拉格朗日中值定理在含参数不等式问题中的应用思考

2023-11-28华南师范大学数学科学学院510630洪森鸿

中学数学研究(广东) 2023年20期

关键词：拉格朗中值定义域

华南师范大学数学科学学院(510630) 洪森鸿

1 问题的提出与背景

拉格朗日中值定理是数学分析中的一个重要定理,其特殊的等式关系连接了切线斜率与割线斜率之间的关系. 定理描述如下:

定理如果函数f(x)满足: (1)在闭区间[a,b]上连续;(2)在开区间(a,b)内可导,那么至少存在一点ξ∈(a,b),使得成立.

在中学数学问题解决中,拉格朗日中值定理有着重要的应用价值. 文献[1-3]讨论了型不等式题目中,拉格朗日中值定理的应用以及相关注意条件. 然而拉格朗日定理也普遍运用在求解型不等式中,典例如下:

例1(2007 年高考Ⅰ卷理科第20 题) 设函数f(x) =ex-e-x. (1)证明: 函数f(x)的导数f′(x) ≥2;(2)证明:若对∀x≥0,都有f(x)≥ax,则a的取值范围为(-∞,2].

证明(1) 略. (2) 当x= 0, 显然成立. 因此当x> 0 时,f(x) ≥ax可转化为由拉格朗日中值定理知, 至少存在一点ξ∈ (0,x), 使得f′(ξ) = eξ+ e-ξ=. 由基本不等式知eξ+e-ξ≥2,因此a≤2.

上述的证明在文献[4-7]均有提到,然而此处的证明方法并不严谨,切线斜率最值与函数导数最值显然并不一定相等. 诚然在此题中的最小值也恰好为2,但并非所有函数的结构满足这种最值相等的关系,例如在2020 年高考全国Ⅰ卷理科卷中出现类似问题:

当x≥0 时,求a的取值范围.

此题若使用拉格朗日中值定理,则当x> 0 时,原不等式转化为

图1

从图中可以看出g′(t)与的最大值显然不相等,此处使用前面例1 方法求a取值范围会导致题目的求解出错.那么拉格朗日中值定理在此类不等式问题中的使用前提条件是什么? 这在文献[4-7]以及许多学者研究中均未提及讨论. 而针对这一问题,笔者经探究得出了下面实用性的性质与推论,以补充完善前人研究.

2 性质探究与应用

2.1 求解或的最值问题

性质1定义域为[0,+∞)的连续可微函数f(x)满足f(0) = 0,存在唯一的x0> 0,使得若函数f′(x)-f′(x0)只有唯一零点,则在x=x0取得最值f′(x0).

证明令h(x) =f(x)-f′(x0)x, 则h′(x) =f′(x)-f′(x0),由条件知x=x0为h′(x)的唯一零点. 因此进一步分为以下四种情况:

(1)若x∈[0,x0),h′(x) > 0;x∈(x0,+∞],h′(x) < 0;则h(x)max=h(x0) =f(x0) -f′(x0)x0= 0, 故∀x∈[0,+∞),h(x)≤0,即

(2)若x∈[0,x0),h′(x) < 0;x∈(x0,+∞],h′(x) > 0;则h(x)min=h(x0) =f(x0) -f′(x0)x0= 0, 故同理,∀x∈[0,+∞),

(3)若∀x∈[0,+∞),h′(x) ≥0, 即f′(x) ≥f′(x0). 则由拉格朗日中值定理知, 存在ξ∈(0,x),f′(x0),当x=x0,等号成立.

(4)若∀x∈[0,+∞),f′(x) ≤f′(x0). 则同理由拉格朗日中值定理可得,存在ξ∈(0,x),,当x=x0,等号成立.

推论1定义域为[0,+∞)的连续可微函数f(x)满足f(0) = 0,存在x0> 0 使得若f′′(x) > 0,则最小值为f′(x0);相反,f′′(x) < 0,则最大值为f′(x0).

证明因为h′′(x) =f′′(x), 则当h′′(x) ≥0 时, 满足x∈(0,x0),h′(x) < 0;x∈(x0,+∞),h′(x) > 0, 由性质1情况(2) 证明,同理可证当f′′(x) < 0 时,

推论2定义域为[0,+∞)的连续可微函数f(x)满足f(0) = 0,且存在x0> 0 使得若f′′(x)的唯一零点为x=x0,则最值为f′(x0).

证明因为h′′(x0) =f′′(x0) = 0,且x=x0为h′′(x)唯一零点,h′(x0) =h(x0) = 0. 若x∈(0,x0),h′′(x) > 0;x∈ (x0,+∞),h′′(x) < 0, 则此时h′(x) ≤ 0, 对应性质1 证明的(4) 情况. 同理若x∈ (0,x0),h′′(x) < 0;x∈(x0,+∞),h′′(x) > 0, 则对应性质1 证明的(3) 情况.而f′′(x) ≤f′′(x0) = 0 和f′′(x) ≥f′′(x0) = 0 分别对应性质1 证明的(1)和(2). 证毕.

推论3定义域为[0,+∞) 的连续可微函数f(x) 满足f(0) = 0, 若f′(x) 在f′(x0) 处取得最大值, 若满足但则依然有等号在x→0 时可取得.

证明由拉格朗日中值定理知而f′(ξ) ≤f′(x0),所以则等号可以成立;若但存在则根据极限思想可知当x→0 时,不等式等号可成立.

同理,推论3 可推广至f′(x)存在最小值的情况,此处简略.

例2(2008 年高考全国ⅠⅠ卷理科第22 题) 设函数, 对∀x≥0, 都有f(x) ≤ax, 求a的取值范围.

解析x= 0 不等式显然成立. 当x> 0,f(x) ≤由于当x∈(2kπ,2kπ+π) (k为非负整数),f′′(x) < 0, 而当x∈ (2kπ+π,2kπ+ 2π)(k为非负整数),f′′(x) > 0, 且f′′(2kπ+π) = 0. 因此由于而, 故由推论3 知,从而

点评此题先求解f′(x)的最值,进而利用推论3 可知与f′(x)在最值上是一致的,从而实现切线斜率与割线斜率最值的合理转化.

性质2定义域为[0,+∞) 的连续可微函数f(x) 满足f(0) = 0, 且在(0,+∞) 上无零点, 若存在, 且函数f′(x) -f′(0) 有唯一零点0,则最值为f′(0).

证明令g(x) =f(x)-xf′(0),g′(x) =f′(x)-f′(0)存在唯一零点0. 若g′(x) > 0, 则g(x) >g(0) = 0, 即相反,若g′(x)<0,则

推论4定义域为[0,+∞) 的连续可微函数f(x)满足f(0) = 0, 且在(0,+∞) 上无零点,存在. 若f′′(x) > 0, 则相反若f′′(x)<0,则

证明因为g′′(x) =f′′(x), 若g′′(x) > 0, 则g′(x) ≥g′(0) = 0, 所以g(x) ≥0, 即同理可证g′(x)<0 时,则

例3(2017 年高考新课标ⅠⅠ卷文科第21 题) 设函数f(x)=(1-x2)ex,当x≥0 时,f(x)≤ax+1,求a的取值范围.

解析当x>0,令g(x)=(1-x2)ex-1,则f(x)≤ax+假设方程有解,则进一步化简为h(x) = (x3+x2-x+1)ex-1 = 0有解, 然而h′(x) = (x3+ 4x2+x)ex> 0,h(0) = 0, 因此∀x> 0,h(x) > 0, 矛盾, 方程无解. 又因为g′′(x) =-(x2+4x+1)ex< 0,由推论4 可得,从而a≥1.

点评例3 先检验是无实数根的,进而利用推论4 条件进行推理,得到参数取值范围.

例4(2006 年高考新课标Ⅰ卷理科第21 题) 设对∀x∈(0,1), 恒有f(x) > 1, 求a的取值范围.

解析f(x) > 1 可转化为令g(x) =,则. 令因此h(x) >h(0)= 0,从而h(x)=在(0,1)上无零点,而由推论5 知从而a≤2.

点评例4 在处理不等式上与例3 略微不同,首先需要通过对数转换将题目函数不等式转化为的结构.进而结合推论4 的方法,通过与例3 相同的计算过程得到最终结果.

性质3定义域为[a,b](a< 0,b> 0) 的连续可微函数f(x) 满足f(0) = 0, 若∀x∈[a,b],xf′′(x) ≥0, 则相反,若xf′′(x) ≤0,则(假设存在)

证明令则, 而(f′(x)x-f(x))′=xf′′(x),若xf′′(x) ≥0,则当x∈(a,0),f′(x)x-f(x) 0. 因此.同理可证,xf′′(x)≤0 时,

2.2 求解或的最值问题

性质4定义域为[c,+∞)的连续可微函数f(x)满足f(c)=0. 若存在唯一的x0>c,使得若函数f′(x)-f′(x0)只有唯一零点,则在x=x0取得最值f′(x0).

证明令h(x) =f(x) - (x-c)f′(x0), 则h′(x) =f′(x)-f′(x0), 由条件知x=x0为h′(x) 的唯一零点. 与性质1 的证明相似, 可以分为四种情况. 以第一种情况为例: 若x∈(c,x0),h′(x) > 0;x∈(x0,+∞),h′(x) < 0;则h(x)max=h(x0) =f(x0) -f′(x0)(x-c) = 0, 故∀x∈[c,+∞),h(x) ≤0, 即同理其他三种情况可参考性质1 的证明, 此处从略. 综上,在x=x0取得最值f′(x0).

性质5定义域为[c,+∞) 的连续可微函数f(x) 满足f(c) = 0, 且在(c,+∞) 上无零点, 若存在, 且函数f′(x) -f′(c) 有唯一零点c,则最值为f′(c).

证明令g(x) =f(x) - (x-c)f′(c), 则g′(x) =f′(x) -f′(c), 因为g′(c) = 0, 由条件知,∀x∈(c,+∞),g′(x) > 0 或g′(x) < 0, 结合g(c) = 0 得g(x) ≥0 或g(x)≤0. 从而,或

推论5定义域为[c,+∞) 的连续可微函数f(x)满足f(c) = 0, 且在(c,+∞) 上无零点,存在. 若f′′(x) > 0, 则相反若f′′(x)<0,则

证明因为g′′(x) =f′′(x), 若g′′(x) > 0, 则g′(x) ≥g′(0) = 0, 所以g(x) ≥0, 即同理可证g′(x)<0 时,则

上述性质与推论等号均只在x=c时取到.

例5(2016 年高考新课标ⅠⅠ卷文科第21 题) 已知函数f(x) = (x+ 1)lnx-a(x- 1), 若当x∈(1,+∞) 时,f(x)>0. 求a的取值范围.

解析题目条件可转化为, 当x∈ (1,+∞) 时,令h(x) = (x+ 1)lnx, 则h(1) = 0,, 若, 化简得,显然当x∈[1,+∞),方程只有唯一解x=1. 又因为因此由推论5知当故a≤2.

点评例5 先检验不存在实数根,进一步利用推论5 的结论进行转化,实现不等式参数范围的求解.