從一道教材習題的“源”與“流”談起

在學習數學和應用數學的過程中，立足教材內容的學習，主動創設自主獨立思考的時間和空間，從教材中挖掘習題例題閱讀材料等素材的價值，基于已有的素養發展水平為起點，厘清素材內隱的數學本質和問題的“源”“流”脈絡，同時主動觀察生活中的現象并能提出問題，并將問題轉化為數學表達、通過綜合、分析和判斷實現問題解決，進一步探索問題生成、現狀、發展的“源”與“流”.通過尋找數學模型之間的內在聯系，培養數學基本思想的意識和能力.形成問題解決時追根溯源、問題生長、問題遷移、問題回歸的思維品質，是數學思維能力進階，發展數學核心素養的有效策略之一.

一、探究數學問題的“源”與“流”

1.問題的“溯源”

問渠哪得清如許？為有源頭活水來.問題的“溯源”是解決問題的有效邏輯起點.一旦問題的起點是已有認知，即已有的發展水平，通過自主探索或合作探究，使“陌生”問題與“熟悉”問題之間建立一種關聯，助推認知水平走向“潛在發展水平”，達到兩種認知水平之間自然過渡，這種有效的思維方式發展為思維素養，并伴隨其終生的發展.下面從一道教材習題的“溯源”談起．

問題：《高二數學選擇性必修 第三冊．人教版》習題改編.

數列1n（n+1）的前n項和Sn=11×2+12×3+13×4+…+1n（n+1），研究一下，能否找到求Sn的一個公式，你能對這個問題作一些推廣么？

對于這個問題，一般情形是：不防令an=1n（n+1）=An－B（n+1），由待定系數可得，A=1，B=1，則有，an=1n（n+1）=1n－1（n+1），

從而Sn=∑nk=1ak=（1－12）+（12－13）+…+（1n－1n+1）=1－1n+1（n∈N*）.

我們由此模仿處理數列的通項可得.可是，深究起來：問題解決真的內化了么？為什么要如此分拆處理？其“源由”又是什么？沿著這些疑問，進行問題溯源.

注意到這是一個分式形式的求和，不妨從一個簡單的分數運算問題談起：“12－13=？”我們知道32×3－23×2=3－22×3=16，這是簡單一個通分運算．可是進一步思考，反之16可以分拆成兩個分數12、13的差，即16=12－13，當然16的分拆是無窮多的．進一步觀察16=32×3－23×2=3－22×3，可以發現分子為兩數之積，而分子恰為兩數之差.至此發現an=1n（n+1）=（n+1）－nn（n+1）=1n－1（n+1），實質上是數an=1n（n+1）的一種分拆，當然也會有無窮多種分拆．值得思考的是，為何要進行1n（n+1）=1n－1（n+1）這樣分拆，不采用其他形式的分拆？原因就是確保結構統一，即1n與1（n+1）是同類結構，在運算中類似于合并同類項.如何實現同類結構的分拆，可以采用待定系數法，即有

1n（n+1）=An－B（n+1）=A（n+1）－Bnn（n+1）=（A－B）n－An（n+1），從而A=1，B=1．從而求Sn的形式為前后項可相消的求和結構.

數列的裂項求和的思維方法可以看成源于通分的逆用，理清問題起源，有利于有效思維的邏輯起點.中學階段的教學實踐中，有意識引導學生發掘問題的源起，在已有的發展水平順利過渡到潛在的發展水平，通過自主探索，形成有效思維路徑，問題不但順利解決，而且留下深刻的思維痕跡，促進我們的核心素養發展.

2.問題的“生長”

將問題置于生長性的情境中，使得問題具備鮮活的生命力．問題至此，顯然還需關注問題的“生長性”.基于“最近發展區”的問題拓展有利于我們思維的發展，促進體驗“問題的生長性”，探究問題生長的路徑以及可能發展趨勢．上一問題的“生長性”如何呢？事實上，在實數域中可得：1x－1y=y－xxy成立，從本式的運算過程可以知道：關鍵節點是當分母為因式之積“xy”，而分子為因式之差“x－y”的倍數即可實現逆向分拆，由此進一步探索分式型的裂項分拆方法.模型抽象如下，當分式型數列通項的結構滿足形如：an=t·［f（n+k）－f（n）］f（n）·f（n+k）（其中an≠0，f（n）·f（n+k）≠0，t≠0，k，n∈N*），就有an=t·［1f（n）－1f（n+k）］（或者an+1－an=t·（an+1·an）1an－1an+1=t ，an+1·an≠0） 其結論特征簡記為：①通項為分式；②分母為結構相同的因式之積，分子為因式之差的倍數；③fn與fn+k結構一致，則可實現數列通項裂項，進而采用裂項求和.

推廣1：已知數列an的通項為an=1n（n+k），（k，n∈N*），求數列an的前n項和Sn．由上分析可知：an=1n（n+k）=1k（1n－1n+k）.以下略.

利用上述結論，可在高考經典問題中的應用.

推廣2：已知an為a1=a，d≠0的非零等差數列，求數列bn（其中bk=1akak+1·…·ak+m）的前n項和Sn（其中k，m∈N*）．

問題的生長性研究，這里處理更一般的問題推廣三，首先欲求數列的前n項和Sn，先研究數列an的通項，則：1akak+1·…·ak+m=1md（1akak+1·…·ak+m－2ak+m－1－1ak+1ak·…·ak+m），此處證明留給讀者.

從而有Sn=∑nk=1bk=∑nk=11akak+1·…·ak+m=1md（1a1·…·am－1－1an+1·…·an+man+m）， 即得到

Sn=∑nk=11akak+1·…·ak+m=1md（1a1·…·am－1－1an+1·…·an+man+m） ，（a0=a1－d） .

應用1： 已知數列an的通項為an=1n（n+1）（n+2），求數列an的前n項和Sn．

由上分析可知：an=1n（n+1）（n+2）=12·（n+2）－nn（n+1）（n+2）=12·［1n（n+1）－1（n+1）（n+2）］.

應用2：設數列an的前n項的和Sn=43an-13×2n+1+23，n=1，2，3，…

（1）求首項a1與通項an；（2）設Tn=2nSn，n=1，2，3，…，證明：∑ni=1Tilt;32

解析： （1）解略，知an=4n－2n（n∈N*）；

（2）將an=4n－2n代入①得 Sn=43（4n－2n）－13·2n+1+23，

則Tn=2nSn=2n43an-13×2n+1+23，問題是，如何才能求∑ni=1Ti，下面來研究通項Tn.

根據結構特征，數列通項為分式型，前文所述，“分母能否轉化為因式之積，分子是否為因式只差的倍數”？若可以，則可裂項分拆，得下面推理，

Sn=43（4n－2n）－13·2n+1+23=13（2n+1－1）（2n+1－2）=13（2n+1－1）（2n－1），

注意到分子恰為：2n=（2n+1－1）－（2n－1）.從而有以下推理形式，

Tn=2nSn=32·2n（2n+1－1）（2n－1）=32·（2n+1－1）－（2n－1）（2n+1－1）（2n－1）=32·（12n－1－12n+1－1）所以， ∑ni=1Ti=32·∑ni=1（12i－1－12i+1－1）=32·（121－1－12n+1－1）lt;32.

再如，（n∈N*），①an=n+2n（n+1）·12n=2（n+1）-nn（n+1）·12n=1n·2n-1-

1（n+1）2n；

②an=（2n）2（2n-1）（2n+1）=1+12（12n-1-12n+1）.

大道至簡，把握住問題的溯源，問題的生長，這道壓軸題其原型也就不過是分式的運算、數的分拆與結構的統一，而這樣的數學思維是有根的，有生命力，對問題的解決和數學思維的培養不無裨益.

3.問題的“遷移”

問題還可以有怎樣的發展？下面進一步研究在整式中的數的分拆，具體思維及方法是一致的，即： 保持同類結構的分拆，采用待定系數法實現.

問題1：已知數列an的通項為an=n（n+1）（n+2），記Sn為數列an的前n項和，求數列an的前n項和Sn.”

解析：因為an=n（n+1）（n+2）=14［n（n+1）（n+2）（n+3）－（n－1）n（n+1）（n+2）］，

所以：

Sn=14{［（1·2·3·4）－0+（2·3·4·5－1·2·3·4）+…+［n（n+1）（n+2）（n+3）－（n－1）n（n+1）（n+2）］}

=14n（n+1）（n+2）（n+3）

推廣3：an=n（n+1）·…·（n+k）=1k+2［n（n+1）·…·（n+k+1）－（n－1）n（n+1）·…·（n+k）］（其中k，n∈N*）.此處略，證明留給讀者.

推廣4：更一般的，已知an為a1=a，d≠0的非零等差數列，Sn為數列bn（其中bk=akak+1·…·ak+m）的前n項和（其中k，m∈N*）

則akak+1·…·ak+m=1（m+2）d（akak+1·…·ak+mak+m+1－ak－1ak·…·ak+m），進一步，得到：

Sn=∑nk=1akak+1·…·ak+m=1（m+2）d（anan+1·…·an+man+m+1－a0a1·…·am+1），（a0=a1－d）.

此處略，證明留給讀者.

進一步，還可以再推廣三個類型的數列求和的類型，其本質皆為數的分拆，裂項問題的生長果實.

推廣5： 差比數列.定義形如數列an的通項an=bn·cn （其中an=bn·cn，bn為非零等差數列，不妨令bn=An+B（其中A，B不同時為零）；cn為等比數列，且cn=c1qn－1，（q≠1）） ，稱數列an為差比數列.

此類數列常規方法是“錯位相消法求數列的和”，但在求和過程中，常常一看就會做，一做結果錯，下面我們來探究此類數列的采用裂項處理的一般性結果.

同樣假設an=bn·cn能拆成結構相同的兩項只差，即不妨令：

an=bn·cn=［A（n+1）+B］·qn－（An+B）·qn－1，

其中：A=a·c1（q－1），B=c1·b·（q－1）－a·c1·q（q－1）2，（n∈N*），

證明：（待定系數法）設an=（a·n+b）·c1·qn－1=［A（n+1）+B］·qn－（An+B）·qn－1，則有：［A（n+1）+B］·qn－（An+B）·qn－1=［A·（q－1）·n+Aq+Bq－B］·

qn－1，

令 A·（q－1）=a·c1，Aq+Bq－B=c1·b，

得：A=a·c1（q－1），B=c1·b·（q－1）－a·c1·q（q－1）2，（n∈N*，q≠1）

進而，數列an的前n項和Sn為： Sn=［A（n+1）+B］·qn－（A+B）.

應用3：已知數列an，通項an=（2n+1）·3n，（n∈N*），求數列an的前n項和Sn .

解析：由an=（2n+1）·3n=（2n+1）·3·3n－1=n·3n+1－（n－1）·3n，所以，

Sn=［n·3n+1－（n－1）·3n］－（n－1）·3n］+［（n－1）·3n－（n－2）·3n－1］+…+（32－0）］=n·3n+1.

本題的處理避開了繁雜的運算，實現數列裂項求和.

推廣6：冪指數型數列裂項求和法.定義形如數列an的通項an=aknk+ak－1nk－1+…+a1n+a0 （其中n∈N*，k為常數，k∈N*，i∈N，ai∈R） ，稱數列an為冪指數型數列.更一般地，對于an=aknk+ak－1nk－1+…+a1n+a0，必存在實數bi，i∈N*，1≤i≤k+1，使得an=bk+1·（n+1）k+1+bk·（n+1）k+…+b1·（n+1）－bk+1·nk+1+bk·nk+…+b1·n成立.

應用4：已知數列an的通項an=n，求數列an的前n項和Sn.

沿用分拆的思路和數列求和的特征，下面采用待定系數法將數列通項實現結構一致之間的裂項.

不妨令n=［A（n+1）2+B（n+1）+C］－（An2+Bn+C）

=A·［（n+1）2－n2］+B［（n+1）－n］+（C－C）

可得A=12，B=－12，C∈R；

即an=［12·（n+1）2－12·（n+1）］－（12·n2－12·n），從而，

Sn=［12×（1+1）2－12×（1+1）］－（12×12－12×1）+…+［12·（n+1）2－12·（n+1）］－（12·n2－12·n）即Sn=［12·（n+1）2－12·（n+1）］－（12×12－12×1）=n（n+1）2.

由常數C∈R知，可以舍去該項，即令n=［A（n+1）2+B（n+1）］－（An2+Bn）.

推廣7：無理式中的裂項求和法.

問題2：數列an滿足an=1n+n+1，（n∈N*），求數列an的前n項和Sn .

由an=1n+n+1=（n+1－n）（n+n+1）·（n+1－n）=n+1－n知，

Sn=［（n+1－n）－（n－n－1）］+［（n－n－1）－（n－1－n－2）］+…+［（3－2）－（2－1）］所以，Sn=n+1－1.

應用5：an=1n+n+k=k·（n+k－n）（n+n+k）·（n+k－n）=k·（n+k－n）， （k∈N*）.

至此，從一個分式型數列求問題，遷移到整式問題以及特殊無理分式問題，問題遷移了，思維和處理方式卻是一脈相承的，顯然這種思維是有意義的、有明確的路徑，同時讓問題布局限于一個問題，而是使得問題的思考在不同的結構類型中開花結果.當然問題的遷移不止于此，還有平面與空間的關聯、思維方法的遷移等.

4.問題的“回歸”

探求問題的聯系點， 將問題解決的思想和問題解決的方法回歸到已有的熟悉發展區，基于此對問題形成辨析，搭建問題解決的有效橋梁，嘗試陌生問題熟悉化，主動將問題解決的方法回歸到已有方法中，發現問題之間的內在聯系點，實現問題的解決的回歸.

問題3：已知數列an的通項為an=12n，設bn=2n+5（2n+1）（2n+3）an，則數列bn的前n項和Sn=？

由bn=2n+5（2n+1）（2n+3）an得bn=2n+5（2n+1）（2n+3）·12n，注意到通項公式為分式型結構，回歸到裂項處理，但是

2n+5（2n+1）（2n+3）與12n源于不同類型，如何突破思維上的難點，不妨采用分類處理，從熟悉的結構2n+5（2n+1）（2n+3）切入分析，

可得2n+1+4（2n+1）（2n+3）=12n+3+2（12n+1－12n+3）=22n+1－12n+3，

可得bn=2n+5（2n+1）（2n+3）·12n=1（2n+1）2n－1－1（2n+3）2n，從而實現裂項.

故Sn=（13－15×22－1）+（15×22－1－17）×23－1）+…

+［1（2n+1）2n－1－1（2n+3）2n］=13－1（2n+3）2n .

問題4：已知數列an滿足：a1=12，an+1=anenan+e，n∈N*．

（1）求數列an的通項an；

（2）設Sn=a1+a2+…+an，Tn=a1·a2·a3·…·an，求證：Sn≤nn+1， Tngt;e－n2．

有興趣的讀者可以完成，此處略.提示， 統一類型，en≥n+1，n∈N*.

通過對此題的探究，通過尋求問題之間的橋梁，并由此基于自身已有的能力，通過問題的聯系搭建，使得潛在的能力得以實現，更重要的是通過問題的解決歷程，發現問題到回歸的遷移，使得思維有法可依，并提升對問題的理解，獲得新的數學知識，使得數學思維進一步擴充，為升華數學思維奠定了思想基礎.

二、探究數學問題“源”與“流”的啟示

1.重視數學問題的溯源，領悟數學問題的本質.數學問題是對現實問題的數學抽象.一些高中數學概念的呈現方式過于抽象，遠離生活常態，不利于理解和掌握.通過系統挖掘并深度解析數學問題，重視問題的溯源，挖掘問題的起源，置于“熟知”的最近發展區，有助于厘清問題的脈絡，激發學習的主動性和內驅力、領悟數學問題的本質.

2.重視數學問題的遷移，推進數學素養發展.重視數學問題的遷移有利于對問題本質理解的深刻和透視；將新知識與舊知識的聯系凸顯，立足原有結構，洞察其本質與辨析新舊問題之間的差異，厘清問題的“源”“流”脈絡，原有認知結構可利用性越強，越能積極促進遷移的發生.所以，數學問題的遷移時還應關注問題情境的真實性（次真實性）、結構穩定性、問題清晰性、可辨別性、可利用性、可生長性.

3.重視數學問題的回歸，提升數學思維品質.往往認知發展水平往往呈現的是由低級到高級、由簡單到復雜的漸進過程.學習也理應符合這一規律.數學學習過程中把握“問題溯源”“問題生長”“問題遷移”“問題回歸”，促進思維層級向上發展、助力思維能力基于最近發展區向潛在發展區過渡，可以較全面系統地理解問題，通過自主的、積極的且具備程序性數學思考探究，能不斷加固數學推理的邏輯基礎，提升數學學習興趣，創新意識和思維品質.

【本文系廣東省普通高中課程改革專項研究課題“‘以文化育人’為邏輯起點的普通高中新課程新教材的實施策略研究（GDJY-2022-A-B55）”階段性成果】

【作者簡介：中學數學高級教師，教育碩士.華南師范大學碩士研究生校外實踐導師、北京師范大學（珠海校區）數學學科特聘兼職教師，北京師范大學（珠海校區）師范生實踐技能指導專家委員會委員、中山市數學名教師工作室主持人】

責任編輯 徐國堅