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[摘 要] 用学生容易想到的方法解决了几道数列难题，通过比较一道题的几种不同解法，揭示了平时的习题教学贴近学生的思维发展区，要注重解法的自然生成. 此外还强调了等差、等比判定问题的通法处理——定义法.
[关键词] 贴近思维发展区；自然的解法；等差等比数列的判定
众所周知，数学离不开解题，数学研究的过程就是解决问题的过程，数学研究的成果也都是用问题及其解决的形式来记录的. 在中学阶段，高考对学生数学知识的掌握程度以及学生的思维水平的考查也都是一个个题目为载体来进行. 也因此，解题教学是数学教学中很重要的一个方面，甚至某种程度上可以说最重要的一个环节. 那么习题教学中该教给学生什么样的方法呢？是曲高和寡的绝招还是通俗易懂的“笨方法”？笔者认为，数学解题应该崇尚自然和常规，换句话说就是应该把主要精力放在讲那些贴近学生思维发展区的解法，其实，站在数学思维的角度看，自然的解法才是最好的方法，因为自然的解法才是学生能够想到的方法，也是能引起师生间认知共鸣的方法. 事实上，很多时候“笨方法”也可以解难题目. 下面以两道数列题为例加以阐述.
例1 设Sn为数列{an}的前n项和且满足λSn 1=nan λn，n∈N*，λ∈R，问：是否存在非零实数λ使得数列{an}为等差数列？若存在，求出λ和an；若不存在，说明理由.
参考答案给出了如下的解法：
解：假设存在满足题意的非零常数λ，并设等差数列的公差为d，则有：
λ===，由于对任意的正整数n，均有λ为常数，故必有=，且a1=0，由此推出d=1，λ=2. 所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
此解法独辟蹊径，简洁明了，给人一股清新的感觉. 可是，这样的解法符合学生的最近发展区吗？恐怕在考试时大部分学生都不一定能想到利用λ为常数来逼出a1和d需满足的条件来解题吧. 既然这样，此解法对我们大部分学生也就“只可远观而不可掌握焉”，那么我们平时在处理这类题目所用到的常规思路能否行得通吗？我们知道，在处理等差数列的判定问题时通常用到的方法有定义法、等差中项法，还有就是函数法（即设出an=An B或Sn=An2 Bn），这些思路也是学生容易想到的，经过仔细分析，笔者发现这些常规思路都可以行得通，也许相比之下，对于这道题的常规解法并没有那么简洁，算是“笨方法”，但也是学生最容易掌握的方法.
解法一（定义法）：假设存在满足题意的非零常数λ，则由题可得：
当n=1，λ（a1 a2）=a1 λ……①，
当n=2，λ（a1 a2 a3）=2a2 2λ……②.由前面的假设知{an}为等差数列，所以有a1 a3=2a2，代入②式解得：a2=，再将此式代入①式得到a1=.
所以{an}的公差为d=a2-a1=.
将公式Sn 1=（n 1）a1 d，an=a1 （n-1）d及刚刚求出来的a1和d代入题设条件中的式子λSn 1=nan λn整理得：n2-n λ（λ-2）=0.
因为该式对n∈N*恒成立，故有λ（λ-2）=0？圯λ=2（λ=0舍去），
将λ=2代回前面a1和d的表达式即可求得a1=0，d=1.
所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
说明：对于这种探索性问题，根据条件写出前几项，根据前几项为等差解出相应的参数的值然后加以验证是处理这类问题的常规思路. 如2014年高考数学全国Ⅰ卷第17题就是这么处理的.在此题的解答中，因为不知道a1，故无法将前三项都用λ表示出来，再倒回去利用这三项都成等差解出λ的值，所以我们就将这个方法做了一点变形，直接解出公差d，再将an和Sn表达式代回原式从而解出λ的值. 当然这种解法计算量较大，在考试时不提倡用，但在平时，却是很好的锻炼计算能力的素材. 现在的解题教学都偏重于巧算，往往忽略了对学生“打硬仗”的能力的培养，这也就造成在后续的解析几何的学习中，很多学生不敢算，不会算.
解法二（等差中项法）：假设存在满足题意的非零常数λ，由题：λSn 1=nan λn……①，
将n用n-1替换得：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，
将n用n 1替换得：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.
由假设知{an}为等差数列，故有an 2 an=2an 1？圯an 2=2an 1-an，同理有
an-1=2an-an 1，将这两个式子代入⑤式整理得：（λ-2）（an 1-an）=0？圯λ=2（易知{an}不是常数数列，否则可以推出矛盾，故an 1-an≠0）.
在λSn 1=nan λn中取n=1，n=2，并将λ=2代入即可求得a1=0，d=1.
所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
说明：在此解法中，逆用等差数列应该满足的表达式：an 2 an=2an 1. 此外还用到了处理含通项an和前n项和Sn式子的一般处理手段——升（降）下标做差消去Sn，从而得到通项相邻几项间的关系. 事实上，在高考中，升下标后两式相减的方法也频频派上用场.
比如2005年江苏高考数学卷的压轴题：已知数列{an}的前n项和为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为常数.
（1）求A，B的值； （2）证明：数列{an}为等差；
（3）略.
解法三（函数表达式法）：假设存在满足题意的非零常数λ，则可设an=An B（A，B为常数），
所以Sn 1=，将an和Sn 1的表达式代入题设式子λSn 1=nan λn整理得：Aλn2 （3A B）λn （2A 2B）λ=2An2 2（B λ）n.
对比系数得：Aλ=2A，3A B=2（B λ），（2A 2B）λ=0？圯λ=2，A=1，B=-1.
所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
说明：解法三利用等差数列通项具有的函数表达式，得到了一个几乎可以和参考答案媲美的简洁解法，事实上，在解题中利用等差数列通项及前n项和的函数特点有时会有意外的惊喜：
比如2011年江苏高考数学卷第20题：设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，已知对任意整数k∈M，当整数n>k时，Sn k Sn-k=2（Sn Sk）都成立.
（1）设M={1}，a2=2，求a5的值；
（2）设M={3，4}，求数列{an}的通项公式.
据统计，（2）问当时全省做出来的学生极少，标准参案也是写了很大一篇，让人望文生畏. 后来也有不少文章给出了其他的解法，但都不是让人很满意，可是利用我们上面的“笨方法”中的解法三，却能化腐朽为神奇，得到以下让人耳目一新的解法：
解：由题可知：当n>3时，Sn 3 Sn-3=2（Sn S3）……①，
将n用n 1替换得：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，…成等差数列，a3，a6，a9，…a3n，…成等差数列，
a4，a7，a10，…，a3n 1，…成等差数列，即{a3n-1}，{a3n}，{a3n 1}均为等差数列.
所以Sn-a1可表示为以上三个等差数列的前若干项之和的和，由等差数列前n项表达式的函数特点，可设Sn=An2 Bn C（A，B，C为常数），
当n=1时有：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. 由题知当n>4时，Sn 4 Sn-4=2（Sn S4），
将上面Sn的表达式代入此式可得：
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，联立③④⑤可解得：A=1，B=0，C=0？圯Sn=n2，
所以an=2n-1.
再看一道笔者所在学校高一下半期考试的一道数列题：
例2 已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意的m，n∈N*，都有（Sm n S1）2=4a2ma2n，
（1）求的值；
（2）求证：{an}为等比数列.
解：（1）令m=n=1，得（2a1 a2）2=4a，同除以a，得=2.
（2）命题的同事给出了如下的参考答案：
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，则有（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*，经验证n=1时成立，
故Sn=（2n-1）a1，又a1>0，所以{an}为等比数列.
此解答简洁明了，其中那步更是打破常规，堪称神来之笔. 可是这种方法学生想得到吗？平常我们遇到这种问题并不是这么处理的，第一想法应该是两个式子相减，那么常规的思路行得通吗？从最贴近学生思维的角度思考，笔者又得到了如下的几种解法：
证法一：
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.
？摇又令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时，an=2n-1a1.
又由a2=2a1，a1=a1知n∈N*时，均有an=2n-1a1成立，所以{an}为等比数列.
证法二：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，将（*）式代入可得：
a2n 1=-2a2n=2a2n，a2n 2==2a2n 1，从而有an 1=2an（n≥2）.
又a2=2a1≠0，所以{an}为等比数列.
证法三：
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式降下标得到），所以a2a2n=a4a2n-2，
所以=为非零常数. 所以===2为非零常数，故{an}为等比数列成立. （这里求的过程和法一相同，略去）
张景中先生认为：“一种方法解很多题，要好过很多方法解一个题”. 这“一种方法”绝不是技巧性强、灵机一动的妙法，而应是最基本、最重要、最自然的通法. 通过以上两个题目，笔者认为定义法就是处理等差、等比数列判定问题的通法（极少数题目会用到等差、等比中项法）. 这也启示我们在平时的教学中要注重基础，强调通性通法，特别是不能忽略回归定义的解题方法，正所谓“问渠哪得清如许，为有源头活水来”.
[关键词] 贴近思维发展区；自然的解法；等差等比数列的判定
众所周知，数学离不开解题，数学研究的过程就是解决问题的过程，数学研究的成果也都是用问题及其解决的形式来记录的. 在中学阶段，高考对学生数学知识的掌握程度以及学生的思维水平的考查也都是一个个题目为载体来进行. 也因此，解题教学是数学教学中很重要的一个方面，甚至某种程度上可以说最重要的一个环节. 那么习题教学中该教给学生什么样的方法呢？是曲高和寡的绝招还是通俗易懂的“笨方法”？笔者认为，数学解题应该崇尚自然和常规，换句话说就是应该把主要精力放在讲那些贴近学生思维发展区的解法，其实，站在数学思维的角度看，自然的解法才是最好的方法，因为自然的解法才是学生能够想到的方法，也是能引起师生间认知共鸣的方法. 事实上，很多时候“笨方法”也可以解难题目. 下面以两道数列题为例加以阐述.
例1 设Sn为数列{an}的前n项和且满足λSn 1=nan λn，n∈N*，λ∈R，问：是否存在非零实数λ使得数列{an}为等差数列？若存在，求出λ和an；若不存在，说明理由.
参考答案给出了如下的解法：
解：假设存在满足题意的非零常数λ，并设等差数列的公差为d，则有：
λ===，由于对任意的正整数n，均有λ为常数，故必有=，且a1=0，由此推出d=1，λ=2. 所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
此解法独辟蹊径，简洁明了，给人一股清新的感觉. 可是，这样的解法符合学生的最近发展区吗？恐怕在考试时大部分学生都不一定能想到利用λ为常数来逼出a1和d需满足的条件来解题吧. 既然这样，此解法对我们大部分学生也就“只可远观而不可掌握焉”，那么我们平时在处理这类题目所用到的常规思路能否行得通吗？我们知道，在处理等差数列的判定问题时通常用到的方法有定义法、等差中项法，还有就是函数法（即设出an=An B或Sn=An2 Bn），这些思路也是学生容易想到的，经过仔细分析，笔者发现这些常规思路都可以行得通，也许相比之下，对于这道题的常规解法并没有那么简洁，算是“笨方法”，但也是学生最容易掌握的方法.
解法一（定义法）：假设存在满足题意的非零常数λ，则由题可得：
当n=1，λ（a1 a2）=a1 λ……①，
当n=2，λ（a1 a2 a3）=2a2 2λ……②.由前面的假设知{an}为等差数列，所以有a1 a3=2a2，代入②式解得：a2=，再将此式代入①式得到a1=.
所以{an}的公差为d=a2-a1=.
将公式Sn 1=（n 1）a1 d，an=a1 （n-1）d及刚刚求出来的a1和d代入题设条件中的式子λSn 1=nan λn整理得：n2-n λ（λ-2）=0.
因为该式对n∈N*恒成立，故有λ（λ-2）=0？圯λ=2（λ=0舍去），
将λ=2代回前面a1和d的表达式即可求得a1=0，d=1.
所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
说明：对于这种探索性问题，根据条件写出前几项，根据前几项为等差解出相应的参数的值然后加以验证是处理这类问题的常规思路. 如2014年高考数学全国Ⅰ卷第17题就是这么处理的.在此题的解答中，因为不知道a1，故无法将前三项都用λ表示出来，再倒回去利用这三项都成等差解出λ的值，所以我们就将这个方法做了一点变形，直接解出公差d，再将an和Sn表达式代回原式从而解出λ的值. 当然这种解法计算量较大，在考试时不提倡用，但在平时，却是很好的锻炼计算能力的素材. 现在的解题教学都偏重于巧算，往往忽略了对学生“打硬仗”的能力的培养，这也就造成在后续的解析几何的学习中，很多学生不敢算，不会算.
解法二（等差中项法）：假设存在满足题意的非零常数λ，由题：λSn 1=nan λn……①，
将n用n-1替换得：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，
将n用n 1替换得：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.
由假设知{an}为等差数列，故有an 2 an=2an 1？圯an 2=2an 1-an，同理有
an-1=2an-an 1，将这两个式子代入⑤式整理得：（λ-2）（an 1-an）=0？圯λ=2（易知{an}不是常数数列，否则可以推出矛盾，故an 1-an≠0）.
在λSn 1=nan λn中取n=1，n=2，并将λ=2代入即可求得a1=0，d=1.
所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
说明：在此解法中，逆用等差数列应该满足的表达式：an 2 an=2an 1. 此外还用到了处理含通项an和前n项和Sn式子的一般处理手段——升（降）下标做差消去Sn，从而得到通项相邻几项间的关系. 事实上，在高考中，升下标后两式相减的方法也频频派上用场.
比如2005年江苏高考数学卷的压轴题：已知数列{an}的前n项和为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为常数.
（1）求A，B的值； （2）证明：数列{an}为等差；
（3）略.
解法三（函数表达式法）：假设存在满足题意的非零常数λ，则可设an=An B（A，B为常数），
所以Sn 1=，将an和Sn 1的表达式代入题设式子λSn 1=nan λn整理得：Aλn2 （3A B）λn （2A 2B）λ=2An2 2（B λ）n.
对比系数得：Aλ=2A，3A B=2（B λ），（2A 2B）λ=0？圯λ=2，A=1，B=-1.
所以，存在常数λ=2，使数列{an}为等差数列，且有an=n-1.
说明：解法三利用等差数列通项具有的函数表达式，得到了一个几乎可以和参考答案媲美的简洁解法，事实上，在解题中利用等差数列通项及前n项和的函数特点有时会有意外的惊喜：
比如2011年江苏高考数学卷第20题：设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，已知对任意整数k∈M，当整数n>k时，Sn k Sn-k=2（Sn Sk）都成立.
（1）设M={1}，a2=2，求a5的值；
（2）设M={3，4}，求数列{an}的通项公式.
据统计，（2）问当时全省做出来的学生极少，标准参案也是写了很大一篇，让人望文生畏. 后来也有不少文章给出了其他的解法，但都不是让人很满意，可是利用我们上面的“笨方法”中的解法三，却能化腐朽为神奇，得到以下让人耳目一新的解法：
解：由题可知：当n>3时，Sn 3 Sn-3=2（Sn S3）……①，
将n用n 1替换得：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，…成等差数列，a3，a6，a9，…a3n，…成等差数列，
a4，a7，a10，…，a3n 1，…成等差数列，即{a3n-1}，{a3n}，{a3n 1}均为等差数列.
所以Sn-a1可表示为以上三个等差数列的前若干项之和的和，由等差数列前n项表达式的函数特点，可设Sn=An2 Bn C（A，B，C为常数），
当n=1时有：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. 由题知当n>4时，Sn 4 Sn-4=2（Sn S4），
将上面Sn的表达式代入此式可得：
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，联立③④⑤可解得：A=1，B=0，C=0？圯Sn=n2，
所以an=2n-1.
再看一道笔者所在学校高一下半期考试的一道数列题：
例2 已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意的m，n∈N*，都有（Sm n S1）2=4a2ma2n，
（1）求的值；
（2）求证：{an}为等比数列.
解：（1）令m=n=1，得（2a1 a2）2=4a，同除以a，得=2.
（2）命题的同事给出了如下的参考答案：
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，则有（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*，经验证n=1时成立，
故Sn=（2n-1）a1，又a1>0，所以{an}为等比数列.
此解答简洁明了，其中那步更是打破常规，堪称神来之笔. 可是这种方法学生想得到吗？平常我们遇到这种问题并不是这么处理的，第一想法应该是两个式子相减，那么常规的思路行得通吗？从最贴近学生思维的角度思考，笔者又得到了如下的几种解法：
证法一：
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.
？摇又令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时，an=2n-1a1.
又由a2=2a1，a1=a1知n∈N*时，均有an=2n-1a1成立，所以{an}为等比数列.
证法二：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，将（*）式代入可得：
a2n 1=-2a2n=2a2n，a2n 2==2a2n 1，从而有an 1=2an（n≥2）.
又a2=2a1≠0，所以{an}为等比数列.
证法三：
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式降下标得到），所以a2a2n=a4a2n-2，
所以=为非零常数. 所以===2为非零常数，故{an}为等比数列成立. （这里求的过程和法一相同，略去）
张景中先生认为：“一种方法解很多题，要好过很多方法解一个题”. 这“一种方法”绝不是技巧性强、灵机一动的妙法，而应是最基本、最重要、最自然的通法. 通过以上两个题目，笔者认为定义法就是处理等差、等比数列判定问题的通法（极少数题目会用到等差、等比中项法）. 这也启示我们在平时的教学中要注重基础，强调通性通法，特别是不能忽略回归定义的解题方法，正所谓“问渠哪得清如许，为有源头活水来”.