安徽省無(wú)為第三中學(xué)城北校區(qū)(238300) 朱小扣

廣東省興寧市第一中學(xué)(514500) 藍(lán)云波

羅爾定理是微分學(xué)中一條重要的定理,與拉格朗日中值定理、柯西中值定理并稱為是三大微分中值定理.而高考中的導(dǎo)數(shù)題有時(shí)僅僅依靠高中課本知識(shí)很難解決,很多時(shí)候會(huì)用到高等數(shù)學(xué)里的知識(shí),如函數(shù)極限的定義,洛必達(dá)法則,拉格朗日中值定理,琴生不等式等知識(shí),本文將圍繞羅爾定理在解決一類高考題中的運(yùn)用展開闡述,以期拋磚引玉.

1.羅爾定理的引入

如果函數(shù)f(x)滿足以下條件: (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),(3)f(a)=f(b),則至少存在一個(gè)ξ ∈(a,b),使得f′(ξ)=0.

2.羅爾定理的運(yùn)用

例1(2016年廣東省高三適應(yīng)考試21 題改編)已知函數(shù)求證: 函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).

證明① 先證存在性.由及得由零點(diǎn)定理得: 至少存在一個(gè)實(shí)數(shù)使得f(c)=0.

② 再證唯一性.假設(shè)f(x) 有兩個(gè)零點(diǎn), 設(shè)為x1,x2(0 < x1< x2),則f(x1)=f(x2)=0,由羅爾定理得: 至少存在一個(gè)a ∈(x1,x2),使得f′(a)=0,即這與

相矛盾,故假設(shè)不正確.

綜合 ① ②得: 函數(shù)f(x)只有一個(gè)零點(diǎn).

點(diǎn)評(píng)由羅爾定理可以解決有關(guān)函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的問題或方程根的個(gè)數(shù)問題,是有別于用函數(shù)單調(diào)性討論零點(diǎn)的另一種方法,使用起來(lái)簡(jiǎn)單,便于學(xué)生掌握.

例2(2014年四川卷理21 題) 已知函數(shù)f(x) =ex?ax2?bx?1, 其中a,b ∈R, e=2.71828··· 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1) 設(shè)g(x)是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù),求函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上的最小值;

(2) 若f(1)=0,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)有零點(diǎn),求a的取值范圍.

解析(1) 略.(2) 因?yàn)閒(x)=ex?ax2?bx?1, 所以g(x)=f′(x)=ex?2ax?b, 又g′(x)=ex?2a, 由f(1)=0?e?a?b?1=0?b=e?a?1.設(shè)x0是f(x)的零點(diǎn)且x0∈(0,1),則f(0)=f(x0)=f(1)=0,由羅爾定理得:在(0,1)上有兩個(gè)不同的解, ?g(x)=0 在(0,1) 上有兩個(gè)不同解.易知當(dāng)或時(shí),函數(shù)g(x)即f′(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào),不可能滿足g(x)=0 在(0,1)上有兩個(gè)不同解.若則

令

點(diǎn)評(píng)本題第一問考察分類討論思想, 第二問通過羅爾定理能迅速找到解題的突破口, 但注意不能用羅爾定理兩次按如下思路去解答:?f′′(x)=0 在(0,1)上有解(注: 錯(cuò)誤思路)以上思路是錯(cuò)誤的,因?yàn)檫B續(xù)用兩次羅爾定理會(huì)改變(擴(kuò)大)范圍.

例3(2018年巴蜀中學(xué)高三1 月) 已知函數(shù)f(x) =e?x·(2mx2+nx+1).

(I) 若x=1 和2 是函數(shù)f(x) 的兩個(gè)極值點(diǎn), 求曲線y =f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;

(II) 若f(1)=1,則方程f(x)=1 在(0,1)內(nèi)有解,求m 的取值范圍.

解析(I) 切線方程是y =?2x+1(過程略).

f(x)=e?x·(2mx2+nx+1)=1,(2mx2+nx+1)=ex.令g(x)=ex?2mx2?nx?1,則g(x)在(0,1)內(nèi)有零點(diǎn).設(shè)x0為g(x)在(0,1)內(nèi)的一個(gè)零點(diǎn),則g(0)=g(x0)=g(1)=0,則由羅爾定理知?g′(x)=0在(0,1) 上有兩個(gè)不同的解.令h(x)=g′(x), 則g′(x) =ex?4mx?n,h′(x)=ex?4m,當(dāng)h(x)在(0,1)區(qū)間上遞增,h(x)不可能有兩個(gè)及以上零點(diǎn);當(dāng)時(shí),h′(x) < 0,h(x)在(0,1)在區(qū)間上遞減,h(x)不可能有兩個(gè)及以上零點(diǎn);當(dāng)時(shí),令h′(x)=0,得x=ln(4m) ∈(0,1), 所以h(x) 在區(qū)間(0,ln(4m)) 上遞減, 在(ln(4m),1) 上遞增, h(x) 在區(qū)間(0,1) 上存在最小值h(ln(4m)), 若h(x) 有兩個(gè)零點(diǎn), 則有h(ln(4m)) < 0,h(0)>0,h(1)>0,

設(shè)

以上用羅爾定理出題的思路,多次出現(xiàn)在高考模擬題中,又如:

例4(2018年衡水金卷理數(shù)一) 已知函數(shù)f(x) =ex?2(a?1)x?b,其中e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù).

(1) 若函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上是單調(diào)函數(shù),試求實(shí)數(shù)a 的取值范圍;

(2) 已知函數(shù)g(x)=ex?(a?1)x2?bx?1,且g(1)=0,若函數(shù)g(x)在區(qū)間[0,1]上恰有3 個(gè)零點(diǎn),求實(shí)數(shù)a 的取值范圍.

解析(1) f(x)=ex?2(a?1)x?b, 當(dāng)函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1] 上單調(diào)遞增時(shí), f′(x)=ex?2(a?1)0在區(qū)間[0,1] 上恒成立, 故2(a?1)(ex)min=1 (其中解得當(dāng)函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減時(shí),f′(x)=ex?2(a?1)0 在區(qū)間[0,1]上恒成立,故2(a?1)(ex)max=e(其中0x1),解得綜上所述,實(shí)數(shù)a 的取值范圍是

(2) g′(x)=ex?2(a?1)x?b=f(x).由g(0)=g(1),知g(x) 在區(qū)間(0,1) 內(nèi)恰有一個(gè)零點(diǎn), 設(shè)該零點(diǎn)為x0, 則由羅爾定理知在(0,1)上有兩個(gè)不同的解,即f(x)=0 在(0,1)上有兩個(gè)不同的解.

令f(x)=0,得x=ln(2a?2)∈(0,1),所以函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,ln(2a?2)] 上單調(diào)遞減, 在區(qū)間(ln(2a?2),1]上單調(diào)遞增.記f(x) 的兩個(gè)零點(diǎn)為x1,x2(x1< x2),因 此x1∈ (0,ln(2a?2)), x2∈ (ln(2a?2),1), 必 有f(0)=1?b > 0,f(1)=e?2a+2?b > 0.由g(1)=0,得a+b=e,所以

又f(0)=1?b > 0, f(1)=e?2a+2?b > 0, 所以e?1

點(diǎn)評(píng)例3 和例4 都是例2 的模仿題,思路基本一致,但模仿中帶有傳承與創(chuàng)新.像這些“難題”,解答過程十分繁多,學(xué)生在一開始,不可能一次就能寫出完整的解答.只有知道和熟練的利用羅爾定理,才能在考試的有限時(shí)間中,找到合理的思路,從而給出合理的解答.

總結(jié)解決導(dǎo)數(shù)題目時(shí),除了用羅爾定理外,有時(shí)也會(huì)用對(duì)數(shù)平均不等式,琴生不等式,拉格朗日中值定理等知識(shí).這些“超綱”的知識(shí),我覺得學(xué)生還是有必要掌握一些的,因?yàn)樗梢詭椭阊杆僬业浇忸}的思路與方法,使得問題迅速化歸并解決.“小知不及大知”,只有不斷增加自己的數(shù)學(xué)涉獵,才能秒殺此類題.