数研究函数的问题，涉及的知识点有利用导数研究函数的单调性，根据
恒成立求参数的取值范围，利用导数证明不等式，属于较难题目.
2
20.已知f(x)= x3-2x2+cx+4，g(x)=ex-e2-x+f(x)，
3
(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,
f(b)-f(a)
b)，使得f(c)= ，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-
b-a
4．
【答案】(1)-2，(-∞,1- 2]和[1+ 2,+∞)
(2)证明见解析
【分析】(1)利用极值的性质求得c，再利用导数与函数单调性的关系即可得解；
(2)利用导数的几何意义猜想拉格朗日中值定理，再利用导数的运算，结合基本不等式即可得证.2
【详解】(1)因为f(x)= x3-2x2+cx+4，则f(x)=2x2-4x+c，
3
依题意，有f(1+ 2)=0，即c=-2(1+ 2)2+4(1+ 2)=-2．
2
所以f(x)= x3-2x2-2x+4，f(x)=2x2-4x-2，
3
令f(x)>0，得x<1- 2或x>1+ 2，
令f(x)<0，得1- 2<x<1+ 2，
所以f(x)在(-∞,1- 2]和[1+ 2,+∞)上单调递增，在1- 2,1+ 2
18
 上单调递减，
所以c=-2满足题意，同时，f(x)的单调增区间为(-∞,1- 2]和[1+ 2,+∞)；
(2)猜想如下：
f(b)-f(a)
因为k= 表示的f(x)两端点连线的斜率，
b-a
而由题可知，f(x)上必然存在点c∈(a,b)，使得其切线的斜率为k，即k=fc  ，
f(b)-f(a)
所以一定定存在c∈(a,b)，使得f(c)= ；
b-a
证明如下：
2
因为g(x)=ex-e2-x+f(x)=ex-e2-x+ x3-2x2-2x+4，
3
e2 e2
则g(x)=ex+e2-x+2x2-4x-2=ex+ +2(x-1)2-4≥2 ex⋅ +2×0-4=2e-4．
ex ex
由猜想可知，对于函数y=g(x)图象上任意两点A,B，
在A,B之间一定存在一点C c,gc    ，使得gc  =K ，
AB
又g(x)≥2e-4，故有K =gc
AB
 ≥2e-4.
21.已知函数fx  =x2+lnx-ax
(1)求函数fx  的单调区间；
(2)若fx  ≤2x2，对x∈0,+∞  恒成立，求实数a的取值范围；
(3)当a=1时，设gx  =xex2-fx  -x-1.若正实数λ 1 ，λ 2 满足λ 1 +λ 2 =1，x 1 ，x 2 ∈0,+∞  x 1 ≠x 2  ，证
明：gλ 1 x 1 +λ 2 x 2  <λ 1 gx 1  +λ 2 gx 2  .
【答案】(1)详见解析；(2)-1,+∞  ；(3)证明见解析
【分析】(1)求导后，分别在a≤2 2和a>2 2两种情况下根据导函数的正负求得函数的单调区间；
lnx
(2)通过分离变量得到a≥ -x，令Fx
x

lnx
= -xx>0
x
 ，利用导数可求得Fx  最大值，由此得
到a≥Fx  ；
max
(3)设x 1 <x 2 ∈0,+∞  ，以x 1 为变量，令Fx  =gλ 1 x+λ 2 x 2  -λ 1 gx  -λ 2 gx 2  ，通过判断导函数的正
负可确定Fx  在0,x 2  上单调递增，得到Fx 1  <Fx 2  =0，从而得到结论.
【详解】(1)由题意知：fx  定义域为0,+∞  ，f′x 
1 2x2-ax+1
=2x+ -a= ，
x x
令gx  =2x2-ax+1x>0  ，则Δ=a2-8，
当a≤2 2时，gx  ≥0，即f′x  ≥0恒成立，
∴函数fx  的单调递增区间为0,+∞  ；无单调递减区间；
当a>2 2时，令gx  =0，
a- a2-8 a+ a2-8
解得：x = ，x = ，可知x >x >0，
1 4 2 4 2 1∴当x∈0,x 1
19
 和x 2 ,+∞  时，gx  >0，即fx  >0；
当x∈x 1 ,x 2  时，gx  <0，即fx  <0；
∴ f x 
a- a2-8
的 单 调 递 增 区 间 为 0,
4

a+ a2-8
， ,+∞
4
 ；单 调 递 减 区 间 为
a- a2-8 a+ a2-8
 ,
4 4
 ；
综上所述：①当a≤2 2时，函数fx  的单调递增区间为0,+∞  ，无单调递减区间；
当a>2 2 时，函数 fx 
a- a2-8
的单调递增区间为 0,
4

a+ a2-8
， ,+∞
4
 ，单调递减区间为
a- a2-8 a+ a2-8
 ,
4 4
 .
(2)fx  ≤2x2对x∈0,+∞  恒成立，即为对任意的x∈0,+∞ 
lnx
，都有a≥ -x，
x
设Fx 
lnx
= -xx>0
x
 ，则F′x 
1-lnx 1-lnx-x2
= -1= ，
x2 x2
令Gx  =1-lnx-x2x>0  ，则G′x 
1
=- -2x<0，
x
∴Gx  在0,+∞  上单调递减，又G1  =0，
∴当x∈0,1  时，Gx  >0，即Fx  >0，Fx  单调递增；
当x∈1,+∞  ，Gx  <0，即Fx  <0，Fx  单调递减，
∴Fx  =F1
max
 =-1，
∴实数a的取值范围为 -1,+∞  .
(3)证明：当a=1时，gx  =xe-lnx-x  -x-1=xex-lnx-x-1=ex-x-1x>0  ，
不妨设x 1 <x 2 ∈0,+∞  ，以x 1 为变量，令Fx  =gλ 1 x+λ 2 x 2  -λ 1 gx  -λ 2 gx 2  ，
则F′x  =λ 1 g′λ 1 x+λ 2 x 2  -λ 1 g′x  =λ 1 g′λ 1 x+λ 2 x 2  -g′x   
∵λ 1 x+λ 2 x 2 -x=λ 1 -1  x+λ x =-λ x+λ x 且x<x ， 2 2 2 2 2 2
∴λ 1 x+λ 2 x 2 -x>0，即λ 1 x+λ 2 x 2 >x，又g′x  =ex-1为增函数，
∴g′λ 1 x+λ 2 x 2  -g′x  >0；
∵λ 1 >0，∴Fx  >0，∴Fx  在0,x 2  上单调递增，
∵x 1 ∈0,x 2  ，∴Fx 1  <Fx 2  =0，
即gλ 1 x 1 +λ 2 x 2  <λ 1 gx 1  +λ 2 gx 2  .
【点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，涉及到含参数函数单调区间的讨论、恒成立问题的求解、构
造函数证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够通过构造函数的方式将问题转化为函数单调
性的求解问题，通过求解函数单调性得到函数值的大小关系，进而整理得到不等式.