文档文本内容
拉格朗日中值定理
【知识拓展】
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，则在(a，b)内至少存在一点ξ，使得f′(ξ)＝.
2.几何意义：弦AB 的斜率k＝＝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.
【类型突破】
类型一 证明不等式
例1 已知函数f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，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|.
规律方法 能利用拉格朗日中值定理证明的不等式的特征：既有两自变量的差，
又有两函数(或导数)值的差.
训练1 已知函数f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，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－＋，f″(x)＝2＋－.
当a≤0 时，f″(x)≥0.
所以f′(x)是一个单调递增函数，
故f′(ξ1)<f′(ξ2)从而f(x2)－f>f－f(x1)成立，
因此结论成立.
类型二 由不等式恒成立求参数的范围
例2 设f(x)＝，若对任意x≥0，都有f(x)≤ax，求a 的取值范围.
解 当x＝0 时，a∈R；
当x>0 时，f(x)≤ax 等价于≤a，
由拉格朗日中值定理，存在x0>0，
使得＝f′(x0)，
故只需a≥f′(x0)恒成立即可.
又f′(x0)＝
＝－3＋∈，
所以a≥.
规律方法 利用拉朗日中值定理求参数的步骤：
(1)分离参数；
(2)构造成的形式，求其最值(范围).
训练2 设f(x)＝(a＋1)ln x＋ax2＋1，当a<－1 时，若对任意的x1，x2∈(0，＋
∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|成立，求a 的取值范围.
解 由拉格朗日中值定理，可知必存在x0∈(0，＋∞)，
使得f′(x0)＝，
f′(x0)＝＋2ax0，
当a<－1 且x0>0 时，
f′(x0)＝＋2ax0<0，
由题意|f′(x0)|≥4，
∴f′(x0)≤－4，
∴a≤＝－2≤－2，
即a≤－2.
【精准强化练】
1.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>.
2.(2024·济宁模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若0<x1<x2，证明：对任意a∈(0，＋∞)，存在唯一的实数ξ∈(x1，x2)，使得f′
(ξ)＝成立；
(3)设an＝，n∈N*，数列{an}的前n 项和为Sn.证明：Sn>2ln(n＋1).
(1)解 函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－ax＝，
①若a≤0，f′(x)>0 恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
②若a>0，x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减.
综上，当a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0 时，f(x)在上单调递增，
在上单调递减.
(2)证明 令F(x)＝f′(x)－(x>0)，
则F(x)＝－ax－
＝－ax－＋a(x2＋x1)，
因为a>0，所以F(x)＝－ax－＋a(x2＋x1)在区间(x1，x2)上单调递减.
F(x1)＝－ax1－＋a(x2＋x1)＝－＋a(x2－x1)
＝＋a(x2－x1).
令g(t)＝t－1－ln t，t>0，
则g′(t)＝1－＝，
所以t∈(0，1)时，g′(t)<0，g(t)单调递减，
t∈(1，＋∞)时，g′(t)>0，g(t)单调递增，
所以g(t)min＝g(1)＝0，
又0<x1<x2，所以>1，
所以g＝－1－ln >0 恒成立，
又因为a>0，x2－x1>0，所以F(x1)>0.
同理可得，F(x2)＝＋a(x1－x2)，
由t－1－ln t≥0(t＝1 时等号成立)得，－1－ln ≥0，即1－－ln t≤0(t＝1 时等号
成立)，
又0<x1<x2，所以0<<1，
所以1－－ln <0 恒成立，
又因为a>0，x1－x2<0，x2－x1>0，
所以F(x2)<0，
所以区间(x1，x2)上存在唯一实数ξ，
使得F(ξ)＝0，所以对任意a∈(0，＋∞)，
存在唯一的实数ξ∈(x1，x2)，
使得f′(ξ)＝成立.
(3)证明 当a＝1 时，由(1)可得，f(x)＝ln x－x2＋在(1，＋∞)上单调递减.
所以x>1 时，f(x)<f(1)＝0，
即ln x－x2＋<0.
令x＝，n∈N*，
则ln －＋<0，
即－1>2ln(n＋1)－2ln n，
即>2ln(n＋1)－2ln n，
令bn＝2ln(n＋1)－2ln n，n∈N*，则an>bn，
所以a1＋a2＋a3＋…＋an>b1＋b2＋b3＋…＋bn
＝2ln 2－2ln 1＋2ln 3－2ln 2＋…＋2ln(n＋1)－2ln n＝2ln(n＋1)，
所以Sn>2ln(n＋1).
