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
例1 若ａ、ｂ、ｃ为互不相等的实数，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式的分母为零
（ａ－ｂ）＋（ｂ－ｃ）＋（ｃ－ａ）＝0，
③
我们的解题努力失败了．
评析：这是一个失败的解题案例，文［3］谈到了调整解题方向后的一些处理，其实都用到③式．所以，失败的过程恰好显化了题目的一个隐含条件，这是一个积极的收获，当我们将不成功的②式去掉，把目光同时注视①式与③式时，①式使我们看到了两条直线重合：
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1，从失败的解题中获取一条有用的信息，即③式．
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．
有了这两步，剩下来的工作充其量在30秒以内就可以完成．
2．个案2—尚未成功不等于失败
设ｆ（ｎ）为关于ｎ的正项递增数列，ｍ为大于ｆ（1）的正常数，当用数学归纳法来证不等式
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．
据此，许多人建议，用加强命题的办法来处理，还有人得出这样的命题（见文［4］ｐ．32及文［5］ｐ．12）：
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．
评析：不等式①没能用递推式②证出来，有两种可能，其一是数学归纳法的功力不足，其二是数学归纳法的使用不当．把“不会用”当作“不能用”，其损失是无法弥补的．
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？
确实，有的函数式其ｆ（ｋ＋1）与ｆ（ｋ）之间的关系很复杂，无法用数学归纳法来直接证明；而有的关系则较简单，仅用加减乘除就可以表达出来．但无论是“很复杂”还是“较简单”，其表达式都未必惟一，文［6］ｐ．278给出过一个反例，说明上述“命题”不真：
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．
现假设ｆ（ｋ）＜2，则
ｆ（ｋ＋1）＝ｆ（ｋ）＋（1／2ｋ）＜2＋（1／2ｋ），
由于2＋（1／2ｋ）恒大于2，所以数学归纳法证题尚未成功．
然而，这仅是“方法使用不当”．换一种递推方式，证明并不困难．
ｆ（ｋ＋1）＝1＋（1／2）ｆ（ｋ）＜1＋（1／2）×2＝2．
下面一个反例直接取自文［4］的例2．
例3 求证（1／1！）＋（1／2！）＋（1／3！）＋…＋（1／ｎ！）＜2．
证明：当ｎ＝1时，命题显然成立．
假设ｎ＝ｋ时命题成立，则
（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．
这表明ｎ＝ｋ＋1时命题成立．
由数学归纳法知，不等式已获证．
3．个案3—对尚未成功的环节继续反思
文［7］有很好的立意也有很好的标题，叫做“反思通解·引出简解·创造巧解”，它赞成反思“失败”并显示了下面一道二次函数题目的调控过程：
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．
讲解：作者从解两个二次不等式
（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）．
我们不知道命题人的原始意图是否只考虑“存在性”，按惯例，“若存在，求出ａ、ｂ、ｃ”应该理解为“若存在，求出一切ａ、ｂ、ｃ”．从这一意义上来看上述巧解，那就存在一个明显的逻辑疑点：诚然，③式是满足①的一个解，但是在ｘ与（ｘ2＋1）／2之间的二次函数很多，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，
……
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？
也就是说，“巧解”解决了“充分性”而未解决“必要性”，解决了“存在性”而未解决“惟一性”．究其原因，是未找出ｘ与（ｘ2＋1／2）之间的所有的二次函数．抓住这一尚未成功的环节继续思考，我们想到定比分点公式，①式可以改写为
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
一般情况下λ应是ｘ的正值函数（文［8］默认λ为常数是不完善的；同样，2000年高考理科第20题（2），对ｃｎ＝ａｎ＋ｂｎ设
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）．
②式与④式的不同，反映了特殊与一般之间的区别，反映了“验证”与“论证”之间的区别．其实，原［解法1］出来之后，立即就可以得出②式，与是否应用“基本不等式”无关．同样，原［解法1］中作者思考过的“推理是否严密”在“巧解”中依然是个问题．这种种情况说明，我们不仅要对解题活动进行反思，而且要对“反思”进行再反思．下面一个解法请读者思考错在哪里？
解：已知条件等价于存在ｋ＜0，使
［ｆ（ｘ）－ｘ］［ｆ（ｘ）－（ｘ2＋1）／2］＝ｋ≤0，
把ｘ＝－1时，ｆ（ｘ）＝0代入得 ｋ＝－1，
从而 ［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）为无理函数，不是二次函数，所以本题无解．
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
ｆ（ｘ）＝ａ（ｘ1－ｘ）（ｘ2－ｘ）＋ｘ
＝λｘ1＋（1－λ）ｘ，
据定比分点的性质有ｘ＜ｆ（ｘ）＜ｘ1．
参 考 文 献
1 罗增儒．解题分析—解题教学还缺少什么环节？中学数学教学参考，1998，1～2
2 罗增儒．解题分析—再谈自己的解题愚蠢．中学数学教学参考，1998，4
3 罗增儒．解题分析—人人都能做解法的改进．中学数学教学参考，1998．7
4 李宗奇．调控函数及其应用．中学数学杂志（高中），2000，3
5 王俊英．一类数学归纳法能否使用问题的判定．中学数学，1987，9
6 罗增儒．数学解题学引论．西安：陕西师范大学出版社，1997，6
7 曹 军．反思通解·引出简解·创造巧解．中学数学，2000，6
8 陈雪芬．刘新春．定比分点公式在代数中的应用．数学教学通讯，2000，6
9 罗增儒．解题分析——分析解题过程的两个步骤．中学数学教学参考，1998，5
