更多精品資料請關注微信公眾號：超級高中生導數章節知識全歸納專題09導數壓軸題之拉格朗日中值定理（詳述版）知識考點趨勢簡述：由于目前導數考試內容的綜合化，以及導數考點的多樣化，特別是考試的靈活性上是目前學校教學經常訓練的點，同時也是學生拿捏不好導數章節內容到底該學到多深入，老師講解這些試題時也總是存在意猶未盡的感覺，從而導致學習不夠充分，方法技巧性不足，導致導數壓軸題學習還不夠成熟，在這種情況下，作者設計次教案幫助老師和同學研究透徹該類試題和知識的應用。拉格朗日中值定理知識點：（1）若函數在區間滿足以下條件：1.在上可導；2.在上連續:則必有一存在,3.使得（2）幾何意義：在滿足定理條件的曲線上y=f(x)至少存在一個點P（ε,f(ε)）,該曲線在該點處的切線平行于曲線兩端的連線AB（如圖）（3）拉格朗日日中值定理推論：如果函數f(x)在區間a,b上的導數f?(x)恒為零，那么函數f(x)在區間a,b導數壓軸題運用拉格朗日中值定理典型例題：例：1.已知函數(aR)．（1）討論函數的單調性；（2）若，為函數的兩個極值點，證明：．例：2.已知函數（1）討論函數的單調性；（2）證明:若,則對任意,,有.變式：1.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若存在兩個極值點，求證：.變式：2.已知函數（為自然對數的底數），其中.（1）在區間上，是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由.（2）若函數的兩個極值點為，證明：.變式：3.已知函數（1）討論函數的單調性；（2）設,如果對任意,,求的取值范圍.變式：4.已知函數f（x）x+alnx．（1）求f（x）在（1，f（1））處的切線方程（用含a的式子表示）（2）討論f（x）的單調性；（3）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：．更多精品資料請關注微信公眾號：超級高中生導數章節知識全歸納專題09導數壓軸題之拉格朗日中值定理（詳述版）知識考點趨勢簡述：由于目前導數考試內容的綜合化，以及導數考點的多樣化，特別是考試的靈活性上是目前學校教學經常訓練的點，同時也是學生拿捏不好導數章節內容到底該學到多深入，老師講解這些試題時也總是存在意猶未盡的感覺，從而導致學習不夠充分，方法技巧性不足，導致導數壓軸題學習還不夠成熟，在這種情況下，作者設計次教案幫助老師和同學研究透徹該類試題和知識的應用。拉格朗日中值定理知識點：（1）若函數在區間滿足以下條件：1.在上可導；2.在上連續:則必有一存在,3.使得（2）幾何意義：在滿足定理條件的曲線上y=f(x)至少存在一個點P（ε,f(ε)）,該曲線在該點處的切線平行于曲線兩端的連線AB（如圖）（3）拉格朗日日中值定理推論：如果函數f(x)在區間a,b上的導數f?(x)恒為零，那么函數f(x)在區間a,b導數壓軸題運用拉格朗日中值定理典型例題：例：1.已知函數(aR)．（1）討論函數的單調性；（2）若，為函數的兩個極值點，證明：．解：【分析】（1）求出導函數，根據的解的情況分類討論得單調性；（2）由（1）知，化簡，不等式化為，再由不妨設，轉化為只要證這個不等式可利用（1）中的結論證明（也可利用拉格朗日中值定理進行求解）即：存在x°使得f,(x°)=f(x1)?f(x2)x1?x2【詳解】（1），令當即時，，在上單調遞增；當即或時，①當時，在上單調遞增；②當時，令，+0-0+遞增極大值遞減極小值遞增綜上：當時，在上單調遞增；當時，在上單調遞增，在上單調遞減.（2）由（1）知時有兩個極值點，且，不妨設，要證即證，即，設由（1）知當時，在上單調遞增，，則在上單調遞減，.原式得證.【點睛】關鍵點點睛：本題考查用導數研究函數的單調性，證明不等式．含有參數的函數在求單調區間時一般需要分類討論，可根據的根的情況分類討論．對于雙變量的不等式的證明需要進行變形，利用雙變量之間的關系，轉化為只有一個變量的不等式，從而可引入新函數，利用函數的性質進行證明．解題過程中換元法是一種重要的方法．例：2.已知函數（1）討論函數的單調性；（2）證明:若,則對任意,,有.【解析】：（1）,,取決于分子,開口向上的拋物線,兩根為:1,;討論兩根的大小.=1\*romani.若,兩根相等:,單調遞增;=2\*romanii.若,,單調遞減,單調遞增;=3\*romaniii.若,,單調遞減,單調遞增;法一:設,只需證:,即,構造函數,只需證明在上單調遞增，,,,即在單調遞增,當時,,即,,同理當時,.法二:由拉格朗日中值中定值可知存在,使,,,設,,則,即.例：3.已知函數（1）若，求函數的單調區間；（2）設，若對任意，恒有，求a的取值范圍.解：【分析】（1）借助題設條件運用導數和單調性的關系分類求解；（2）借助題設條件構造函數運用導數的知識推證.【詳解】解：（1）當時，由已知得，所以，令得，即時，；時，；故單調遞增區間為，單調遞減區間為；（2），由得，所以在單調遞減，設從而對任意，恒有，即，令，則等價于在單調遞減，即恒成立，從而恒成立，故設，則，當時，為減函數，時，，為增函數.∴,∴a的取值范圍為.【點晴】方法點睛：導數是研究函數的單調性和極值最值問題的重要而有效的工具．本題就是以含參數的函數解析式為背景，考查的是導數知識在研究函數單調性和極值等方面的綜合運用和分析問題解決問題的能力．本題的第一問求解時借助導數與函數單調性的關系，運用分類整合的數學思想分類求出其單調區間和單調性；第二問的求解中則先構造函數，然后再對函數求導，運用導數的知識研究函數的單調性，然后運用函數的單調性，從而使得問題簡捷巧妙獲證變式：1.已知函數.（1）討論函數的單調性；（2）若存在兩個極值點，求證：.解：【分析】（1）求出導函數，根據二次函數的與的關系來分類討論函數的單調性，并注意一元二次方程根的正負與定義域的關系；（2）由是兩個極值點得到對應的韋達定理形式，然后利用條件將轉變為關于函數，再運用的關系將不等式轉化為證，構造函數，分析函數的單調性，得出最值，不等式可得證.【詳解】（1）解：函數的定義域為，，則.①當時，對，所以函數在上單調遞增；②當時，，所以對，所以函數在上單調遞增；③當時，令，得或，所以函數在，上單調遞增；令，得，所以在上單調遞減.（2）證明：由（1）知且，所以.又由.又因為.所以要證，只需證.因為，所以只需證，即證.令，則，所以函數在上單調遞增，所以對.所以.所以若存在兩個極值點，則.【點睛】本題考查函數與導數的綜合應用，屬于較難題.導數中通過雙極值點求解最值或證明不等式時，可通過雙極值點對應的等式將待求的式子或待證明的式子轉變為關于同一變量（注意變量的范圍）的式子，然后通過構造新函數，分析新函數的單調性后從而達到求解最值或證明不等式的目的.變式：2.已知函數（為自然對數的底數），其中.（1）在區間上，是否存在最小值？若存在，求出最小值；若不存在，請說明理由.（2）若函數的兩個極值點為，證明：.解：【分析】（1）對函數求導，令，得兩根，從而得出的單調區間.由用作差法比較與的大小，結合，可知，則在區間單調遞減，則其取得最小值；

（2）由的韋達定理，得，則可消去a，得，.通過兩邊取對數，得和，將其代入需證不等式.再得，采用換元法，反證法，將所求不等式轉化為.再用換元法，令構造函數，利用導函數求其最值，則可證明不等式.【詳解】.解：（1）由條件可函數在上有意義，，令，得，，因為，所以，.所以當時，，當上，所以在上是增函數，在是減函數.由可知，當時，，當時，，當時，，因為，所以，又函數在上是減函數，且，所以函數在區間上的有最小值，其最小值為.（2）由（1）可知，當時函數存在兩個極值點，且是方程的兩根，所以，且，，，所以，，所以，又，由（1）可知，設，，則，故要證成立，只要證成立，下面證明不等式成立，構造函數，則，所以在上單調遞增，，即成立，令，即得不等式，從而成立.【點睛】本題考查了利用導函數求函數的最值，證明不等式，其中換元法、反證法的應用是本題的關鍵，考查了轉化的思想，屬于綜合性較強的難題.變式：3.已知函數（1）討論函數的單調性；（2）設,如果對任意,,求的取值范圍.【解析】：（1）,,=1\*romani.當時,,在單調遞增;=2\*romanii.當時,,在單調遞減;=3\*romaniii.當時,由得,在單調遞增,在單調遞減.（2）法一:不妨設,而當時,由（1）可知在單調遞減,從而,等價于,.構造函數,只需在單調遞減,即在恒成立,分離變量法:,只需.法二:由拉格朗日定理知,,等價于,在存在,使得成立,只需恒成立,只需,得或(舍去).變式：4.已知函數f（x）x+alnx．（1）求f（x）在（1，f（1））處的切線方程（用含a的式子表示）（2）討論f（x）的單調性；（3）若f（x）存在兩個極值點x1，x2，證明：．解：【分析】（1）求出切點坐標，根據導函數求出切線斜率，即可得到切線方程；（2）求出導函數，對g（x）＝﹣x2+ax﹣1，進行分類討論即可得到原函數單調性；（3）結合（2）將問題轉為證明1，根據韋達定理轉化為考慮h（x）＝2lnx﹣x的單調性比較大小即可得證.【詳解】（1）∵f（x）x+alnx（x＞0）∴f′（x）（x＞0）∴當x＝1時，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，設切線方程為y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得b＝2﹣a，∴f（x）在（1，f（1））處的切線方程為y＝（﹣2+a）x+2﹣a．（2）函數的定義域為（0，+∞），函數的導數f′（x），設g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，①當a≤0時，g（x）＜0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此時函數f（x）在（0，+∞）上是減函數；②當a＞0時，判別式△＝a2﹣4，（i）當0＜a≤2時，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0恒成立，此時函數f（x）在（0，+∞）上是減函數；（ii）當a＞2時，令f′（x）＞0，得：x；令f′（x）＜0，得：0＜x或x；∴當a＞2時，f（x）在區間（，）單調遞增，在（0，），（，+∞）單調遞減；綜上所述，綜上當a≤2時，f（x）在（0，+∞）上是減函數，當a＞2時，在（0，），（，+∞）上是減函數，在區間（，）上是增函數．（3）由（2）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1，則f（x1）﹣f（x2）x1+alnx1﹣[x2+alnx2]＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2）＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣ln