微专题14　 拉格朗日中值定理

微专题14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)＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a).2.几何意义：弦AB的斜率k＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＝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＋eq\f(2,x)＋alnx(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＋eq\f(2,x)＋alnx，得f′(x)＝2x－eq\f(2,x2)＋eq\f(a,x)，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＋eq\f(4,x3)－eq\f(a,x2)>1，即证a≤4时，a<x2＋eq\f(4,x)恒成立.这等价于证明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)，当且仅当x＝eq\r(3,2)时取到最小值，又a≤4<3eq\r(3,4)，故a≤4时，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|.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(2023·杭州调研改编)已知函数f(x)＝x2＋eq\f(2,x)＋alnx(x>0)，对任意两个不相等的正数x1，x2，证明：当a≤0时，eq\f(f（x1）＋f（x2）,2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).证明不妨设x1<x2，即证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))，则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).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)－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)＝eq\f(sinx,2＋cosx)，若对任意x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围.解x>0时，f(x)≤ax等价于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).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eq\f(f（b）－f（a）,b－a)的形式，求其最值(范围).训练2(2023·济南模拟改编)设f(x)＝(a＋1)lnx＋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)＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，f′(x0)＝eq\f(a＋1,x0)＋2ax0，当a<－1且x0>0时，f′(x0)＝eq\f(a＋1,x0)＋2ax0<0，由题意|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.【精准强化练】一、基本技能练1.(2023·福州模拟改编)设f(x)＝eq\f(1,2)x2－ax＋(a－1)lnx，求证：当1<a<5时，对任意x1，x2∈(0，1)，x1≠x2，有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>－1.证明由拉格朗日中值定理可知只需证f′(x)>－1对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)，因为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，则f′(x)＋1>0，所以f′(x)>－1.2.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)＝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).3.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≤eq\f(ex－e－x,x)对任意x>0恒成立，则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，＋∞)内至少存在一点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，＋∞)上是增函数，则f′(ξ)min>f′(0)＝2，所以a的取值范围是(－∞，2].二、创新拓展练4.已知函数f(x)＝x3＋klnx(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eq\f(f′（x1）＋f′（x2）,2)>eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2).证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)，只需证明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)，即证明eq\f(g（x1）＋g（x2）,2)>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－eq\f(k,x2)，g″(x)＝6＋eq\f(2k,x3)可知，当x≥1，k≥－3时，g″(x)＝6＋eq\f(2k,x3)＝eq\f(6x3＋2k,x3)≥0(当且仅当x＝1，k＝－3时，g″(x)＝0)，所以eq\f(g（x1）＋g（x2）,2)>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)成立，从而当k≥－3时，对任意x1，x2∈[1，＋∞)，x1>x2，都有eq