華南師范大學(xué)數(shù)學(xué)科學(xué)學(xué)院(510630)洪森鴻

1 問題的提出與背景

拉格朗日中值定理是數(shù)學(xué)分析中的一個重要定理,其特殊的等式關(guān)系連接了切線斜率與割線斜率之間的關(guān)系.定理描述如下:

定理如果函數(shù)f(x)滿足: (1)在閉區(qū)間[a,b]上連續(xù);(2)在開區(qū)間(a,b)內(nèi)可導(dǎo),那么至少存在一點ξ∈(a,b),使得成立.

在中學(xué)數(shù)學(xué)問題解決中,拉格朗日中值定理有著重要的應(yīng)用價值.文獻[1-3]討論了型不等式題目中,拉格朗日中值定理的應(yīng)用以及相關(guān)注意條件.然而拉格朗日定理也普遍運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 題) 設(shè)函數(shù)f(x) =ex-e-x.(1)證明: 函數(shù)f(x)的導(dǎo)數(shù)f′(x) ≥2;(2)證明:若對?x≥0,都有f(x)≥ax,則a的取值范圍為(-∞,2].

證明(1) 略.(2) 當(dāng)x= 0, 顯然成立.因此當(dāng)x> 0 時,f(x) ≥ax可轉(zhuǎn)化為.由拉格朗日中值定理知, 至少存在一點ξ∈(0,x), 使得.由基本不等式知eξ+e-ξ≥2,因此a≤2.

上述的證明在文獻[4-7]均有提到,然而此處的證明方法并不嚴謹,切線斜率最值與函數(shù)導(dǎo)數(shù)最值顯然并不一定相等.誠然在此題中的最小值也恰好為2,但并非所有函數(shù)的結(jié)構(gòu)滿足這種最值相等的關(guān)系,例如在2020 年高考全國Ⅰ卷理科卷中出現(xiàn)類似問題:

當(dāng)x≥0 時,,求a的取值范圍.

此題若使用拉格朗日中值定理,則當(dāng)x> 0 時,原不等式轉(zhuǎn)化為

圖1

從圖中可以看出g′(t)與的最大值顯然不相等,此處使用前面例1 方法求a取值范圍會導(dǎo)致題目的求解出錯.那么拉格朗日中值定理在此類不等式問題中的使用前提條件是什么? 這在文獻[4-7]以及許多學(xué)者研究中均未提及討論.而針對這一問題,筆者經(jīng)探究得出了下面實用性的性質(zhì)與推論,以補充完善前人研究.

2 性質(zhì)探究與應(yīng)用

性質(zhì)1定義域為[0,+∞)的連續(xù)可微函數(shù)f(x)滿足f(0) = 0,存在唯一的x0> 0,使得,若函數(shù)f′(x)-f′(x0)只有唯一零點,則在x=x0取得最值f′(x0).

證明令h(x) =f(x)-f′(x0)x, 則h′(x) =f′(x)-f′(x0),由條件知x=x0為h′(x)的唯一零點.因此進一步分為以下四種情況:

(1)若x∈[0,x0),h′(x) > 0;x∈(x0,+∞],h′(x) < 0;則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;則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).則由拉格朗日中值定理知, 存在ξ∈(0,x),,當(dāng)x=x0,等號成立.

(4)若?x∈[0,+∞),f′(x) ≤f′(x0).則同理由拉格朗日中值定理可得,存在ξ∈(0,x),,當(dāng)x=x0,等號成立.

推論1定義域為[0,+∞)的連續(xù)可微函數(shù)f(x)滿足f(0) = 0,存在x0> 0 使得,若f′′(x) > 0,則最小值為f′(x0);相反,f′′(x) < 0,則最大值為f′(x0).

證明因為h′′(x) =f′′(x), 則當(dāng)h′′(x) ≥0 時, 滿足x∈(0,x0),h′(x) < 0;x∈(x0,+∞),h′(x) > 0, 由性質(zhì)1情況(2) 證明,.同理可證當(dāng)f′′(x) < 0 時,.

推論2定義域為[0,+∞)的連續(xù)可微函數(shù)f(x)滿足f(0) = 0,且存在x0> 0 使得,若f′′(x)的唯一零點為x=x0,則最值為f′(x0).

證明因為h′′(x0) =f′′(x0) = 0,且x=x0為h′′(x)唯一零點,h′(x0) =h(x0) = 0.若x∈(0,x0),h′′(x) > 0;x∈(x0,+∞),h′′(x) < 0, 則此時h′(x) ≤ 0, 對應(yīng)性質(zhì)1 證明的(4) 情況.同理若x∈(0,x0),h′′(x) < 0;x∈(x0,+∞),h′′(x) > 0, 則對應(yīng)性質(zhì)1 證明的(3) 情況.而f′′(x) ≤f′′(x0) = 0 和f′′(x) ≥f′′(x0) = 0 分別對應(yīng)性質(zhì)1 證明的(1)和(2).證畢.

推論3定義域為[0,+∞) 的連續(xù)可微函數(shù)f(x) 滿足f(0) = 0, 若f′(x) 在f′(x0) 處取得最大值, 若滿足, 則, 若,但, 則依然有, 等號在x→0 時可取得.

證明由拉格朗日中值定理知,而f′(ξ) ≤f′(x0),所以,若,則等號可以成立;若,但存在,則,根據(jù)極限思想可知當(dāng)x→0 時,不等式等號可成立.

同理,推論3 可推廣至f′(x)存在最小值的情況,此處簡略.

例2(2008 年高考全國ⅠⅠ卷理科第22 題) 設(shè)函數(shù), 對?x≥0, 都有f(x) ≤ax, 求a的取值范圍.

解析x= 0 不等式顯然成立.當(dāng)x> 0,, 由于,.當(dāng)x∈(2kπ,2kπ+π) (k為非負整數(shù)),f′′(x) < 0, 而當(dāng)x∈(2kπ+π,2kπ+ 2π)(k為非負整數(shù)),f′′(x) > 0, 且f′′(2kπ+π) = 0.因此?x> 0,, 由于而, 故由推論3 知,,從而.

點評此題先求解f′(x)的最值,進而利用推論3 可知與f′(x)在最值上是一致的,從而實現(xiàn)切線斜率與割線斜率最值的合理轉(zhuǎn)化.

性質(zhì)2定義域為[0,+∞) 的連續(xù)可微函數(shù)f(x) 滿足f(0) = 0, 且在(0,+∞) 上無零點, 若存在, 且函數(shù)f′(x) -f′(0) 有唯一零點0,則最值為f′(0).

證明令g(x) =f(x)-xf′(0),g′(x) =f′(x)-f′(0)存在唯一零點0.若g′(x) > 0, 則g(x) >g(0) = 0, 即.相反,若g′(x)<0,則.

推論4定義域為[0,+∞) 的連續(xù)可微函數(shù)f(x)滿足f(0) = 0, 且在(0,+∞) 上無零點,存在.若f′′(x) > 0, 則,相反若f′′(x)<0,則.

證明因為g′′(x) =f′′(x), 若g′′(x) > 0, 則g′(x) ≥g′(0) = 0, 所以g(x) ≥0, 即.同理可證g′(x)<0 時,則.

例3(2017 年高考新課標ⅠⅠ卷文科第21 題) 設(shè)函數(shù)f(x)=(1-x2)ex,當(dāng)x≥0 時,f(x)≤ax+1,求a的取值范圍.

解析當(dāng)x>0,令g(x)=(1-x2)ex-1,則.假設(shè)方程有解,則進一步化簡為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, 方程無解.又因為g′′(x) =-(x2+4x+1)ex< 0,由推論4 可得,從而a≥1.

點評例3 先檢驗是無實數(shù)根的,進而利用推論4 條件進行推理,得到參數(shù)取值范圍.

例4(2006 年高考新課標Ⅰ卷理科第21 題) 設(shè), 對?x∈(0,1), 恒有f(x) > 1, 求a的取值范圍.

解析f(x) > 1 可轉(zhuǎn)化為,令,則.令,.因此h(x) >h(0)= 0,從而在(0,1)上無零點,而由推論5 知,從而a≤2.

點評例4 在處理不等式上與例3 略微不同,首先需要通過對數(shù)轉(zhuǎn)換將題目函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為的結(jié)構(gòu).進而結(jié)合推論4 的方法,通過與例3 相同的計算過程得到最終結(jié)果.

性質(zhì)3定義域為[a,b](a< 0,b> 0) 的連續(xù)可微函數(shù)f(x) 滿足f(0) = 0, 若?x∈[a,b],xf′′(x) ≥0, 則.相反,若xf′′(x) ≤0,則.(假設(shè)存在)

證明令, 則, 而(f′(x)x-f(x))′=xf′′(x),若xf′′(x) ≥0,則當(dāng)x∈(a,0),f′(x)x-f(x) 0.因此.同理可證,xf′′(x)≤0 時,.

性質(zhì)4定義域為[c,+∞)的連續(xù)可微函數(shù)f(x)滿足f(c)=0.若存在唯一的x0>c,使得,若函數(shù)f′(x)-f′(x0)只有唯一零點,則在x=x0取得最值f′(x0).

證明令h(x) =f(x) - (x-c)f′(x0), 則h′(x) =f′(x)-f′(x0), 由條件知x=x0為h′(x) 的唯一零點.與性質(zhì)1 的證明相似, 可以分為四種情況.以第一種情況為例: 若x∈(c,x0),h′(x) > 0;x∈(x0,+∞),h′(x) < 0;則h(x)max=h(x0) =f(x0) -f′(x0)(x-c) = 0, 故?x∈[c,+∞),h(x) ≤0, 即.同理其他三種情況可參考性質(zhì)1 的證明, 此處從略.綜上,在x=x0取得最值f′(x0).

性質(zhì)5定義域為[c,+∞) 的連續(xù)可微函數(shù)f(x) 滿足f(c) = 0, 且在(c,+∞) 上無零點, 若存在, 且函數(shù)f′(x) -f′(c) 有唯一零點c,則最值為f′(c).

證明令g(x) =f(x) - (x-c)f′(c), 則g′(x) =f′(x) -f′(c), 因為g′(c) = 0, 由條件知,?x∈(c,+∞),g′(x) > 0 或g′(x) < 0, 結(jié)合g(c) = 0 得g(x) ≥0 或g(x)≤0.從而,或.

推論5定義域為[c,+∞) 的連續(xù)可微函數(shù)f(x)滿足f(c) = 0, 且在(c,+∞) 上無零點,存在.若f′′(x) > 0, 則,相反若f′′(x)<0,則.

證明因為g′′(x) =f′′(x), 若g′′(x) > 0, 則g′(x) ≥g′(0) = 0, 所以g(x) ≥0, 即.同理可證g′(x)<0 時,則.

上述性質(zhì)與推論等號均只在x=c時取到.

例5(2016 年高考新課標ⅠⅠ卷文科第21 題) 已知函數(shù)f(x) = (x+ 1)lnx-a(x- 1), 若當(dāng)x∈(1,+∞) 時,f(x)>0.求a的取值范圍.

解析題目條件可轉(zhuǎn)化為, 當(dāng)x∈(1,+∞) 時,, 令h(x) = (x+ 1)lnx, 則h(1) = 0,, 若, 化簡得,顯然當(dāng)x∈[1,+∞),方程只有唯一解x=1.又因為,因此由推論5知當(dāng)x∈(1,+∞),,故a≤2.

點評例5 先檢驗不存在實數(shù)根,進一步利用推論5 的結(jié)論進行轉(zhuǎn)化,實現(xiàn)不等式參數(shù)范圍的求解.

3 總結(jié)

在參數(shù)不等式問題解決中所應(yīng)用的拉格朗日中值定理法屬于高觀點視野下的解決方法,上述5 個性質(zhì)及其推論的討論,進一步揭示了該定理的部分使用條件.使用高觀點數(shù)學(xué)方法解決中學(xué)問題,能夠?qū)崿F(xiàn)問題的“妙解”.而我們發(fā)現(xiàn),高考命題中經(jīng)常用到高觀點的思想方法,這值得數(shù)學(xué)教育者予以關(guān)注與研究.