命题与创意
——数学试题命制的思维境界
此中有真意，欲辨已忘言 - 晋⋅陶潜
著名数学教育家乔治．波利亚写有一系列名著，如>，>，>，等等，读过之后，我们常常会产生这样的遗憾：为什么他接下来就没有续写一本>的书呢？也许，这件事本身就是一道无法说透的谜题，或者是一本无字之书吧！就像佛祖如来有意给了唐僧一本无字真经一样，留给人们无限的遐想．这是一个永恒的课题，是一种禅机，正所谓“道可道，非常道”，其中的哲理，或许永远不能穷尽，需要有缘人不停地“参”、不止地“修”，不断地“悟”，以臻完善． 人们常说，教学有法，教无定法，对于命题也是如此，每个人处在不同的环境，站在不同的海拔，面对特定的时空，随时会产生各种各样的想法、问题，如果这些想法和问题是理性的，可能是一闪之念，如电光流云，“情景一失永难摹”，但若及时捕捉到它，就成了命题． 如同绘画构思、艺术设计，诗文创作以及各种科技发明一样，数学命题从素材到成品的过程，也需要命题人的精雕细琢，匠心与创意．
数学中的解题与命题技术，如同武器之中的矛与盾的关系，这里没有“一劳永逸”，它们的永恒活力，就在于不断的开拓、创新与发展．
下面通过若干试题的命制过程，介绍有关命题的一些体会．
一、逆向推演，顺瓜摸藤
*
例1、（2007年江西高考） 设正整数数列{a n }满足：a 2=4, 且对任何n ∈N ，都有
11
+a a n +111
2+
11a n +1a n -
n n +1
该题命制方法是：事先想好一个数列，例如a n =n 2，然后对其操作变形折腾，使其适当复杂化：由n +1-a n =1，此式两边平方，得a n +1+a n =1+2a n a n +1，两边同除以交叉项， 得到
11
=2
得
2+
11111⎫1
，
，即：2+
a n +1a n a n +1a n a n a n +1⎭
⎛111⎫1
作局部显示，得到：2+．
a n +1a a a n +1⎭n ⎝n
11+a a n +111
为使形式对称，改写成 2+
a n +1-a n
n n +1
这样就得到了开初的命题形式．
⎛111⎫1
解：据条件得，2+，因此在n =1时，有
a n +1a n ⎝a n a n +1⎭2+
⎛11⎫28122111
374a 14a 1a 2a 1⎝a 1a 2⎭
因a 1为正整数，所以a 1=1；
当n =2，由2+
⎛11⎫11
今由a 1=12, a 2=22, a 3=32，猜想 a n =n 2．以下采用数学归纳法证明，在n =1, 2,3时已验证，设n =k (k ≥2) 时已成立，即a k =k 2，则当n =k +1时，由于
⎛1k 3(k +1) k (k 2+k -1) 11⎫1
k -k +1k -1a k +1a k +1⎭k ⎝k
(k +1) 21
(k +1) -3
k +1k -1
2
1(k +1) 2
∈(0,1]；∈(0,1]，又据k -1≥1得 (k +1) -(k +1) =k (k +1)(k -2) ≥0，则3
k -1k +1
3
2
由○1得到，(k +1) 2-1
例2：正整数数列{a n }满足：a 2=15，
2+
a n a n 44
111
++ +． a 1a 2a n
计算 S n =
这是为2007年江西高考压轴题准备的难度提升题，后未采用，于是改为数学竞赛的预
赛试题，此题的命制方法与上题类似，只是数列略为复杂些：
事先给定数列：a n =(2n ) 2-1，则有：a n -(4n -2) =(2n -1) 2, a n +1-(4n +2) =(2n +1) 2， 这时，
a n a n 2n +12n -122
+=+=2++
a n -(4n -2) a n +1-(4n +2) 2n -12n +12n -12n +1
=2+
44444
．显然有，为了锁定数列，给出a 2=15， =2+
(2n ) -1a n
a n +1a n a n -1就得到本题的表示形式．
解：先求通项a n ，n =1时，条件化为，
2+
4a
4
1
„○1 1+11-29a 1-此条件蕴含a 1≠1,2，即有a 1≥3，由○1式两端分别得到，
2+a 14a ->1 „„○A ， 2+a 1-4
B 1-29a 1+1a 1-29a 1-1
据○A ，a 321-10a 1-11a 1+108>0，即 (a 1-10)(a 21-11)
>2，因此，
a 1≤3 或 a 1≥11 „○
2 据○B ，a 31-12a 21+11a 1+36
>168，因此，
3≤a 1≤10 „„○3，据○2，○3得 a 1=3 当n =2时，○1式化为，2+
14
，故有 3-10712a 3-1021
31513
3-103
，所以 a 3=35． 注意到 a 1+1=4=22, a 2+1=16=42, a 3+1=36=62， 今证明，一般有 a 2
n =(2n )-1 „„○4
此式对于n =1, 2,3已成立，设○4对于n (n ≥3)成立，考虑n +1情形，
据○1， 2+12n +14n 2-12n 2
， n +1-4n -22n -1即 1+124n 2-122
n 2-2n -1
， n +1-4n -22n -12n -1
2n 3-3n 2+2n -1(2n +1)(2n -1)4n 3-6n 2+2n +1
n 22n -1a n +1-22n +1(2n -1)2n 2-1n 2(2n -1)a n +1
所以 3．
22
4n -6n +2n +12n +12n -3n +2n -1
即
(2n -1)
2
(2n
2
-1)
2
(2n +1)(4n 3-6n 2+2n +1)-2
4n 3-6n 2+2n +1(2n +1)(2n 3-3n 2+2n -1)+1a n +1
2n +12n 3-3n 2+2n -1
也即 (2n +1)-
2
a n +121
4n -6n +2n +12n +12n -3n +2n -1
(2n +1)+2(2n +1)-
2
2(2n +1)
4n -6n +2n +12n +1
，
2n 3-3n 2+2n -1
2
2
所以，(2n +1)+2(2n +1)-1
a n +1=(2n +1)+2(2n +1)=⎡4式对于任何正整数n 皆成⎣2(n +1)⎤⎦-1，故由归纳法，○
立，即 a n =(2n )-1． 再计算 S n ：注意
n
2
22
111⎛11⎫
== -⎪，所以， a n 2n -12n +12⎝2n -12n +1⎭
11n ⎛11⎫1⎛1⎫n
． S n =∑=∑ -=1-=⎪ ⎪
2k =1⎝2k -12k +1⎭2⎝2n +1⎭2n +1k =1a k
二、意料之外，情理之中
对于高考试题而言，既要受考试大纲约束，又要受教材约束，并需顾及当年考生实际情
况，同时还需回避每年出现在各地的大量考试试题、以及资料题海；要让猜题、押题者感到“只在此山中，云深不知处”，使得试题能够真正考出学生的实际能力，命题时确实具有相当大的难度．
我们知道，三个数a , b , c 成等差数列，其定义是b -a =c -b ，但在课堂上，要给学生就事论事地复习或练习这种问题，相信谁都不会重视；但是，被认为最不可能出题的地方，往往会成为命题人感到最为保险的地方；如果我们将a , b , c 换成a , b , c ，则“没戏”的地方便立即变成了“有戏”．
例3：（2010年江西高考数学试题）证明以下命题：
2
2
2
(1)、对任一正整数a ，都存在正整数b , c (b
222(2)、存在无穷多个互不相似的三角形∆n , 其边长a n , b n , c n 为正整数，且a n 成, b n , c n
等差数列．
证明：(1)、易知12,52,72成等差数列，故a 2,(5a ) 2,(7a ) 2也成等差数列， 所以对任一正整数a ，都存在正整数b =5a , c =7a ,(b
至于第二问，编题者是借助“不相似的三角形”来掩盖第一问中的“成比例”思想．
2222222
(2)、若a n 成等差数列，则有b n ， , b n , c n -a n =c n -b n
即(b n -a n )(b n +a n ) =(c n -b n )(c n +b n ) „„ ①，下面采用构造法， 选取关于n 的一个多项式，例如4n (n 2-1) ，使得它可按两种方式分解因式， 由于4n (n 2-1) =(2n -2)(2n 2+2n ) =(2n +2)(2n 2-2n )
2
⎧a =n -2n -1n 22
⎧⎧⎪⎪a n +b n =2n -2n ⎪c n +b n =2n +2n 2
, ⎨(n ≥4) „ ② 因此令 ⎨，可得⎨b n =n +1
b -a =2n +2c -b =2n -2⎪⎪n ⎩n ⎩n n ⎪c =n 2+2n -1
⎩n
222
易验证a n , b n , c n 满足①，因此a n 成等差数列， , b n , c n
当n ≥4时，有a n 0，因此以a n , b n , c n 为边可以构成三角形．其次，任取正整数m , n (m , n ≥4, 且m ≠n ) ，假若三角形∆m 与∆n 相似，则有：
m 2-2m -1m 2+1m 2+2m -1
==，据比例性质有：
n 2-2n -1n 2+1n 2+2n -1
m 2+1m 2+2m -1(m 2+2m -1) -(m 2+1) m -1
=2=2=22
n +1n +2n -1(n +2n -1) -(n +1) n -1m 2+1m 2-2m -1(m 2-2m -1) -(m 2+1) m +1
==2=
n 2+1n 2-2n -1(n -2n -1) -(n 2+1) n +1
所以
m +1m -1
=，由此可得m =n ，与假设m ≠n 矛盾． n +1n -1
即任两个三角形∆m 与∆n (m , n ≥4, m ≠n ) 互不相似，所以，存在无穷多个互不相似的
222三角形∆n , 其边长a n , b n , c n 为正整数且a n 成等差数列． , b n , c n
读罢“三国”，我们或许会对“千古一计”的“空城计”之泡制者感到由衷的敬佩，那个以“一生唯谨慎”为处世之本的卧龙诸葛，竟然会产生出这样的奇思妙想和大胆决策！
其实，他的帷幄运筹，原于对信息及对手的深度把握与精准判断．其基本立意所采用的就是“意料之外”！然而，这种命题构思往往是不能重复使用的，一旦变为陈题，就将处于被动．
222333
试想，如果把a n 成等差数列的问题简单地改成“a n 成等差数列”之类, b n , c n , b n , c n
的问题，那还算什么创新？命题人只有时刻关心事物的内在联系，才能不断创造出新的意境， 问渠那得清如许？为有源头活水来． 例4：（2006年江西高考）数列{a n }满足：a 1=
3na n -13
，n =2,3, ， , a n =
22a n -1+n -1
(10) 、求{a n }的通项公式；(20) 、证明：对于每个正整数n ，a 1a 2 a n
讲解：本题采用“集装箱”方法，即“数据打包”，其命题过程是：事先给出一个等比数
n 1⎛n -1⎫1n 1
1-= 1-列：x n =qx n -1，然后适当选取q =，x n =1-, x 1=，即有⎪，
a n 3⎝a n -1⎭3a n 3
转换还原后化为a 1=
3na n -13
．这就成为本题的题干． , a n =
22a n -1+n -1
⎧n 1⎛n -1⎫n ⎫
= 1-解一、变形条件为：1-⎪，因此，⎨1-⎬为一个等比数列，其首a n 3⎝a n -1⎭⎩a n ⎭1n ⋅3n 11n 1
项为1-=，公比也是，从而1-=n ，则a n =n , n =1,2, ，„ ①
33-1a 13a n 3
所以，
n 1
=1-n „ ② a n 3
⎛
⎝
1⎫⎛3⎭⎝
1⎫⎛1⎫1 1-> „ ③ 2⎪n ⎪3⎭⎝3⎭2
为证a 1a 2 a n
加强命题，先证，对每个n ，都有 1-⎪1-对n 归纳，n =1时，有1-
⎛
⎝1⎫⎛3⎭⎝1⎫⎛1⎫11
„ ④ 1-≥+⎪ ⎪
32⎭⎝3n ⎭22⋅3n
111=+；设n =k 时④式成立，即 322⋅3
1⎫⎛1⎛1⎫⎛
1-1- 1- ⎪ 2⎪k ⎝3⎭⎝3⎭⎝31⎫⎛1⎛1⎫⎛
1-1- 1- ⎪ 2⎪k ⎝3⎭⎝3⎭⎝3=
1⎫1
，则当n =k +1时， ≥+⎪k
⎭22⋅3
1⎫⎛11⎫⎛1⎫⎫⎛
⋅1-≥+1-⎪ k +1⎪k ⎪k +1⎪322⋅33⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
1111111
+--=+- 22⋅3k 2⋅3k +12⋅32k +123k +12⋅32k +1
=
111⎫11⎛1
++->+ k +1k +12k +1⎪k +1
22⋅32⋅3⎭22⋅3⎝2⋅3
即n =k +1时④式也成立，故④式对于每个正整数n 都成立．因此③式成立，结论得证． 解二、单墫教授后来又为此题提供了一个解法： 变形条件式为
213n 2a n -1+n -1n -1n
，令b n =，则b 1=，b n =(b n -1+2)，==2+
33a n a n -1a n -1a n
此式可化为b n -1=
1121
(b n -1-1)，所以{b n -1}是公比为，首项为-1=-的等比数列．
3333
n -1
1⎛1⎫
从而b n -1=-⋅ ⎪
3⎝3⎭
n n ⋅3n 1
=-n ，a n ==n , n =1,2, ，
b n 3-13
3⋅32⋅ ⋅3n
， a 1a 2 a n =n ! ⋅
(3-1)(32-1) (3n -1)
为证a 1a 2 a n
⎛⎝1⎫⎛3⎭⎝1⎫⎛1⎫1 1->，由伯努利不等式， 2⎪n ⎪3⎭⎝3⎭2
1
1⎫⎛1⎫111⎛1⎫⎛=1，故结论得证． 1-1- 1-≥1--- ->1- ⎪ 2⎪n ⎪123323n ⎝3⎭⎝3⎭⎝3⎭1-
3
例5、（2010中等数学）将小于100的九个互异正整数分别填入一个3⨯3的方格表中，
使得表格的每行三数、每列三数都成为勾股数组，你的填法是：
（本题也是一道考查灵感的问题，如果不能看出问题的结构，而是依靠“拼凑”去做，那么完成这一道小题将会耗去很多时间，甚至徒劳无功．） 本题答案是：
1536392432
40
[1**********]2
[1**********]5
解：任取两个不同的勾股数组a , b , c 与x , y , z ，则在表M 中，每行、每列的三数也都是
222
勾股数组；这是由于，若a +b =c ，可得(ka ) +(kb ) =(kc ) ；
2
2
2
例如取3, 4,5与5,12,13，得到一种填法： 若取3, 4,5与8,15,17，得到另一种填法： （因勾股数有无穷多组，故不同的填法也有无穷多， 而所列出的两种情况是各元素均小于100的填法）．
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美国作家马克·吐温有一篇著名小说《百万英镑》，并被拍成电影，讲述了一个美国穷小子亨利·亚当斯在伦敦的一次奇遇。伦敦的两位富翁打赌，把一张无法兑现的百万大钞借给亨利，看他在一个月内如何收场。一个月的期限到了，亨利不仅没有饿死或被捕，反倒成了富翁，并且赢得了一位漂亮小姐的爱情。影片以其略带夸张的艺术手法再现大师小说中讽刺与幽默，揭露了20世纪初英国社会的拜金主义。这就是意料之外，情理之中．
三、旁敲侧击 暗度陈仓 “质数”本来是极不规则的，借此出题，往往不易成功；然而“规则”与“不规则”往往只是一墙之隔，山重水复疑无路，柳暗花明又一村；下面是2007年东南赛的一道试题，在编拟时采取了“傍”的策略．
例6、（2007年东南赛试题）试求满足下列条件的三元数组(a , b , c )：
(10) 、a
解：据条件，(a +1)(c +1)=(b +1) „ ①，设a +1=n 2x , c +1=m 2y ，其中x , y 不含大于1的平方因子，则必有x =y ，这是由于，据①，(mn )xy =(b +1)„ ②，则
2
2
2
mn (b +1)，设b +1=mn ⋅w ，于是②化为，xy =w 2„ ③，若w >1，则有质数p 1w ，
22
即p 1w ，因x , y 皆不含大于1的平方因子，因此p 1x ，p 1y ．设
x =p 1x 1, y =p 1y 1, w =p 1w 1，则③化为，x 1y 1=w 12„ ④，若仍有w 1>1，则又有质数
2
w 12，因x 1, y 1皆不含大于1的平方因子，则p 2x 1，p 2y 1，设 p 2w 1，即p 2
2
，„„，如此下去，因③式中w 的x 1=p 2x 2, y 1=p 2y 2, w 1=p 2w 2，则④化为，x 2y 2=w 2
2
质因子个数有限，故有r ，使w r =1，而从x r y r =w r 得，x r =y r =1，从而
⎧a =kn 2-1
⎪
x =p 1p 2 p r =y ，改记x =y =k ，则有，⎨b =kmn -1 ⑤
⎪c =km 2-1⎩
其中1≤n 5，m ≥3，得
2
2
c =m 2-1=(m -1)(m +1)为合数，矛盾．因此k 或为质数，或为若干个互异质数之乘积，
（即k 大于1，且无大于1的平方因子）．我们将其简称为“k 具有性质p ”．
⎧a =k -1
(10)、据⑥，m ≥2．当m =2，则n =1，有⎪⎨b =2k -1，因c
⎪c =4k -1⎩
k ≡1(mod3)，则3c 且c >3，得c 为合数；若k ≡2(mod3)，在k 为偶数时，具有性质
p 的k 有2, 14，分别给出a =2-1=1, b =2⋅14-1=27不为质数；k 为奇数时，具有性
质p 的k 值有5,11,17, 23，分别给出的a =k -1皆不为质数；若k ≡0(mod3)，具有性质
p 的k 值有3,6,15,21，当k =3时，给出解f 1=(a , b , c )=(2,5,11)；当k =6时，给出解
f 2=(a , b , c )=(5,11,23)；k =15, 21时，分别给出的a =k -1皆不为质数；
⎧a =4k -1⎪
若m =3，则n =2或1．在m =3, n =2时，⎨b =6k -1，因质数c ≤97，得k ≤10，
⎪c =9k -1⎩
具有性质p 的k 值有2,3,5,6,7,10，在k 为奇数3,5,7时，给出c =9k -1皆为合数；在
k =6时，给出b =6k -1=35为合数；k =10时，给出a =4k -1=39为合数；在
⎧a =k -1⎪
k =2时，给出解f 3=(a , b , c )=(7,11,17)；在m =3, n =1时，⎨b =3k -1，k ≤10，具
⎪c =9k -1⎩
有性质p 的k 值有2,3,5,6,7,10．在k 为奇数3,5,7时，给出的b =3k -1皆为合数；k =2和10时，给出的a =k -1不为质数；k =6时，给出解f 4=(a , b , c )=(5,17,53)；
(2)、m =4时，由c =16k -1≤97，得k ≤6，具有性质p 的k 值有2,3,5,6．
在k =6时，c =16⋅6-1=95为合数；
⎧a =5n 2-1k =5时，⎨，因n
b =20n -1⎩⎧a =3n 2-1
k =3时，c =48-1=47，n =2，因n
⎩b =12n -1
时给出解f 5=(a , b , c )=(11,23,47)；n =1时给出解f 6=(a , b , c )=(2,11,47)；
⎧a =2n 2-1
k =2时，c =16k -1=31，⎨，n
⎩b =8n -1
f 7=(a , b , c )=(17,23,31)；
(3)、m =5时，c =25k -1≤97，具有性质p 的k 值有2,3，分别给出的c =25k -1皆
为合数；
(4)、m =6时，c =36k -1≤97，具有性质p 的k 值只有2, 得c =2⋅36-1=71，这时，
⎧a =2n 2-1
，n
b =12n -1⎩
在n =4时给出解f 9=(a , b , c )=(31,47,71)；
(5)、m =7时，c =49k -1≤97，具有性质p 的k 值只有2, 得c =2⋅49-1=97，而
⎧a =2n 2-1n
b =14n -1⎩
给出解f 11=(a , b , c )=(71,83,97)；
(6)、m ≥8时，c =64k -1≤97，具有性质p 的k 值不存在．
因此，满足条件的解共有11组，即为上述的f 1, f 2, , f 11． 例7、数列{a n }：a 1=2, a 2=7, a n =3a n -1+2a n -2，(n ≥3) ； 证明：∀n ∈N ，a 2n -1皆可表为两个正整数的平方和．
【评注】第29届IMO 有这样的一道预选题：整数数列{a n }定义如下：a 1=2, a 2=7，
2a n 11
-
*
这是一个很有意思的问题，其证明要点是找出数列的递推关系：a n =3a n -1+2a n -2； 从而得到n ≥2时，{a n }为奇数；重新回味此题，总觉得命题人摆出了这么大的排场，却只收获到如此简单的一个结果，似乎有些可惜，有点“种瓜得豆”的感觉．
命题与创意
——数学试题命制的思维境界
此中有真意，欲辨已忘言 - 晋⋅陶潜
著名数学教育家乔治．波利亚写有一系列名著，如>，>，>，等等，读过之后，我们常常会产生这样的遗憾：为什么他接下来就没有续写一本>的书呢？也许，这件事本身就是一道无法说透的谜题，或者是一本无字之书吧！就像佛祖如来有意给了唐僧一本无字真经一样，留给人们无限的遐想．这是一个永恒的课题，是一种禅机，正所谓“道可道，非常道”，其中的哲理，或许永远不能穷尽，需要有缘人不停地“参”、不止地“修”，不断地“悟”，以臻完善． 人们常说，教学有法，教无定法，对于命题也是如此，每个人处在不同的环境，站在不同的海拔，面对特定的时空，随时会产生各种各样的想法、问题，如果这些想法和问题是理性的，可能是一闪之念，如电光流云，“情景一失永难摹”，但若及时捕捉到它，就成了命题． 如同绘画构思、艺术设计，诗文创作以及各种科技发明一样，数学命题从素材到成品的过程，也需要命题人的精雕细琢，匠心与创意．
数学中的解题与命题技术，如同武器之中的矛与盾的关系，这里没有“一劳永逸”，它们的永恒活力，就在于不断的开拓、创新与发展．
下面通过若干试题的命制过程，介绍有关命题的一些体会．
一、逆向推演，顺瓜摸藤
*
例1、（2007年江西高考） 设正整数数列{a n }满足：a 2=4, 且对任何n ∈N ，都有
11
+a a n +111
2+
11a n +1a n -
n n +1
该题命制方法是：事先想好一个数列，例如a n =n 2，然后对其操作变形折腾，使其适当复杂化：由n +1-a n =1，此式两边平方，得a n +1+a n =1+2a n a n +1，两边同除以交叉项， 得到
11
=2
得
2+
11111⎫1
，
，即：2+
a n +1a n a n +1a n a n a n +1⎭
⎛111⎫1
作局部显示，得到：2+．
a n +1a a a n +1⎭n ⎝n
11+a a n +111
为使形式对称，改写成 2+
a n +1-a n
n n +1
这样就得到了开初的命题形式．
⎛111⎫1
解：据条件得，2+，因此在n =1时，有
a n +1a n ⎝a n a n +1⎭2+
⎛11⎫28122111
374a 14a 1a 2a 1⎝a 1a 2⎭
因a 1为正整数，所以a 1=1；
当n =2，由2+
⎛11⎫11
今由a 1=12, a 2=22, a 3=32，猜想 a n =n 2．以下采用数学归纳法证明，在n =1, 2,3时已验证，设n =k (k ≥2) 时已成立，即a k =k 2，则当n =k +1时，由于
⎛1k 3(k +1) k (k 2+k -1) 11⎫1
k -k +1k -1a k +1a k +1⎭k ⎝k
(k +1) 21
(k +1) -3
k +1k -1
2
1(k +1) 2
∈(0,1]；∈(0,1]，又据k -1≥1得 (k +1) -(k +1) =k (k +1)(k -2) ≥0，则3
k -1k +1
3
2
由○1得到，(k +1) 2-1
例2：正整数数列{a n }满足：a 2=15，
2+
a n a n 44
111
++ +． a 1a 2a n
计算 S n =
这是为2007年江西高考压轴题准备的难度提升题，后未采用，于是改为数学竞赛的预
赛试题，此题的命制方法与上题类似，只是数列略为复杂些：
事先给定数列：a n =(2n ) 2-1，则有：a n -(4n -2) =(2n -1) 2, a n +1-(4n +2) =(2n +1) 2， 这时，
a n a n 2n +12n -122
+=+=2++
a n -(4n -2) a n +1-(4n +2) 2n -12n +12n -12n +1
=2+
44444
．显然有，为了锁定数列，给出a 2=15， =2+
(2n ) -1a n
a n +1a n a n -1就得到本题的表示形式．
解：先求通项a n ，n =1时，条件化为，
2+
4a
4
1
„○1 1+11-29a 1-此条件蕴含a 1≠1,2，即有a 1≥3，由○1式两端分别得到，
2+a 14a ->1 „„○A ， 2+a 1-4
B 1-29a 1+1a 1-29a 1-1
据○A ，a 321-10a 1-11a 1+108>0，即 (a 1-10)(a 21-11)
>2，因此，
a 1≤3 或 a 1≥11 „○
2 据○B ，a 31-12a 21+11a 1+36
>168，因此，
3≤a 1≤10 „„○3，据○2，○3得 a 1=3 当n =2时，○1式化为，2+
14
，故有 3-10712a 3-1021
31513
3-103
，所以 a 3=35． 注意到 a 1+1=4=22, a 2+1=16=42, a 3+1=36=62， 今证明，一般有 a 2
n =(2n )-1 „„○4
此式对于n =1, 2,3已成立，设○4对于n (n ≥3)成立，考虑n +1情形，
据○1， 2+12n +14n 2-12n 2
， n +1-4n -22n -1即 1+124n 2-122
n 2-2n -1
， n +1-4n -22n -12n -1
2n 3-3n 2+2n -1(2n +1)(2n -1)4n 3-6n 2+2n +1
n 22n -1a n +1-22n +1(2n -1)2n 2-1n 2(2n -1)a n +1
所以 3．
22
4n -6n +2n +12n +12n -3n +2n -1
即
(2n -1)
2
(2n
2
-1)
2
(2n +1)(4n 3-6n 2+2n +1)-2
4n 3-6n 2+2n +1(2n +1)(2n 3-3n 2+2n -1)+1a n +1
2n +12n 3-3n 2+2n -1
也即 (2n +1)-
2
a n +121
4n -6n +2n +12n +12n -3n +2n -1
(2n +1)+2(2n +1)-
2
2(2n +1)
4n -6n +2n +12n +1
，
2n 3-3n 2+2n -1
2
2
所以，(2n +1)+2(2n +1)-1
a n +1=(2n +1)+2(2n +1)=⎡4式对于任何正整数n 皆成⎣2(n +1)⎤⎦-1，故由归纳法，○
立，即 a n =(2n )-1． 再计算 S n ：注意
n
2
22
111⎛11⎫
== -⎪，所以， a n 2n -12n +12⎝2n -12n +1⎭
11n ⎛11⎫1⎛1⎫n
． S n =∑=∑ -=1-=⎪ ⎪
2k =1⎝2k -12k +1⎭2⎝2n +1⎭2n +1k =1a k
二、意料之外，情理之中
对于高考试题而言，既要受考试大纲约束，又要受教材约束，并需顾及当年考生实际情
况，同时还需回避每年出现在各地的大量考试试题、以及资料题海；要让猜题、押题者感到“只在此山中，云深不知处”，使得试题能够真正考出学生的实际能力，命题时确实具有相当大的难度．
我们知道，三个数a , b , c 成等差数列，其定义是b -a =c -b ，但在课堂上，要给学生就事论事地复习或练习这种问题，相信谁都不会重视；但是，被认为最不可能出题的地方，往往会成为命题人感到最为保险的地方；如果我们将a , b , c 换成a , b , c ，则“没戏”的地方便立即变成了“有戏”．
例3：（2010年江西高考数学试题）证明以下命题：
2
2
2
(1)、对任一正整数a ，都存在正整数b , c (b
222(2)、存在无穷多个互不相似的三角形∆n , 其边长a n , b n , c n 为正整数，且a n 成, b n , c n
等差数列．
证明：(1)、易知12,52,72成等差数列，故a 2,(5a ) 2,(7a ) 2也成等差数列， 所以对任一正整数a ，都存在正整数b =5a , c =7a ,(b
至于第二问，编题者是借助“不相似的三角形”来掩盖第一问中的“成比例”思想．
2222222
(2)、若a n 成等差数列，则有b n ， , b n , c n -a n =c n -b n
即(b n -a n )(b n +a n ) =(c n -b n )(c n +b n ) „„ ①，下面采用构造法， 选取关于n 的一个多项式，例如4n (n 2-1) ，使得它可按两种方式分解因式， 由于4n (n 2-1) =(2n -2)(2n 2+2n ) =(2n +2)(2n 2-2n )
2
⎧a =n -2n -1n 22
⎧⎧⎪⎪a n +b n =2n -2n ⎪c n +b n =2n +2n 2
, ⎨(n ≥4) „ ② 因此令 ⎨，可得⎨b n =n +1
b -a =2n +2c -b =2n -2⎪⎪n ⎩n ⎩n n ⎪c =n 2+2n -1
⎩n
222
易验证a n , b n , c n 满足①，因此a n 成等差数列， , b n , c n
当n ≥4时，有a n 0，因此以a n , b n , c n 为边可以构成三角形．其次，任取正整数m , n (m , n ≥4, 且m ≠n ) ，假若三角形∆m 与∆n 相似，则有：
m 2-2m -1m 2+1m 2+2m -1
==，据比例性质有：
n 2-2n -1n 2+1n 2+2n -1
m 2+1m 2+2m -1(m 2+2m -1) -(m 2+1) m -1
=2=2=22
n +1n +2n -1(n +2n -1) -(n +1) n -1m 2+1m 2-2m -1(m 2-2m -1) -(m 2+1) m +1
==2=
n 2+1n 2-2n -1(n -2n -1) -(n 2+1) n +1
所以
m +1m -1
=，由此可得m =n ，与假设m ≠n 矛盾． n +1n -1
即任两个三角形∆m 与∆n (m , n ≥4, m ≠n ) 互不相似，所以，存在无穷多个互不相似的
222三角形∆n , 其边长a n , b n , c n 为正整数且a n 成等差数列． , b n , c n
读罢“三国”，我们或许会对“千古一计”的“空城计”之泡制者感到由衷的敬佩，那个以“一生唯谨慎”为处世之本的卧龙诸葛，竟然会产生出这样的奇思妙想和大胆决策！
其实，他的帷幄运筹，原于对信息及对手的深度把握与精准判断．其基本立意所采用的就是“意料之外”！然而，这种命题构思往往是不能重复使用的，一旦变为陈题，就将处于被动．
222333
试想，如果把a n 成等差数列的问题简单地改成“a n 成等差数列”之类, b n , c n , b n , c n
的问题，那还算什么创新？命题人只有时刻关心事物的内在联系，才能不断创造出新的意境， 问渠那得清如许？为有源头活水来． 例4：（2006年江西高考）数列{a n }满足：a 1=
3na n -13
，n =2,3, ， , a n =
22a n -1+n -1
(10) 、求{a n }的通项公式；(20) 、证明：对于每个正整数n ，a 1a 2 a n
讲解：本题采用“集装箱”方法，即“数据打包”，其命题过程是：事先给出一个等比数
n 1⎛n -1⎫1n 1
1-= 1-列：x n =qx n -1，然后适当选取q =，x n =1-, x 1=，即有⎪，
a n 3⎝a n -1⎭3a n 3
转换还原后化为a 1=
3na n -13
．这就成为本题的题干． , a n =
22a n -1+n -1
⎧n 1⎛n -1⎫n ⎫
= 1-解一、变形条件为：1-⎪，因此，⎨1-⎬为一个等比数列，其首a n 3⎝a n -1⎭⎩a n ⎭1n ⋅3n 11n 1
项为1-=，公比也是，从而1-=n ，则a n =n , n =1,2, ，„ ①
33-1a 13a n 3
所以，
n 1
=1-n „ ② a n 3
⎛
⎝
1⎫⎛3⎭⎝
1⎫⎛1⎫1 1-> „ ③ 2⎪n ⎪3⎭⎝3⎭2
为证a 1a 2 a n
加强命题，先证，对每个n ，都有 1-⎪1-对n 归纳，n =1时，有1-
⎛
⎝1⎫⎛3⎭⎝1⎫⎛1⎫11
„ ④ 1-≥+⎪ ⎪
32⎭⎝3n ⎭22⋅3n
111=+；设n =k 时④式成立，即 322⋅3
1⎫⎛1⎛1⎫⎛
1-1- 1- ⎪ 2⎪k ⎝3⎭⎝3⎭⎝31⎫⎛1⎛1⎫⎛
1-1- 1- ⎪ 2⎪k ⎝3⎭⎝3⎭⎝3=
1⎫1
，则当n =k +1时， ≥+⎪k
⎭22⋅3
1⎫⎛11⎫⎛1⎫⎫⎛
⋅1-≥+1-⎪ k +1⎪k ⎪k +1⎪322⋅33⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
1111111
+--=+- 22⋅3k 2⋅3k +12⋅32k +123k +12⋅32k +1
=
111⎫11⎛1
++->+ k +1k +12k +1⎪k +1
22⋅32⋅3⎭22⋅3⎝2⋅3
即n =k +1时④式也成立，故④式对于每个正整数n 都成立．因此③式成立，结论得证． 解二、单墫教授后来又为此题提供了一个解法： 变形条件式为
213n 2a n -1+n -1n -1n
，令b n =，则b 1=，b n =(b n -1+2)，==2+
33a n a n -1a n -1a n
此式可化为b n -1=
1121
(b n -1-1)，所以{b n -1}是公比为，首项为-1=-的等比数列．
3333
n -1
1⎛1⎫
从而b n -1=-⋅ ⎪
3⎝3⎭
n n ⋅3n 1
=-n ，a n ==n , n =1,2, ，
b n 3-13
3⋅32⋅ ⋅3n
， a 1a 2 a n =n ! ⋅
(3-1)(32-1) (3n -1)
为证a 1a 2 a n
⎛⎝1⎫⎛3⎭⎝1⎫⎛1⎫1 1->，由伯努利不等式， 2⎪n ⎪3⎭⎝3⎭2
1
1⎫⎛1⎫111⎛1⎫⎛=1，故结论得证． 1-1- 1-≥1--- ->1- ⎪ 2⎪n ⎪123323n ⎝3⎭⎝3⎭⎝3⎭1-
3
例5、（2010中等数学）将小于100的九个互异正整数分别填入一个3⨯3的方格表中，
使得表格的每行三数、每列三数都成为勾股数组，你的填法是：
（本题也是一道考查灵感的问题，如果不能看出问题的结构，而是依靠“拼凑”去做，那么完成这一道小题将会耗去很多时间，甚至徒劳无功．） 本题答案是：
1536392432
40
[1**********]2
[1**********]5
解：任取两个不同的勾股数组a , b , c 与x , y , z ，则在表M 中，每行、每列的三数也都是
222
勾股数组；这是由于，若a +b =c ，可得(ka ) +(kb ) =(kc ) ；
2
2
2
例如取3, 4,5与5,12,13，得到一种填法： 若取3, 4,5与8,15,17，得到另一种填法： （因勾股数有无穷多组，故不同的填法也有无穷多， 而所列出的两种情况是各元素均小于100的填法）．
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美国作家马克·吐温有一篇著名小说《百万英镑》，并被拍成电影，讲述了一个美国穷小子亨利·亚当斯在伦敦的一次奇遇。伦敦的两位富翁打赌，把一张无法兑现的百万大钞借给亨利，看他在一个月内如何收场。一个月的期限到了，亨利不仅没有饿死或被捕，反倒成了富翁，并且赢得了一位漂亮小姐的爱情。影片以其略带夸张的艺术手法再现大师小说中讽刺与幽默，揭露了20世纪初英国社会的拜金主义。这就是意料之外，情理之中．
三、旁敲侧击 暗度陈仓 “质数”本来是极不规则的，借此出题，往往不易成功；然而“规则”与“不规则”往往只是一墙之隔，山重水复疑无路，柳暗花明又一村；下面是2007年东南赛的一道试题，在编拟时采取了“傍”的策略．
例6、（2007年东南赛试题）试求满足下列条件的三元数组(a , b , c )：
(10) 、a
解：据条件，(a +1)(c +1)=(b +1) „ ①，设a +1=n 2x , c +1=m 2y ，其中x , y 不含大于1的平方因子，则必有x =y ，这是由于，据①，(mn )xy =(b +1)„ ②，则
2
2
2
mn (b +1)，设b +1=mn ⋅w ，于是②化为，xy =w 2„ ③，若w >1，则有质数p 1w ，
22
即p 1w ，因x , y 皆不含大于1的平方因子，因此p 1x ，p 1y ．设
x =p 1x 1, y =p 1y 1, w =p 1w 1，则③化为，x 1y 1=w 12„ ④，若仍有w 1>1，则又有质数
2
w 12，因x 1, y 1皆不含大于1的平方因子，则p 2x 1，p 2y 1，设 p 2w 1，即p 2
2
，„„，如此下去，因③式中w 的x 1=p 2x 2, y 1=p 2y 2, w 1=p 2w 2，则④化为，x 2y 2=w 2
2
质因子个数有限，故有r ，使w r =1，而从x r y r =w r 得，x r =y r =1，从而
⎧a =kn 2-1
⎪
x =p 1p 2 p r =y ，改记x =y =k ，则有，⎨b =kmn -1 ⑤
⎪c =km 2-1⎩
其中1≤n 5，m ≥3，得
2
2
c =m 2-1=(m -1)(m +1)为合数，矛盾．因此k 或为质数，或为若干个互异质数之乘积，
（即k 大于1，且无大于1的平方因子）．我们将其简称为“k 具有性质p ”．
⎧a =k -1
(10)、据⑥，m ≥2．当m =2，则n =1，有⎪⎨b =2k -1，因c
⎪c =4k -1⎩
k ≡1(mod3)，则3c 且c >3，得c 为合数；若k ≡2(mod3)，在k 为偶数时，具有性质
p 的k 有2, 14，分别给出a =2-1=1, b =2⋅14-1=27不为质数；k 为奇数时，具有性
质p 的k 值有5,11,17, 23，分别给出的a =k -1皆不为质数；若k ≡0(mod3)，具有性质
p 的k 值有3,6,15,21，当k =3时，给出解f 1=(a , b , c )=(2,5,11)；当k =6时，给出解
f 2=(a , b , c )=(5,11,23)；k =15, 21时，分别给出的a =k -1皆不为质数；
⎧a =4k -1⎪
若m =3，则n =2或1．在m =3, n =2时，⎨b =6k -1，因质数c ≤97，得k ≤10，
⎪c =9k -1⎩
具有性质p 的k 值有2,3,5,6,7,10，在k 为奇数3,5,7时，给出c =9k -1皆为合数；在
k =6时，给出b =6k -1=35为合数；k =10时，给出a =4k -1=39为合数；在
⎧a =k -1⎪
k =2时，给出解f 3=(a , b , c )=(7,11,17)；在m =3, n =1时，⎨b =3k -1，k ≤10，具
⎪c =9k -1⎩
有性质p 的k 值有2,3,5,6,7,10．在k 为奇数3,5,7时，给出的b =3k -1皆为合数；k =2和10时，给出的a =k -1不为质数；k =6时，给出解f 4=(a , b , c )=(5,17,53)；
(2)、m =4时，由c =16k -1≤97，得k ≤6，具有性质p 的k 值有2,3,5,6．
在k =6时，c =16⋅6-1=95为合数；
⎧a =5n 2-1k =5时，⎨，因n
b =20n -1⎩⎧a =3n 2-1
k =3时，c =48-1=47，n =2，因n
⎩b =12n -1
时给出解f 5=(a , b , c )=(11,23,47)；n =1时给出解f 6=(a , b , c )=(2,11,47)；
⎧a =2n 2-1
k =2时，c =16k -1=31，⎨，n
⎩b =8n -1
f 7=(a , b , c )=(17,23,31)；
(3)、m =5时，c =25k -1≤97，具有性质p 的k 值有2,3，分别给出的c =25k -1皆
为合数；
(4)、m =6时，c =36k -1≤97，具有性质p 的k 值只有2, 得c =2⋅36-1=71，这时，
⎧a =2n 2-1
，n
b =12n -1⎩
在n =4时给出解f 9=(a , b , c )=(31,47,71)；
(5)、m =7时，c =49k -1≤97，具有性质p 的k 值只有2, 得c =2⋅49-1=97，而
⎧a =2n 2-1n
b =14n -1⎩
给出解f 11=(a , b , c )=(71,83,97)；
(6)、m ≥8时，c =64k -1≤97，具有性质p 的k 值不存在．
因此，满足条件的解共有11组，即为上述的f 1, f 2, , f 11． 例7、数列{a n }：a 1=2, a 2=7, a n =3a n -1+2a n -2，(n ≥3) ； 证明：∀n ∈N ，a 2n -1皆可表为两个正整数的平方和．
【评注】第29届IMO 有这样的一道预选题：整数数列{a n }定义如下：a 1=2, a 2=7，
2a n 11
-
*
这是一个很有意思的问题，其证明要点是找出数列的递推关系：a n =3a n -1+2a n -2； 从而得到n ≥2时，{a n }为奇数；重新回味此题，总觉得命题人摆出了这么大的排场，却只收获到如此简单的一个结果，似乎有些可惜，有点“种瓜得豆”的感觉．