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[教育信息]如何评价长郡十八校联考命题老师发明高等代数中的rolle定理？ |
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我们学校有考这套卷子，看了一眼十九题蚌埠住了，我当时气的直接在答卷上开头写“首先，我要指出一个错误…” 还有十八题可以纯粹用不等式反证法证明，可是网上… |
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https://b23.tv/9VLuulm |
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评价是幽默出题人，没能耐就不要打肿脸充胖子 笑点解析： 1.不给连续定义，无法证明连续函数减连续函数还是连续函数，所以第一问无法证明（答案用“显然有”来糊弄的） 2.答案解析用第一问证第二问，然鹅把中值定理的存在当任意来用，而且不同函数的ξ都不一定一样，答案也是直接当成同一个来做 3.高等代数 4.长郡十八校，也不是什么小考试了，还能犯这么多错误 ———————————————————————————————————————— 刚刚差点漏笑了一个：微积分的三大定理之一 ————————————————————————————————————— 看来还是有人没明白，就算不管红框的错误，你假设整个推理没问题，你所做的只是从题干推了一个必要条件出来，做的都不是等价转换，而答案将这个必要性直接作为答题过程，也是不对的 |
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一、罗尔定理的发展史 这方面数学史很容易搜到．[1] 1691年的罗尔定理的叙述是多项式中的： 罗尔定理（1691年）： 在实系数多项式方程 a0xn+a1xn−1+⋯+an−1x+an=0" role="presentation">a0xn+a1xn?1+?+an?1x+an=0a_0x^n+a_1x^{n-1}+\cdots+a_{n-1}x+a_n=0 的相邻两个实根之间，方程 na0xn−1+(n−1)a1xn−2+⋯+an−1=0" role="presentation">na0xn?1+(n?1)a1xn?2+?+an?1=0na_0x^{n-1}+(n-1)a_1x^{n-2}+\cdots+a_{n-1}=0 至少有一个实根． 你说这个定理算不算高等代数中的定理？勉强也算吧…… 但是！长郡十八校高三模拟考试的这道题题干给出的罗尔定理明显是微积分中的罗尔定理！题目如下： |
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这个版本的罗尔定理不只是对多项式也对，把多项式改为任意可微函数都对，属于是现代形式的罗尔定理．两种版本的罗尔定理证明相差很大，罗尔并没有使用导数的概念与符号，而是利用纯代数方法加以证明，和微积分并没有什么联系，罗尔本人也曾是一个微积分学的极力反对者． 现代形式的罗尔定理，是后人根据微积分理论重新证明的，“罗尔定理”这一名称是由德国数学家 Drobisch(1802-1896) 在1834年给出的[2]，并由意大利数学家 Bellavitis(1803-1880) 在1846年发表的论文[3]中正式使用． 二、很多老师没有资格和实力命制第19题 建议负责命制19题新定义的高中老师需要考取“命制19题资格证”才能拥有命制19题新定义的资格．命制19题的老师应该参加一次数学专业的博资考，考过了才有资格命制19题！ 以题主这一道题作为例子，就能看出命制此题的命题老师的微积分知识有待提高： |
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参考答案如下： |
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问题 先不说直接把大一微积分知识下放到第 19 题有多不合理，在后面第三点会提及． 参考答案画红框的地方是有问题的，问题在于： 问题一： 如果用罗尔中值定理，只能得到 |g'(\eta)|, \xi,\eta\in(x_2,x_1). \\">|f′(ξ)|>|g′(η)|,ξ,η∈(x2,x1)." role="presentation">|f′(ξ)|>|g′(η)|,ξ,η∈(x2,x1).|f'(\xi)| > |g'(\eta)|, \xi,\eta\in(x_2,x_1). \\ 不能确保 ξ" role="presentation">ξ\xi 与 η" role="presentation">η\eta 相同，所以不能由 (1) 中证明得到 |g'(x)|, \quad x\in(1,2). \\">|f′(x)|>|g′(x)|,x∈(1,2)." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f′(x)|>|g′(x)|,x∈(1,2).|f'(x)| > |g'(x)|, \quad x\in(1,2). \\ 也许参考答案把存在性和任意性搞混了． 问题二： 如果用柯西中值定理，那么对任意 x1,x2" role="presentation">x1,x2x_1,x_2（x1≠x2" role="presentation">x1≠x2x_1\ne x_2），存在 ξ" role="presentation">ξ\xi 介于 x1" role="presentation">x1x_1、x2" role="presentation">x2x_2，使得 f(x1)−f(x2)g(x1)−g(x2)=f′(ξ)g′(ξ)." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">f(x1)?f(x2)g(x1)?g(x2)=f′(ξ)g′(ξ).\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{g(x_1)-g(x_2)} = \dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}. \\ 从而有 1. \\">|f′(ξ)g′(ξ)|>1." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f′(ξ)g′(ξ)|>1.\left|\dfrac{f'(\xi)}{g'(\xi)}\right| > 1. \\ 把 x1" role="presentation">x1x_1、x2" role="presentation">x2x_2 取遍 (1,2)" role="presentation">(1,2)(1,2) 中的所有数，就能得到：对任意 x∈(1,2)" role="presentation">x∈(1,2)x\in (1,2)，有 |f′(x)g′(x)|≥1." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f′(x)g′(x)|≥1.\left|\dfrac{f'(x)}{g'(x)}\right| \ge 1. \\ （涉及到取极限过程，由极限保号性，严格大于号要变成大于等于号） 说明 1．导数定义 + 极限保号性 为什么就不能想到更基本的极限保号性呢？因为对任意 x1,x2∈(1,2)" role="presentation">x1,x2∈(1,2)x_1,x_2\in(1,2)，x1≠x2" role="presentation">x1≠x2x_1\ne x_2，都有 \left|\dfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}\right|, \\">|f(x1)−f(x2)x1−x2|>|g(x1)−g(x2)x1−x2|," role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f(x1)?f(x2)x1?x2|>|g(x1)?g(x2)x1?x2|,\left|\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\right| > \left|\dfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}\right|, \\ 所以固定 x2" role="presentation">x2x_2，取极限 x1→x2" role="presentation">x1→x2x_1\to x_2，利用极限保号性（严格大于号要变成大于等于号），得 limx1→x2|f(x1)−f(x2)x1−x2|≥limx1→x2|g(x1)−g(x2)x1−x2|" role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">limx1→x2|f(x1)?f(x2)x1?x2|≥limx1→x2|g(x1)?g(x2)x1?x2|\lim\limits_{x_1\to x_2}\left|\dfrac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}\right| \ge \lim\limits_{x_1\to x_2}\left|\dfrac{g(x_1)-g(x_2)}{x_1-x_2}\right| \\ 利用导数定义得 |f′(x)|≥|g′(x)|,∀x∈(1,2)." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f′(x)|≥|g′(x)|,?x∈(1,2).|f'(x)| \ge |g'(x)|, \forall x\in(1,2). \\ 极限保号性需要把严格大于号改成大于等于号的典型例子： 题目： 设 0">f(x)>0" role="presentation">f(x)>0f(x) > 0 是 [a,b]" role="presentation">[a,b][a,b] 上的 Riemann 可积函数，证明： 0. \\">∫abf(x)dx>0." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">∫abf(x)dx>0.\displaystyle \int_a^bf(x)\mathrm{d}x > 0. \\ 注： 此题很容易伪证，按很多伪证的思路，通常都只能证明出 ∫abf(x)dx≥0" role="presentation">∫abf(x)dx≥0\displaystyle \int_a^bf(x)\mathrm{d}x \ge 0，但这是平凡的． 2．充分性？ 本题问的是 b" role="presentation">bb 的取值范围，通过一些不能倒推的步骤得到 b" role="presentation">bb 满足 b∈[1−ln⁡2,2]" role="presentation">b∈[1?ln?2,2]b\in[1-\ln 2,2] 之后，需再去验证 b∈[1−ln⁡2,2]" role="presentation">b∈[1?ln?2,2]b\in[1-\ln 2,2] 时确实有 |g(x_1)-g(x_2)|. \\">|f(x1)−f(x2)|>|g(x1)−g(x2)|." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f(x1)?f(x2)|>|g(x1)?g(x2)|.|f(x_1)-f(x_2)| > |g(x_1)-g(x_2)|. \\ （其中 x_2">x1>x2" role="presentation">x1>x2x_1 > x_2，x1,x2∈(1,2)" role="presentation">x1,x2∈(1,2)x_1,x_2\in(1,2) ） |f′(x)|≥|g′(x)|" role="presentation">|f′(x)|≥|g′(x)||f'(x)| \ge |g'(x)| 对 x∈(a,b)" role="presentation">x∈(a,b)x\in(a,b) 恒成立，不一定能推出 |g(x_1)-g(x_2)|">|f(x1)−f(x2)|>|g(x1)−g(x2)|" role="presentation">|f(x1)?f(x2)|>|g(x1)?g(x2)||f(x_1)-f(x_2)| > |g(x_1)-g(x_2)| 对 x1,x2∈(a,b)" role="presentation">x1,x2∈(a,b)x_1,x_2\in(a,b)，x1≠x2" role="presentation">x1≠x2x_1\ne x_2 恒成立，反例只需取 f(x)=mx2" role="presentation">f(x)=mx2f(x)=mx^2，g(x)=nx2" role="presentation">g(x)=nx2g(x)=nx^2，(a,b)=(−1,1)" role="presentation">(a,b)=(?1,1)(a,b)=(-1,1)，|m|≤|n|" role="presentation">|m|≤|n||m| \le |n| 即可． 需要把条件 |f′(x)|≥|g′(x)|" role="presentation">|f′(x)|≥|g′(x)||f'(x)| \ge |g'(x)| 改为 |g'(x)|">|f′(x)|>|g′(x)|" role="presentation">|f′(x)|>|g′(x)||f'(x)| > |g'(x)| 把结论 |g(x_1)-g(x_2)|">|f(x1)−f(x2)|>|g(x1)−g(x2)|" role="presentation">|f(x1)?f(x2)|>|g(x1)?g(x2)||f(x_1)-f(x_2)| > |g(x_1)-g(x_2)| 改为 |f(x1)−f(x2)|≥|g(x1)−g(x2)|" role="presentation">|f(x1)?f(x2)|≥|g(x1)?g(x2)||f(x_1)-f(x_2)| \ge |g(x_1)-g(x_2)|． 不行，反例评论区有人指出，考虑 f(x)=x2 和 g(x)=sgn(x) · x2 即可. 但长郡十八校的这个模拟题中，用中值定理或者用导数定义的方法都只能推出 |f′(x)|≥|g′(x)|" role="presentation">|f′(x)|≥|g′(x)||f'(x)| \ge |g'(x)|． 当 b∈[1−ln⁡2,2]" role="presentation">b∈[1?ln?2,2]b\in[1-\ln 2,2] 时，下面验证不等式 |g(x_1)-g(x_2)| \\">|f(x1)−f(x2)|>|g(x1)−g(x2)|" role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">|f(x1)?f(x2)|>|g(x1)?g(x2)||f(x_1)-f(x_2)| > |g(x_1)-g(x_2)| \\ 对 x_2">x1>x2" role="presentation">x1>x2x_1 > x_2，x1,x2∈(1,2)" role="presentation">x1,x2∈(1,2)x_1,x_2\in(1,2) 成立．考虑到 0">f′(x)>0" role="presentation">f′(x)>0f'(x) > 0，所以 上式左边绝对值可以去掉，等价于下面两式同时成立 g(x_1)-g(x_2) \\ &f(x_1)-f(x_2) > -(g(x_1)-g(x_2)). \end{aligned}\right.\\">{f(x1)−f(x2)>g(x1)−g(x2)f(x1)−f(x2)>−(g(x1)−g(x2))." role="presentation" style="font-size: 100%; display: inline-block; position: relative;">{f(x1)?f(x2)>g(x1)?g(x2)f(x1)?f(x2)>?(g(x1)?g(x2)).\left\{\begin{aligned} &f(x_1)-f(x_2) > g(x_1)-g(x_2) \\ &f(x_1)-f(x_2) > -(g(x_1)-g(x_2)). \end{aligned}\right.\\ 只需证明函数 u(x)=f(x)-g(x) 与 v(x)=f(x)+g(x) 在区间 (1,2) 单调递增． 因为 \begin{aligned} u'(x)&=\ln x+1-x+b, \\ u''(x)&=\dfrac{1}{x}-1 < 0. \end{aligned}\\ 故 u'(x) 在 (1,2) 单调递减．而 u'(2) = \ln 2-1+b \ge 0，所以当 x\in(1,2) 时， 0">u'(x) > 0．从而 u(x) 在 (1,2) 单调递增． 因为，当 x\in(1,2) 时， \ln 1+1+1-b \\ & = 2-b \ge 0, \end{aligned}\\">\begin{aligned} v'(x)&=\ln x+1+x-b \\ & > \ln 1+1+1-b \\ & = 2-b \ge 0, \end{aligned}\\ 故 v(x) 在 (1,2) 单调递增． 这样，就完成了证明． 三、新定义题目要“新”，不能被大多数人知道． 我之前在某个群里看到这样的评论，我是赞成的： 新颖题目蛮好的，但是不能搞作弊题，作弊题就是那种有人学过的“假背景”，比如九省联考那个其实就是作弊垃圾题． 具体来说，在重要考试中，新定义题应尽量保证这个新定义不被绝大多数学生知道（在平时练习中倒是无所谓，平时对于‘假’的新定义题目确实需要多加训练）． 就比如同余、费马小定理，这两个概念是被部分学过数学竞赛的学生所知道的，而像江苏省，每年参加全国高中数学联赛的学生至少也有4000~5000人，假设有一半学生接触过数论，那就粗略估计在江苏省就有大约2500人知道费马小定理．要知道南京大学在江苏省的录取分数线的排名也就在2000名左右，所以不能说“绝大多数”学生都不知道九省联考的第19题涉及到的费马小定理了． 再比如题干的中值定理．最近几年导数奇技淫巧大行其道，知道中值定理的学生已经不是少数了吧？所以，直接把大一微积分知识下放到第19题，对于很多学生来说不是“新定义”，无法有效地考查创新能力和现场学习能力． 绝大多数学生都不知道的背景应当满足如下两个条件之一： （1）如果有高等背景，要么这个背景是跨学科的（比如跟医学、生物学、天文学等结合）；要么是足够高等的数学背景，到达了高年级本科生乃至研究生的水平．若条件允许，尽量在题干把这个高等背景介绍抹掉，改成纯粹的高中数学语言． 比如，2014年北京卷理科第20题的背景是一个组合优化问题： |
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2005年湖南卷理科第20题，取材于著名的Scheafer模型所描述的Logistic种群的固定努力量的收获问题，并用中学生能理解的语言描述了“平衡点”及“防止过度捕捞”的含义： |
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（2）如果没有高等背景，而只是从某些性质抽象出来的概念，设问应尽量深刻，避免套路化． 比如，2015年上海卷理科数学第23题： |
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2014年江苏卷第20题，等差数列可以分解成两个“H数列”之和： |
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2023年北京卷第21题： |
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四、后记 极限知识是大一学生都要务必掌握的．出题人的微积分知识学得不过关，就直接拿来出题，当然是不行的！甚至可能在出题人上高中的年代，极限还是高考考试范围的内容！凭什么出题人一知半解的情况下还让学生去做这些题？ 所以建议对命制19题的老师进行“资格审查”！命制19题的老师应该参加一次数学专业的博资考（或者退一步，数学专业考研也行），考过了获得“命制19题资格证”，才有资格命制19题！ 自己基本逻辑都不过关，没资格出来出题！ |
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参考^Sinkevich, Galina. (2016). Rolle's Theorem and Bolzano-Cauchy Theorem : A View from the End of the 17th Century until K. Weierstrass' epoch.^Drobisch, M.W. 1834. Grundüge der Lehre von den h?heren Gleichungen. Leipzig.^Bellavitis, G. 1846. Sul piu facile modo di trovare le radici realidelle equazioni algebraiche e sopra un nuovo metodo per la determinazione delle radici immaginarie memoria. Venezia. |
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错误列举如下： 《高等代数中的 Rolle 定理》《微积分的三大定理之一》（我想它说的应该是三大中值定理，Rolle定理的地位实在不能如此抬举吧。题目描述中的在闭区间[a,b]连续 据我所知，高中数学中从未有过关于连续的描述和定义，大部分考生可能也理解不了 \epsilon-\delta 语言。 而如果不申明”连续函数的加减仍为连续函数“这一性质，题解中F(x)是否连续根本无法推断。对此，出题人给出的解释是 显然F(x)在[a,b]上连续 至此为止，还都只是描述错误和定义不完备，只能说明出题人的水平问题，而下面的一处错误就是完全的命题错误了。 |
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如图第二问的解答过程，出题人对f和g两个函数用了第一问中证明的Lagrange中值定理，可它忽略了一个问题，中值定理中的 \xi_1=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2},\xi_2=\frac{g(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2} 的定义都是”存在“，函数都换了，那个存在的值自然不一定相同，出题人却把二者视为一值。 这就显现出了出题人的微积分水平，连存在和任意都分不明白，它的微积分水平可能还不如我一个初中生。 送给出题人一句话 菜就多练，不会出题就别出！ 自九省联考之后，越来越多的出题人都直接把高等的数学知识搬到试卷上，这种方式只会给知识面广的竞赛生送分，对于一些题目（如九省联考中的费马小定理，如这里第二问的Lagrange定理），学过的直接秒了，没学过的则极难做出，这样的题毫无意义。根本不能达到考察逻辑推演的目的。 更有甚者，如这题的出题人一样，连自己都不怎么了解中值定理，却打肿脸充胖子地把公式硬套到卷面上，这样的做法，只是为了出题而出题，为了改革而改革。 这样下去的话，等三四年以后（也就是我要高考的时候），高考数学直接就变成考提前学了，重点高中直接请大学教授来讲数学分析，普通高中只能坐以待毙，教育分化愈发严重。 长此以往，数将不数 |
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我的看法，不会出题就别出题。。误导学生。。其他网友吐槽过开头的“高等代数”、解答有误或者不严谨等槽点。。我吐槽另一个槽点，并吐槽一下一些乱把大学数学下放的压轴题。。 开头出题人说罗尔中值定理是“微积分三大定理”之一。。可是，数学界有“微积分三大定理”这一说吗？没有吧？ 我推测，出题老师应该认为“罗尔中值定理”、“拉格朗日中值定理”、“柯西中值定理”是微积分最重要的三个定理了，给它们取了个“微积分三大定理”的名字。。这老师一定是大学期间被这三个“中值定理”各种构造函数折磨过，估计思维还停留在“一个知识点，如果考试考的多且考的难，那么这个知识点就很重要”的应试教育思维中。 微积分里面的定理多的去了，比如实数连续性命题，微积分基本定理-牛顿莱布尼茨公式，可积性定理，泰勒级数有关的定理，傅立叶级数有关的定理等等，多元函数和场论的一些定理，如果你学过后续的复变函数、微分流形、微分几何等课程，还会遇到更多的深刻定理。。这些定理，哪一个不比这几个中值定理重要？ 最后，吐槽一下，九省联考后，高中考试出现了一股歪风。。胡乱把大学题下放到高中。。很多命题的质量都很差，有的老师甚至自己都没搞懂，就搞一些误人子弟的答案。。比如下面这道题： |
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这个题干的描述就有问题，因为题干中给出的公式是+号后面带有省略号，这么写一般是指是无限项求和的意思（也就是无限级数），那么这个题的题干叙述就是错的，因为函数的任意阶导数存在不能得出函数存在泰勒级数展开式，典型的反例是e^（-1/x^2）。。如果你一定要考泰勒展开怎么用，那就不要写成无限级数的形式，写成有限项＋余项的形式，即： |
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另外，这个题第一问的解答也不严谨，你怎么知道只取泰勒级数的前两项就能精确到百分位？严谨的做法应该是把省略的余项的上界估算一下，证明这个省略的余项的最多影响到千分位，这才是严格的做法。 再吐槽一道题，这个题，题干的描述倒是没错。第一问其实就是大学数学中的解微分方程。。 |
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解答如下： |
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这个题的解法不适合高中生。因为，这个题从“一个函数的导数等于1推出这个函数是x＋m，m是常数”，这有个问题，为什么不能是x＋m（x）？诚然，利用大学知识，可以证明m（x）只能是常数函数。但是，高中生没学过这个知识，这个题要让高中生去做，那就要补充一个背景知识“一个函数的导数恒等于0，这个函数只能是常数函数”或者“两个函数的导数恒等，那么这两个函数只相差一个常数函数”。。 类似的还有下面的题： |
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以及这个题： |
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我很欣赏这位出题老师的才华，以后一定要多整点让我们继续看乐子（笑） http://mp.weixin.qq.com/s?__biz=Mzg4OTUwNDYzNg==&mid=2247487247&idx=1&sn=45e588c2c4dddcdc626d5bdd127793e5&chksm=cfeb991cf89c100a0e5bd36fb7f52cc2f56f09979989dfbc236c78fff3b5ae18bb2138ce616a&mpshare=1&scene=23&srcid=0408tSeNtr3Gvb12oHw0MV9r&sharer_shareinfo=8d8e499d3d5efc5c1da9b8aa472b3535&sharer_shareinfo_first=5db061b7d650884f8c5056221c51b752#rd |
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