尚未成功

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坦率說，在我個人的解題經歷中，“尚未成功”乃至失敗，實在是比激動人心的成功多得多．但是，“尚未成功”并非只給筆者留下消極的結果，而面對偶爾的順利筆者也總是要繼續尋找當中的“解題愚蠢”（見文［1］、［2］），我不知道這些說來見笑的個人體驗是否對廣大讀者有點幫助，但我能肯定地說，這是我本來就少得可憐的解題財富中的主要資產，并且我的看法（包括本刊1998年開始的解題分析連載以及《數學解題學引論》一書）已引起了一部分同行的關注與共鳴，需要致歉的是，二三年來，關于解題與解題分析的大批讀者來信我不能一一作復，今天的話題很大程度上是一種有意的彌補．下面，筆者要進行3個解題個案的分析，以展示如何由失敗走向成功，又如何對淺層的成功進行深層的調控．

1．個案1—由失敗中獲取有用的信息

例1若a、b、c為互不相等的實數，且x／（a－b）＝y／（b－c）＝z／（c－a），求x＋y＋z．

解：由等比定理得

x／（a－b）＝y／（b－c）＝z／（c－a）

①

＝（x＋y＋z）／［（a－b）＋（b－c）＋（c－a）］．

②

但是，②式的分母為零

（a－b）＋（b－c）＋（c－a）＝0，

③

我們的解題努力失敗了．

評析：這是一個失敗的解題案例，文［3］談到了調整解題方向后的一些處理，其實都用到③式．所以，失敗的過程恰好顯化了題目的一個隱含條件，這是一個積極的收獲，當我們將不成功的②式去掉，把目光同時注視①式與③式時，①式使我們看到了兩條直線重合：

xX＋yY＋z＝0，

④

（a－b）X＋（b－c）Y＋（c－a）＝0．

⑤

而③式又使我們看到了直線⑤通過點

X＝1，

Y＝1．

作一步推理，直線④也通過點（1，1），于是

x＋y＋z＝0．

與文［3］相比，這是一個不無新意的解法，其誕生有賴于兩點：

第1，從失敗的解題中獲取一條有用的信息，即③式．

第2，對①式、③式都作“著眼點的轉移”，從解析幾何的角度去看它們．

有了這兩步，剩下來的工作充其量在30秒以內就可以完成．

2．個案2—尚未成功不等于失敗

設f（n）為關于n的正項遞增數列，M為大于f（1）的正常數，當用數學歸納法來證不等式

f（n）＜M（n∈N）

①

時，其第2步會出現這樣的情況：假設f（k）＜M，則

f（k＋1）＝f（k）＋a（a＝f（k＋1）－f（k）＞0）＜M＋a，

②

無法推出f（k＋1）＜M．

據此，許多人建議，用加強命題的辦法來處理，還有人得出這樣的命題（見文［4］P．32及文［5］P．12）：

命題設｛f（n）｝為關于n的正項遞增數列，M為正常數，則不等式f（n）＜M（n∈N）不能直接用數學歸納法證明．

評析：不等式①沒能用遞推式②證出來，有兩種可能，其一是數學歸納法的功力不足，其二是數學歸納法的使用不當．把“不會用”當作“不能用”，其損失是無法彌補的．

我們分析上述處理的“尚未成功”，關鍵在于遞推式②，這促使我們思考：f（k＋1）與f（k）之間難道只有一種遞推關系嗎？

確實，有的函數式其f（k＋1）與f（k）之間的關系很復雜，無法用數學歸納法來直接證明；而有的關系則較簡單，僅用加減乘除就可以表達出來．但無論是“很復雜”還是“較簡單”，其表達式都未必惟一，文［6］P．278給出過一個反例，說明上述“命題”不真：

例2用數學歸納法證明

f（n）＝1＋（1／2）＋（1／22）＋…＋（1／2n－1）＜2．

講解：當n＝1時，命題顯然成立．

現假設f（k）＜2，則

f（k＋1）＝f（k）＋（1／2k）＜2＋（1／2k），

由于2＋（1／2k）恒大于2，所以數學歸納法證題尚未成功．

然而，這僅是“方法使用不當”．換一種遞推方式，證明并不困難．

f（k＋1）＝1＋（1／2）f（k）＜1＋（1／2）×2＝2．

下面一個反例直接取自文［4］的例2．

例3求證（1／1！）＋（1／2！）＋（1／3！）＋…＋（1／n！）＜2．

證明：當n＝1時，命題顯然成立．

假設n＝k時命題成立，則

（1／1！）＋（1／2！）＋…＋（1／k！）＋［1／（k＋1）！］

＝1＋（1／2）＋（1／3）·（1／2！）＋…＋（1／k）·［1／（k－1）！］＋［1／（k＋1）］·（1／k！）＜1＋（1／2）｛1＋（1／2！）＋…＋［1／（k－1）！］＋（1／k！）｝＜1＋（1／2）×2＝2．

這表明n＝k＋1時命題成立．

由數學歸納法知，不等式已獲證．

3．個案3—對尚未成功的環節繼續反思

文［7］有很好的立意也有很好的標題，叫做“反思通解·引出簡解·創造巧解”，它贊成反思“失敗”并顯示了下面一道二次函數題目的調控過程：

例4二次函數f（x）＝ax2＋bx＋c的圖象經過點（－1，0），是否存在常數a、b、c使不等式

x≤f（x）≤（x2＋1）／2

①

對一切實數x都成立？若存在，求出a、b、c；若不存在，說明理由．

講解：作者從解兩個二次不等式

（x2＋1）／2－f（x）≥0，

f（x）－x≥0．

開始（解法1），經過數形結合的思考（解法2）等過程，最后“經學生相互討論后得到巧解”（解法4）：由基本不等式

（x2＋1）／2≥（x＋1）／22≥x

②

對一切實數x都成立，猜想

f（x）＝（x＋1）／22．

③

經檢驗，f（x）滿足條件f（－1）＝0，所以f（x）存在，a＝（1／4），b＝（1／2），c＝（1／4）．

我們不知道命題人的原始意圖是否只考慮“存在性”，按慣例，“若存在，求出a、b、c”應該理解為“若存在，求出一切a、b、c”．從這一意義上來看上述巧解，那就存在一個明顯的邏輯疑點：誠然，③式是滿足①的一個解，但是在x與（x2＋1）／2之間的二次函數很多，如

f1（x）＝（1／2）x＋（1／2）（x2＋1）／2，

f2（x）＝（1／3）x＋（2／3）（x2＋1）／2，

f3（x）＝（1／4）x＋（3／4）（x2＋1）／2，

……

這當中有的經過點（－1，0），有的不經過點（－1，0），巧解已經驗證了f1（x）經過點（－1，0）從而為所求，我們的疑問是：怎見得其余的無窮個二次函數就都不過點（－1，0）呢？

也就是說，“巧解”解決了“充分性”而未解決“必要性”，解決了“存在性”而未解決“惟一性”．究其原因，是未找出x與（x2＋1／2）之間的所有的二次函數．抓住這一尚未成功的環節繼續思考，我們想到定比分點公式，①式可以改寫為

f（x）＝｛［（x2＋1）／2］＋λx｝／（1＋λ）（λ＞0），

④

或f（x）＝λ（x2＋1）／2＋（1－λ）x（0＜λ＜1）．⑤

一般情況下λ應是x的正值函數（文［8］默認λ為常數是不完善的；同樣，2000年高考理科第20題（2），對cn＝an＋bn設

an＝cncos2θ，

bn＝cnsin2θ

是錯誤的），但由于f（x）為二次函數，λ只能為常數．為了在④中求出λ，把f（－1）＝0代入④即可求出λ＝1（或⑤中λ＝1／2）．

②式與④式的不同，反映了特殊與一般之間的區別，反映了“驗證”與“論證”之間的區別．其實，原［解法1］出來之后，立即就可以得出②式，與是否應用“基本不等式”無關．同樣，原［解法1］中作者思考過的“推理是否嚴密”在“巧解”中依然是個問題．這種種情況說明，我們不僅要對解題活動進行反思，而且要對“反思”進行再反思．下面一個解法請讀者思考錯在哪里？

解：已知條件等價于存在k＜0，使

［f（x）－x］［f（x）－（x2＋1）／2］＝k≤0，

把x＝－1時，f（x）＝0代入得k＝－1，

從而［f（x）－x］［f（x）－（x2＋1）／2］＝－1，

即f2（x）－［（x＋1）2／2］f（x）＋（x3＋x＋2）／2＝0．

由此解出的f（x）為無理函數，不是二次函數，所以本題無解．

作為對反思進行再反思的又一新例證，我們指出文［9］例2（即1997年高考難題）第1問，可以取λ＝a（x2－x）∈（0，1）（λ是x的函數），則

f（x）＝a（x1－x）（x2－x）＋x

＝λx1＋（1－λ）x，

據定比分點的性質有x＜f（x）＜x1．

1羅增儒．解題分析—解題教學還缺少什么環節？中學數學教學參考，1998，1～2

2羅增儒．解題分析—再談自己的解題愚蠢．中學數學教學參考，1998，4

3羅增儒．解題分析—人人都能做解法的改進．中學數學教學參考，1998．7

4李宗奇．調控函數及其應用．中學數學雜志（高中），2000，3

5王俊英．一類數學歸納法能否使用問題的判定．中學數學，1987，9

6羅增儒．數學解題學引論．西安：陜西師范大學出版社，1997，6

7曹軍．反思通解·引出簡解·創造巧解．中學數學，2000，6

8陳雪芬．劉新春．定比分點公式在代數中的應用．數學教學通訊，2000，6

9羅增儒．解題分析——分析解題過程的兩個步驟．中學數學教學參考，1998，5