谈一题多变与延伸

王友平

【摘要】数学题是做不完的，如何少做题而达到学好数学的目的？本文通过高等数学的一道习题进行多变与延伸，说明数学题目尽管广泛无边，但很多题目都有其内在的联系。所以要学好数学，务必要善于思考，举一反三，触类旁通，挖掘其相关知识的衔接与联系，进行题型多变与知识延伸，达到学好数学的目的。

【关键词】题型多变   知识延伸

【中图分类号】G633.6

【文献标识码】A

【文章编号】1992-7711（2020）29-086-02

数学离不开做题，怎样才能做到少而精，达到事半功倍的效果呢？这就需要挖掘其相关知识的衔接与联系，进行比较与延伸，将题目进行多方位推广。以下从典型事例谈起。

例1  若f（x）在[a，b]上连续，a

证明：因为f（x）在[x1，xn]上连续，所以f（x）在[x1，xn]上存在最大值M和最小值m.即m≤ f（x）≤M.于是

m≤ f（x1）≤M，

m≤ f（x2）≤M，...

m≤ f（xn）≤M

上面的式子相加： nm≤ f（x1）+f（x2）+...+ f（xn） ≤nM

m≤                                ≤M.

由介值定理的推论，至少存在一点ζ∈[x1，xn]，使

f（ζ）=

本题的结论特征是存在某点，使得该点的函数值与n个点的函数均值相等，即f（ζ）=                              。在遇到多個函数值之和的情形，或者多个函数均值问题，可考虑此题的结论。

延伸1：若f（x）在[a，b]上连续，a

使2f（ζ）=                                 .

证明：因为f（x）在[x1，xn]上连续，所以f（x）在[x1，xn]上存在最大值M和最小值m.即m≤ f（x）≤M，于是

m≤ f（x1）≤M，

2m≤2f（x2）≤2M，...

nm≤ nf（xn）≤nM

上面的式子相加：

（1+2+...+n）m≤ f（x1）+2 f（x2）+...+n f（xn）≤（1+2+...+n）M

m≤                                                                    ≤M .

由介值定理的推论，至少存在一点ζ∈[x1，xn]，使

2f（ζ）=                                   .

延伸2：若f（x）在[a，b]上连续，a

使f（ζ）=                                             .

证明：因为 f（x）在[x1，xn]上连续，所以f（x）在[x1，xn]上存在最大值M和最小值m.即m≤ f（x）≤M，于是

p1m≤ p1f（x2）≤p1M，

p2m≤p2f（x2）≤p2M，...

pnm≤ pnf（xn）≤ pnM.

（p1+p2+...+pn）m≤ p1f（x1）+ p2f（x1）+... pnf（x1）≤（p1+p2+...+pn）M

由介值定理的推论，至少存在一点ζ∈[x1，xn]，使

f（ζ）=                                          .

延伸3：若f（x）在[a，b]上連续，a

f（ζ）=

例2  若f（x）在[0，3]上连续，在（0，3）内可导，且f（0）+f（1）+f（2）=3，f（3）=1.

证明在区间（0，3）内内必有ζ，使f（ζ）= 0.

分析：这是2003年硕士研究生入学考试数学三的题目。由已知的三个函数值之和f（0）+f（1）+f（2）=3，联想例1的结论，易得                         =1.

再由f（3）=1，可导有两个点的函数值相等，由洛尔中值定理可证明之。

证明：由于f（x）在[0，3]上连续，以及                         =1得，在区间[0，2]上存在一点η，使

f（η）=                        =1

又由f（3）=1得，函数f（x）在[η，3]上连续，在（η，3）内可导，由罗尔定理可得，存在ζ∈（ η，3）?（0，3），使得f'（ζ）=0 .

例3  若f（x）在[0，3]上连续，在（0，3）内二阶（下转第88页）（上接第86页）可导，且2f（0）=∫02f（x）dx=f（2）+f（3）.

证明 （1）在区间[0，2]上存在一点η，使得f（η）=f（0）;

（2）存在ζ∈（0，3），使得f''（ζ）=0.

分析：这是2010年硕士研究生入学考试数学二的题目。由已知的两个函数值之和2f（0）=∫02f（x）dx=f（2）+f（3），联想例1的结论，易得

f（0）=     ∫02f（x）dx=                .

所以，本例可以考虑积分中值定理，也可以考虑上面两个函数值均值的结论。

证明：（1）由于f（x）在[0，3]上连续，考虑积分中值定理得，在区间[0，2]上存在一点η，使得f（0）=   ∫02f（x）dx=f（η）.

（2）由于f（x）在[0，3]上连续，以及f（0）=           ，由例1的结论，在区间[2，3]上存在一点η1，使得f（0）=f（η1）。

又f（x）在[0，η]上连续，在（0，η）内可导，且f（η）=f（0），由罗尔定理可得，在（0，η）内存在一点在ζ1，使得f'（ζ1）=0.同理在（η，η1）内存在一点在ζ2，使得f'（ζ2）=0.

再在内（ζ1，ζ2），对f'（x）使用罗尔定理可得，存在ζ∈（ζ1，ζ2）?（0，3），使得f''（ζ）=0。

【基金项目：本文受陕西省教改项目“面向三本的高等数学课程体系优化及教学内容改革的研究与实践”[项目编号：15BY132] 资助】

【参考文献】

[1] 同济大学数学系编写.高等数学（第七版）[M].北京：高等教育出版社.2014.

[2] 马菊侠，程红英编写.高等数学（第一版）[M].北京：国防工业出版社.2015.

[3] 马菊侠编写.高等数学.题型归类，方法点拨，考研辅导（第三版）[M].北京：国防工业出版社.2014.

[4] 马菊侠，吴云天编写.高等数学.同步知识解读与习题解答（第一版）[M].北京：国防工业出版社.2014.