“笨”方法也能解難題目

謝長庚

[摘 要] 用學生容易想到的方法解決了幾道數列難題，通過比較一道題的幾種不同解法，揭示了平時的習題教學貼近學生的思維發展區，要注重解法的自然生成. 此外還強調了等差、等比判定問題的通法處理——定義法.

[關鍵詞] 貼近思維發展區；自然的解法；等差等比數列的判定

眾所周知，數學離不開解題，數學研究的過程就是解決問題的過程，數學研究的成果也都是用問題及其解決的形式來記錄的. 在中學階段，高考對學生數學知識的掌握程度以及學生的思維水平的考查也都是一個個題目為載體來進行. 也因此，解題教學是數學教學中很重要的一個方面，甚至某種程度上可以說最重要的一個環節. 那么習題教學中該教給學生什么樣的方法呢？是曲高和寡的絕招還是通俗易懂的“笨方法”？筆者認為，數學解題應該崇尚自然和常規，換句話說就是應該把主要精力放在講那些貼近學生思維發展區的解法，其實，站在數學思維的角度看，自然的解法才是最好的方法，因為自然的解法才是學生能夠想到的方法，也是能引起師生間認知共鳴的方法. 事實上，很多時候“笨方法”也可以解難題目. 下面以兩道數列題為例加以闡述.

例1 設Sn為數列{an}的前n項和且滿足λSn+1=nan+λn，n∈N*，λ∈R，問：是否存在非零實數λ使得數列{an}為等差數列？若存在，求出λ和an；若不存在，說明理由.

參考答案給出了如下的解法：

解：假設存在滿足題意的非零常數λ，并設等差數列的公差為d，則有：

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

此解法獨辟蹊徑，簡潔明了，給人一股清新的感覺. 可是，這樣的解法符合學生的最近發展區嗎？恐怕在考試時大部分學生都不一定能想到利用λ為常數來逼出a1和d需滿足的條件來解題吧. 既然這樣，此解法對我們大部分學生也就“只可遠觀而不可掌握焉”，那么我們平時在處理這類題目所用到的常規思路能否行得通嗎？我們知道，在處理等差數列的判定問題時通常用到的方法有定義法、等差中項法，還有就是函數法（即設出an=An+B或Sn=An2+Bn），這些思路也是學生容易想到的，經過仔細分析，筆者發現這些常規思路都可以行得通，也許相比之下，對于這道題的常規解法并沒有那么簡潔，算是“笨方法”，但也是學生最容易掌握的方法.

解法一（定義法）：假設存在滿足題意的非零常數λ，則由題可得：

當n=1，λ（a1+a2）=a1+λ……①，

當n=2，λ（a1+a2+a3）=2a2+2λ……②.由前面的假設知{an}為等差數列，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及剛剛求出來的a1和d代入題設條件中的式子λSn+1=nan+λn整理得：n2-n+λ（λ-2）=0.

因為該式對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的表達式即可求得a1=0，d=1.

所以，存在常數λ=2，使數列{an}為等差數列，且有an=n-1.

說明：對于這種探索性問題，根據條件寫出前幾項，根據前幾項為等差解出相應的參數的值然后加以驗證是處理這類問題的常規思路. 如2014年高考數學全國Ⅰ卷第17題就是這么處理的.在此題的解答中，因為不知道a1，故無法將前三項都用λ表示出來，再倒回去利用這三項都成等差解出λ的值，所以我們就將這個方法做了一點變形，直接解出公差d，再將an和Sn表達式代回原式從而解出λ的值. 當然這種解法計算量較大，在考試時不提倡用，但在平時，卻是很好的鍛煉計算能力的素材. 現在的解題教學都偏重于巧算，往往忽略了對學生“打硬仗”的能力的培養，這也就造成在后續的解析幾何的學習中，很多學生不敢算，不會算.

解法二（等差中項法）：假設存在滿足題意的非零常數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.

由假設知{an}為等差數列，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}不是常數數列，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λ=2，使數列{an}為等差數列，且有an=n-1.

說明：在此解法中，逆用等差數列應該滿足的表達式：an+2+an=2an+1. 此外還用到了處理含通項an和前n項和Sn式子的一般處理手段——升（降）下標做差消去Sn，從而得到通項相鄰幾項間的關系. 事實上，在高考中，升下標后兩式相減的方法也頻頻派上用場.

比如2005年江蘇高考數學卷的壓軸題：已知數列{an}的前n項和為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.

（1）求A，B的值；

（2）證明：數列{an}為等差；

（3）略.

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

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

對比系數得：Aλ=2A，3A+B=2（B+λ），（2A+2B）λ=0？圯λ=2，A=1，B=-1.

所以，存在常數λ=2，使數列{an}為等差數列，且有an=n-1.

說明：解法三利用等差數列通項具有的函數表達式，得到了一個幾乎可以和參考答案媲美的簡潔解法，事實上，在解題中利用等差數列通項及前n項和的函數特點有時會有意外的驚喜：

比如2011年江蘇高考數學卷第20題：設M為部分正整數組成的集合，數列{an}的首項a1=1，前n項和為Sn，已知對任意整數k∈M，當整數n>k時，Sn+k+Sn-k=2（Sn+Sk）都成立.

（1）設M={1}，a2=2，求a5的值；

（2）設M={3，4}，求數列{an}的通項公式.

據統計，（2）問當時全省做出來的學生極少，標準參案也是寫了很大一篇，讓人望文生畏. 后來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n>3時，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，…成等差數列，a3，a6，a9，…a3n，…成等差數列，

a4，a7，a10，…，a3n+1，…成等差數列，即{a3n-1}，{a3n}，{a3n+1}均為等差數列.

所以Sn-a1可表示為以上三個等差數列的前若干項之和的和，由等差數列前n項表達式的函數特點，可設Sn=An2+Bn+C（A，B，C為常數），

當n=1時有：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n>4時，Sn+4+Sn-4=2（Sn+S4），

將上面Sn的表達式代入此式可得：

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校高一下半期考試的一道數列題：

例2 已知數列{an}的各項均為正數，其前n項和為Sn，且對任意的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*，經驗證n=1時成立，

故Sn=（2n-1）a1，又a1>0，所以{an}為等比數列.

此解答簡潔明了，其中那步更是打破常規，堪稱神來之筆. 可是這種方法學生想得到嗎？平常我們遇到這種問題并不是這么處理的，第一想法應該是兩個式子相減，那么常規的思路行得通嗎？從最貼近學生思維的角度思考，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，an=2n-1a1.

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

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式降下標得到），所以a2a2n=a4a2n-2，

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

張景中先生認為：“一種方法解很多題，要好過很多方法解一個題”. 這“一種方法”絕不是技巧性強、靈機一動的妙法，而應是最基本、最重要、最自然的通法. 通過以上兩個題目，筆者認為定義法就是處理等差、等比數列判定問題的通法（極少數題目會用到等差、等比中項法）. 這也啟示我們在平時的教學中要注重基礎，強調通性通法，特別是不能忽略回歸定義的解題方法，正所謂“問渠哪得清如許，為有源頭活水來”.