微專(zhuān)題46　拉格朗日中值定理1.拉格朗日中值定理：若f(x)滿(mǎn)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(kāi)區(qū)間(a，b)上可導(dǎo)，則?ξ∈(a，b)，使得f′(ξ)＝.2.幾何意義：弦AB的斜率＝＝f′(ξ1)＝f′(ξ2)，在曲線(xiàn)弧AB上至少有一點(diǎn)，在該點(diǎn)處的切線(xiàn)平行于弦AB.類(lèi)型一　證明不等式所證不等式的特征：既有兩自變量的差，又有兩自變量的函數(shù)(或?qū)?shù))值的差.例1 已知函數(shù)f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，證明：當(dāng)a≤4時(shí)，|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.證明　由f(x)＝x2＋＋aln x得，f′(x)＝2x－＋，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(dāng)a≤4時(shí)，任意λ>0，都有g′(λ)>1，則有g′(x)＝2＋－>1，即證a≤4時(shí)，a<x2＋恒成立.這等價(jià)于證明x2＋的最小值大于4，由x2＋＝x2＋＋≥3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝時(shí)取到最小值，又a≤4<3，故a≤4時(shí)，2＋－>1恒成立.所以由拉格朗日中值定理得：|f′(x1)－f′(x2)|>|x1－x2|.訓(xùn)練1 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(mǎn)足拉格朗日中值定理的條件，則?ξ∈(y，x)，使得f′(ξ)＝，即pξp－1＝.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).類(lèi)型二　由不等式恒成立求參數(shù)的取值范圍1.分離常數(shù).2.構(gòu)造成的形式，求其最值(范圍).例2 已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x，若對(duì)任意x≥0都有f(x)≥ax，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解　(1)當(dāng)x＝0時(shí)，對(duì)任意a，都有f(x)≥ax；(2)當(dāng)x>0時(shí)，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為a≤對(duì)任意x>0恒成立.令g(x)＝＝，由拉格朗日中值定理知在(0，x)內(nèi)至少存在一點(diǎn)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)上是增函數(shù)，則g(x)min＝f′(ξ)min>f′(0)＝2，所以a的取值范圍是(－∞，2].訓(xùn)練2 已知函數(shù)f(x)＝，如果對(duì)任意x≥0都有f(x)≤ax，求a的取值范圍.解　當(dāng)x＝0時(shí)，顯然對(duì)任意a，都有f(x)≤ax；當(dāng)x>0時(shí)，＝，由拉格朗日中值定理，知存在ξ∈(0，x)，使得＝＝f′(ξ)，又f′(x)＝，從而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)＝.從而函數(shù)f′(x)在[2kπ，(2k＋2)π]，k∈N上的最大值是f′(x)max＝，由k∈N知，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)的最大值為f′(x)max＝，所以，f′(ξ)的最大值f′(ξ)max＝.為了使f′(ξ)≤a恒成立，應(yīng)有f′(ξ)max≤a.所以a的取值范圍是.一、基本技能練1.已知函數(shù)f(x)＝x2－ax＋(a－1)ln x，若1<a<5，證明：對(duì)任意x1，x2∈(0，＋∞)，x1≠x2，有>－1.證明　由題意知，f′(x)＝x－a＋，要證>－1成立，由拉格朗日中值定理易知存在ξ∈(x1，x2)，使f′(ξ)＝，則即證f′(ξ)＝ξ－a＋>－1，又ξ∈(x1，x2)，x1，x2∈(0，＋∞)，故ξ>0，只需證ξf′(ξ)＝ξ2－aξ＋(a－1)>－ξ，令g(ξ)＝ξ2－(a－1)ξ＋a－1，則其Δ＝(a－1)2－4(a－1)＝(a－1)(a－5).由于1<a<5，所以Δ<0，從而g(ξ)>0在R上恒成立.也即ξ2－aξ＋a－1>－ξ.則>－1，即f′(ξ)＝ξ－a＋>－1，也即>－1.2.已知函數(shù)f(x)＝x2＋＋aln x(x>0)，f(x)的導(dǎo)函數(shù)是f′(x)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的正數(shù)x1，x2，證明：當(dāng)a≤0時(shí)，>f.證明　不妨設(shè)0<x1<x2，即證f(x2)－f>f－f(x1).由拉格朗日中值定理知，存在ξ1∈，ξ2∈，則ξ1<ξ2，且f(x2)－f＝f′(ξ2)·，f－f(x1)＝f′(ξ1)·.又f′(x)＝2x－＋(x>0)，f″(x)＝2＋－(x>0)，當(dāng)a≤0時(shí)，f″(x)>0，所以f′(x)在(0，＋∞)上是一個(gè)單調(diào)遞增函數(shù)，故f′(ξ1)<f′(ξ2)，從而f(x2)－f>f－f(x1)成立，因此命題獲證.3.已知函數(shù)f(x)＝2ln x＋1，設(shè)a>0，討論函數(shù)g(x)＝的單調(diào)性.解　由拉格朗日中值定理知g(x)＝＝f′(ξ)＝，其中0<ξ<a或a<ξ<＋∞，所以問(wèn)題轉(zhuǎn)化為討論f′(x)＝，x∈(0，a)和(a，＋∞)上的單調(diào)性.因?yàn)?/span>f′(x)＝在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以f′(x)＝在區(qū)間(0，a)，(a，＋∞)上單調(diào)遞減，從而g(x)在區(qū)間(0，a)，(a，＋∞)上單調(diào)遞減.二、創(chuàng)新拓展練4.已知函數(shù)f(x)＝x3＋kln x(k∈R)，f′(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù).當(dāng)k≥－3時(shí)，證明：對(duì)任意x1，x2∈[1，＋∞)，且x1>x2，有>.證明　由拉格朗日中值定理知，存在ξ∈(x2，x1)，使得＝f′(ξ)，只需證明>f′(ξ)(1≤x2<ξ<x1)即可.由f′(x)＝3x2＋(x≥1)，令g(x)＝3x2＋(x≥1)，即證明>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)，只需證明曲線(xiàn)y＝g(x)，x∈(x2，x1)嚴(yán)格落在點(diǎn)(x2，g(x2))和(x1，g(x1))的連線(xiàn)的下方，即證當(dāng)k≥－3時(shí)，函數(shù)g(x)在[1，＋∞)上是下凸的，由g′(x)＝6x－，g″(x)＝6＋可知：當(dāng)x≥1，k≥－3時(shí)，g″(x)＝6＋＝≥0(當(dāng)且僅當(dāng)x＝1，k＝－3時(shí)，g″(x)＝0)，所以>g(ξ)(1≤x2<ξ<x1)成立，從而當(dāng)k≥－3時(shí)，對(duì)任意x1，x2∈[1，＋∞)，x1>x2，都有>.

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