理学论文：“尚未成功”的突破

 坦率说，在我个人的解题经历中，"尚未成功"乃至失败，实在是比激动人心的成功多得多．但是，"尚未成功"并非只给笔者留下消极的结果，而面对偶尔的顺利笔者也总是要继续寻找当中的"解题愚蠢"（见文［1］、［2］），我不知道这些说来见笑的个人体验是否对广大读者有点帮助，但我能肯定地说，这是我本来就少得可怜的解题财富中的主要资产，并且我的看法（包括本刊1998年开始的解题分析连载以及《数学解题学引论》一书）已引起了一部分同行的关注与共鸣，需要致歉的是，二三年来，关于解题与解题分析的大批读者来信我不能一一作复，今天的话题很大程度上是一种有意的弥补．下面，笔者要进行3个解题个案的分析，以展示如何由失败走向成功，又如何对浅层的成功进行深层的调控．

　　1．个案1-由失败中获取有用的信息
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式的分母为零

（ａ－ｂ）＋（ｂ－ｃ）＋（ｃ－ａ）＝0，

③

　　我们的解题努力失败了．

ｘＸ＋ｙＹ＋ｚ＝0，	④
（ａ－ｂ）Ｘ＋（ｂ－ｃ）Ｙ＋（ｃ－ａ）＝0．	⑤

　　而③式又使我们看到了直线⑤通过点

	Ｘ＝1，
	Ｙ＝1．

?　作一步推理，直线④也通过点（1，1），于是

ｘ＋ｙ＋ｚ＝0．

　　与文［3］相比，这是一个不无新意的解法，其诞生有赖于两点：
第2，对①式、③式都作"着眼点的转移"，从解析几何的角度去看它们．
2．个案2-尚未成功不等于失败

ｆ（ｎ）＜Ｍ（ｎ∈Ｎ）

①

时，其第2步会出现这样的情况：假设ｆ（ｋ）＜Ｍ，则

ｆ（ｋ＋1）＝ｆ（ｋ）＋ａ（ａ＝ｆ（ｋ＋1）－ｆ（ｋ）＞0）＜Ｍ＋ａ，

②

无法推出ｆ（ｋ＋1）＜Ｍ．
命题　设｛ｆ（ｎ）｝为关于ｎ的正项递增数列，Ｍ为正常数，则不等式ｆ（ｎ）＜Ｍ（ｎ∈Ｎ）不能直接用数学归纳法证明．
我们分析上述处理的"尚未成功"，关键在于递推式②，这促使我们思考：ｆ（ｋ＋1）与ｆ（ｋ）之间难道只有一种递推关系吗？
例2　用数学归纳法证明

ｆ（ｎ）＝1＋（1／2）＋（1／22）＋…＋（1／2ｎ－1）＜2．

　　讲解：当ｎ＝1时，命题显然成立．
ｆ（ｋ＋1）＝ｆ（ｋ）＋（1／2ｋ）＜2＋（1／2ｋ），
然而，这仅是"方法使用不当"．换一种递推方式，证明并不困难．
下面一个反例直接取自文［4］的例2．
证明：当ｎ＝1时，命题显然成立．
（1／1！）＋（1／2！）＋…＋（1／ｋ！）＋［1／（ｋ＋1）！］
这表明ｎ＝ｋ＋1时命题成立．
3．个案3-对尚未成功的环节继续反思
例4　二次函数ｆ（ｘ）＝ａｘ2＋ｂｘ＋ｃ的图象经过点（－1，0），是否存在常数ａ、ｂ、ｃ使不等式

ｘ≤ｆ（ｘ）≤（ｘ2＋1）／2

①

对一切实数ｘ都成立？若存在，求出ａ、ｂ、ｃ；若不存在，说明理由．

	（ｘ2＋1）／2－ｆ（ｘ）≥0，
	ｆ（ｘ）－ｘ≥0．

开始（解法1），经过数形结合的思考（解法2）等过程，最后"经学生相互讨论后得到巧解"（解法4）：由基本不等式

（ｘ2＋1）／2≥（ｘ＋1）／22≥ｘ

②

对一切实数ｘ都成立，猜想

ｆ（ｘ）＝（ｘ＋1）／22．

③

　　经检验，ｆ（ｘ）满足条件ｆ（－1）＝0，所以ｆ（ｘ）存在，ａ＝（1／4），ｂ＝（1／2），ｃ＝（1／4）．
ｆ1（ｘ）＝（1／2）ｘ＋（1／2）（ｘ2＋1）／2，
ｆ3（ｘ）＝（1／4）ｘ＋（3／4）（ｘ2＋1）／2，
这当中有的经过点（－1，0），有的不经过点（－1，0），巧解已经验证了ｆ1（ｘ）经过点（－1，0）从而为所求，我们的疑问是：怎见得其余的无穷个二次函数就都不过点（－1，0）呢？

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

	ａｎ＝ｃｎｃｏｓ2θ，
	ｂｎ＝ｃｎｓｉｎ2θ

是错误的），但由于ｆ（ｘ）为二次函数，λ只能为常数．为了在④中求出λ，把ｆ（－1）＝0代入④即可求出λ＝1（或⑤中λ＝1／2）．
解：已知条件等价于存在ｋ＜0，使
把ｘ＝－1时，ｆ（ｘ）＝0代入得　ｋ＝－1，
即　　ｆ2（ｘ）－［（ｘ＋1）2／2］ｆ（ｘ）＋（ｘ3＋ｘ＋2）／2＝0．
作为对反思进行再反思的又一新例证，我们指出文［9］例2（即1997年高考难题）第1问，可以取λ＝ａ（ｘ2－ｘ）∈（0，1）（λ是ｘ的函数），则
＝λｘ1＋（1－λ）ｘ，