“笨”方法也能解難題目

謝長(zhǎng)庚

[摘 要] 用學(xué)生容易想到的方法解決了幾道數(shù)列難題，通過(guò)比較一道題的幾種不同解法，揭示了平時(shí)的習(xí)題教學(xué)貼近學(xué)生的思維發(fā)展區(qū)，要注重解法的自然生成. 此外還強(qiáng)調(diào)了等差、等比判定問(wèn)題的通法處理——定義法.

[關(guān)鍵詞] 貼近思維發(fā)展區(qū)；自然的解法；等差等比數(shù)列的判定

眾所周知，數(shù)學(xué)離不開(kāi)解題，數(shù)學(xué)研究的過(guò)程就是解決問(wèn)題的過(guò)程，數(shù)學(xué)研究的成果也都是用問(wèn)題及其解決的形式來(lái)記錄的. 在中學(xué)階段，高考對(duì)學(xué)生數(shù)學(xué)知識(shí)的掌握程度以及學(xué)生的思維水平的考查也都是一個(gè)個(gè)題目為載體來(lái)進(jìn)行. 也因此，解題教學(xué)是數(shù)學(xué)教學(xué)中很重要的一個(gè)方面，甚至某種程度上可以說(shuō)最重要的一個(gè)環(huán)節(jié). 那么習(xí)題教學(xué)中該教給學(xué)生什么樣的方法呢？是曲高和寡的絕招還是通俗易懂的“笨方法”？筆者認(rèn)為，數(shù)學(xué)解題應(yīng)該崇尚自然和常規(guī)，換句話說(shuō)就是應(yīng)該把主要精力放在講那些貼近學(xué)生思維發(fā)展區(qū)的解法，其實(shí)，站在數(shù)學(xué)思維的角度看，自然的解法才是最好的方法，因?yàn)樽匀坏慕夥ú攀菍W(xué)生能夠想到的方法，也是能引起師生間認(rèn)知共鳴的方法. 事實(shí)上，很多時(shí)候“笨方法”也可以解難題目. 下面以兩道數(shù)列題為例加以闡述.

例1 設(shè)Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和且滿足λSn+1=nan+λn，n∈N*，λ∈R，問(wèn)：是否存在非零實(shí)數(shù)λ使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列？若存在，求出λ和an；若不存在，說(shuō)明理由.

參考答案給出了如下的解法：

解：假設(shè)存在滿足題意的非零常數(shù)λ，并設(shè)等差數(shù)列的公差為d，則有：

λ===，由于對(duì)任意的正整數(shù)n，均有λ為常數(shù)，故必有=，且a1=0，由此推出d=1，λ=2. 所以，存在常數(shù)λ=2，使數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且有an=n-1.

此解法獨(dú)辟蹊徑，簡(jiǎn)潔明了，給人一股清新的感覺(jué). 可是，這樣的解法符合學(xué)生的最近發(fā)展區(qū)嗎？恐怕在考試時(shí)大部分學(xué)生都不一定能想到利用λ為常數(shù)來(lái)逼出a1和d需滿足的條件來(lái)解題吧. 既然這樣，此解法對(duì)我們大部分學(xué)生也就“只可遠(yuǎn)觀而不可掌握焉”，那么我們平時(shí)在處理這類題目所用到的常規(guī)思路能否行得通嗎？我們知道，在處理等差數(shù)列的判定問(wèn)題時(shí)通常用到的方法有定義法、等差中項(xiàng)法，還有就是函數(shù)法（即設(shè)出an=An+B或Sn=An2+Bn），這些思路也是學(xué)生容易想到的，經(jīng)過(guò)仔細(xì)分析，筆者發(fā)現(xiàn)這些常規(guī)思路都可以行得通，也許相比之下，對(duì)于這道題的常規(guī)解法并沒(méi)有那么簡(jiǎn)潔，算是“笨方法”，但也是學(xué)生最容易掌握的方法.

解法一（定義法）：假設(shè)存在滿足題意的非零常數(shù)λ，則由題可得：

當(dāng)n=1，λ（a1+a2）=a1+λ……①，

當(dāng)n=2，λ（a1+a2+a3）=2a2+2λ……②.由前面的假設(shè)知{an}為等差數(shù)列，所以有a1+a3=2a2，代入②式解得：a2=，再將此式代入①式得到a1=.

所以{an}的公差為d=a2-a1=.

將公式Sn+1=（n+1）a1+d，an=a1+（n-1）d及剛剛求出來(lái)的a1和d代入題設(shè)條件中的式子λSn+1=nan+λn整理得：n2-n+λ（λ-2）=0.

因?yàn)樵撌綄?duì)n∈N*恒成立，故有λ（λ-2）=0？圯λ=2（λ=0舍去），

將λ=2代回前面a1和d的表達(dá)式即可求得a1=0，d=1.

所以，存在常數(shù)λ=2，使數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且有an=n-1.

說(shuō)明：對(duì)于這種探索性問(wèn)題，根據(jù)條件寫(xiě)出前幾項(xiàng)，根據(jù)前幾項(xiàng)為等差解出相應(yīng)的參數(shù)的值然后加以驗(yàn)證是處理這類問(wèn)題的常規(guī)思路. 如2014年高考數(shù)學(xué)全國(guó)Ⅰ卷第17題就是這么處理的.在此題的解答中，因?yàn)椴恢繿1，故無(wú)法將前三項(xiàng)都用λ表示出來(lái)，再倒回去利用這三項(xiàng)都成等差解出λ的值，所以我們就將這個(gè)方法做了一點(diǎn)變形，直接解出公差d，再將an和Sn表達(dá)式代回原式從而解出λ的值. 當(dāng)然這種解法計(jì)算量較大，在考試時(shí)不提倡用，但在平時(shí)，卻是很好的鍛煉計(jì)算能力的素材. 現(xiàn)在的解題教學(xué)都偏重于巧算，往往忽略了對(duì)學(xué)生“打硬仗”的能力的培養(yǎng)，這也就造成在后續(xù)的解析幾何的學(xué)習(xí)中，很多學(xué)生不敢算，不會(huì)算.

解法二（等差中項(xiàng)法）：假設(shè)存在滿足題意的非零常數(shù)λ，由題：λSn+1=nan+λn……①，

將n用n-1替換得：λSn=（n-1）an-1+λ（n-1）（n≥2）……②，

②-①整理得：λan+1=nan-（n+1）an-1+λ（n≥2）……③，

將n用n+1替換得：λan+2=（n+1）an+1-（n+2）an+λ……④，

④-③整理得：λ（an+2-an+1）=（n+1）·（an+1-an）+（n-1）an-1（n≥2）……⑤.

由假設(shè)知{an}為等差數(shù)列，故有an+2+an=2an+1？圯an+2=2an+1-an，同理有

an-1=2an-an+1，將這兩個(gè)式子代入⑤式整理得：（λ-2）（an+1-an）=0？圯λ=2（易知{an}不是常數(shù)數(shù)列，否則可以推出矛盾，故an+1-an≠0）.

在λSn+1=nan+λn中取n=1，n=2，并將λ=2代入即可求得a1=0，d=1.

所以，存在常數(shù)λ=2，使數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且有an=n-1.

說(shuō)明：在此解法中，逆用等差數(shù)列應(yīng)該滿足的表達(dá)式：an+2+an=2an+1. 此外還用到了處理含通項(xiàng)an和前n項(xiàng)和Sn式子的一般處理手段——升（降）下標(biāo)做差消去Sn，從而得到通項(xiàng)相鄰幾項(xiàng)間的關(guān)系. 事實(shí)上，在高考中，升下標(biāo)后兩式相減的方法也頻頻派上用場(chǎng).

比如2005年江蘇高考數(shù)學(xué)卷的壓軸題：已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知a1=1，a2=6，a3=11，且（5n-8）Sn+1-（5n+2）·Sn=An+B（n∈N*），其中A，B為常數(shù).

（1）求A，B的值；

（2）證明：數(shù)列{an}為等差；

（3）略.

解法三（函數(shù)表達(dá)式法）：假設(shè)存在滿足題意的非零常數(shù)λ，則可設(shè)an=An+B（A，B為常數(shù)），

所以Sn+1=，將an和Sn+1的表達(dá)式代入題設(shè)式子λSn+1=nan+λn整理得：Aλn2+（3A+B）λn+（2A+2B）λ=2An2+2（B+λ）n.

對(duì)比系數(shù)得：Aλ=2A，3A+B=2（B+λ），（2A+2B）λ=0？圯λ=2，A=1，B=-1.

所以，存在常數(shù)λ=2，使數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且有an=n-1.

說(shuō)明：解法三利用等差數(shù)列通項(xiàng)具有的函數(shù)表達(dá)式，得到了一個(gè)幾乎可以和參考答案媲美的簡(jiǎn)潔解法，事實(shí)上，在解題中利用等差數(shù)列通項(xiàng)及前n項(xiàng)和的函數(shù)特點(diǎn)有時(shí)會(huì)有意外的驚喜：

比如2011年江蘇高考數(shù)學(xué)卷第20題：設(shè)M為部分正整數(shù)組成的集合，數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1=1，前n項(xiàng)和為Sn，已知對(duì)任意整數(shù)k∈M，當(dāng)整數(shù)n>k時(shí)，Sn+k+Sn-k=2（Sn+Sk）都成立.

（1）設(shè)M={1}，a2=2，求a5的值；

（2）設(shè)M={3，4}，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式.

據(jù)統(tǒng)計(jì)，（2）問(wèn)當(dāng)時(shí)全省做出來(lái)的學(xué)生極少，標(biāo)準(zhǔn)參案也是寫(xiě)了很大一篇，讓人望文生畏. 后來(lái)也有不少文章給出了其他的解法，但都不是讓人很滿意，可是利用我們上面的“笨方法”中的解法三，卻能化腐朽為神奇，得到以下讓人耳目一新的解法：

解：由題可知：當(dāng)n>3時(shí)，Sn+3+Sn-3=2（Sn+S3）……①，

將n用n+1替換得：Sn+4+Sn-2=2（Sn+1+S3）……②，

②-①得：an+4+an-2=2an+1（n≥4），

故a2，a5，a8，…a3n-1，…成等差數(shù)列，a3，a6，a9，…a3n，…成等差數(shù)列，

a4，a7，a10，…，a3n+1，…成等差數(shù)列，即{a3n-1}，{a3n}，{a3n+1}均為等差數(shù)列.

所以Sn-a1可表示為以上三個(gè)等差數(shù)列的前若干項(xiàng)之和的和，由等差數(shù)列前n項(xiàng)表達(dá)式的函數(shù)特點(diǎn)，可設(shè)Sn=An2+Bn+C（A，B，C為常數(shù)），

當(dāng)n=1時(shí)有：S1=A+B+C=1……③. 又由①式得：

A（n+3）2+B（n+3）+C+A（n-3）2+B（n-3）+C=2（An2+Bn+C+9A+3B+C），

整理得：6B+C=0④. 由題知當(dāng)n>4時(shí)，Sn+4+Sn-4=2（Sn+S4），

將上面Sn的表達(dá)式代入此式可得：

A（n+4）2+B（n+4）+C+A（n-4）2+B（n-4）+C=2（An2+Bn+C+16A+4B+C），整理得：C+4B=0⑤，聯(lián)立③④⑤可解得：A=1，B=0，C=0？圯Sn=n2，

所以an=2n-1.

再看一道筆者所在學(xué)校高一下半期考試的一道數(shù)列題：

例2 已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，其前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的m，n∈N*，都有（Sm+n+S1）2=4a2ma2n，

（1）求的值；

（2）求證：{an}為等比數(shù)列.

解：（1）令m=n=1，得（2a1+a2）2=4a，同除以a，得=2.

（2）命題的同事給出了如下的參考答案：

解：令m=1，得（Sn+1+S1）2=4a2na2①，

又令m=2，得（Sn+2+S1）2=4a2na4②，

可得=，n∈N*.

在①②中，令n=2，則有（S3+S1）2=4a4a2，（S4+S1）2=4a. 又由（1）知a2=2a1，

故可得a4=8a1，a3=4a1，所以=2.

因此由=2，n∈N*可得Sn+S1=2n-2（S2+S1），n≥2，n∈N*，經(jīng)驗(yàn)證n=1時(shí)成立，

故Sn=（2n-1）a1，又a1>0，所以{an}為等比數(shù)列.

此解答簡(jiǎn)潔明了，其中那步更是打破常規(guī)，堪稱神來(lái)之筆. 可是這種方法學(xué)生想得到嗎？平常我們遇到這種問(wèn)題并不是這么處理的，第一想法應(yīng)該是兩個(gè)式子相減，那么常規(guī)的思路行得通嗎？從最貼近學(xué)生思維的角度思考，筆者又得到了如下的幾種解法：

證法一：

令m=2，n=1，得（S3+S1）2=4a4a2①，

又令m=2，n=2，得（S4+S1）2=4a②？圯S4+S1=2a4？圯S3+S1=a4，

代入①得a4=4a2=8a1？圯S3+S1=8a1？圯S3=7a1？圯a3=4a1，

即a3=4a1，a4=8a1.

？搖又令m=2，m=1， ？圯（Sn+2+S1）2=4a4a2n，（Sn+2+S1）2=4a2a2n+2， ？圯a2a2n+2=a4a2n？圯a2n+2=4a2n？圯{a2n}成等比？圯a2n=4n-1a2.

又令m=1？圯（Sn+1+S1）2=4a2na2？圯Sn+1+S1=2na2.

由Sn+1+S1=2na2，Sn+2+S1=2n+1a2，？圯an+2=2na2=2n+1a1（n∈N*），即n≥3時(shí)，an=2n-1a1.

又由a2=2a1，a1=a1知n∈N*時(shí)，均有an=2n-1a1成立，所以{an}為等比數(shù)列.

證法二：和法一同理求出a4=8a1，且得到a2a2n+2=a4a2n.（*）

令m=n得：S2n+S1=4a=（2a2n）2？圯S2n+S1=2a2n①？圯S2n+2+S1=2a2n+2②

②-①整理得：a2n+1=a2n+2-2a2n，將（*）式代入可得：

a2n+1=-2a2n=2a2n，a2n+2==2a2n+1，從而有an+1=2an（n≥2）.

又a2=2a1≠0，所以{an}為等比數(shù)列.

證法三：

令m=1，m=2，？圯Sn+1+S1=2①，Sn+2+S1=2②， ②-①：an+2=2（-），

所以an+1=2（-），所以=（n≥2）.

又Sn+1+S1=2，Sn+1+S1=2，（此式由②式降下標(biāo)得到），所以a2a2n=a4a2n-2，

所以=為非零常數(shù). 所以===2為非零常數(shù)，故{an}為等比數(shù)列成立. （這里求的過(guò)程和法一相同，略去）

張景中先生認(rèn)為：“一種方法解很多題，要好過(guò)很多方法解一個(gè)題”. 這“一種方法”絕不是技巧性強(qiáng)、靈機(jī)一動(dòng)的妙法，而應(yīng)是最基本、最重要、最自然的通法. 通過(guò)以上兩個(gè)題目，筆者認(rèn)為定義法就是處理等差、等比數(shù)列判定問(wèn)題的通法（極少數(shù)題目會(huì)用到等差、等比中項(xiàng)法）. 這也啟示我們?cè)谄綍r(shí)的教學(xué)中要注重基礎(chǔ)，強(qiáng)調(diào)通性通法，特別是不能忽略回歸定義的解題方法，正所謂“問(wèn)渠哪得清如許，為有源頭活水來(lái)”.