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【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2013）11-0161-02
每年的高考题都是命题人呕心沥血的精心之作，对来年的高考具有一定的指导与示范作用。对高考题的解题方法以及推广出的一般结论的研究，可以让学生了解考题的侧重点以及命题思路，以便学生在来年的高考中取得更加优异的成绩。下面笔者结合刚刚结束的2013年江苏高考19题进行探究，望同行批评指正。
一、试题呈现：
设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，记bn=■，n∈N*，其中c为实数。
（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk=n2Sk。
（2）若[bn]是等差数列，证明：c=0。
二、探究过程：
1.解法探究
本题主要考察等差、等比数列的定义、通项、求和等基础知识，考察分析转化能力及推理论证能力。下面对其解法作简要探究：
（1）an=a+（n-1）d（d≠0），Sn=na+■d
c=0时， bn=■ ∴b1，b2，b4成等比，∴b1b4=b22
∴d=2a，∴Sn=n2a，Snk=n2k2a，n2Sk=n2k2a
∴Snk=n2Sk
（2）解法一（基本量法）
由已知bn=■=■
∵bn是等差数列
∴设bn=kn+b（k，b为常数）
∴有（2k-d）n3+（2b+d-2a）n2+2ckn+2bc=0对任意n∈N+恒成立
∴2k-d=02b+d-2a=02ck=02bc=0 ∵d≠0， ∴k≠0∴c=0 此时 k=■b=■
命题得证。
评析：这种解法主要运用等差数列的通项公式为一次函数的性质，直接设一次通项公式，代入化简得到关于n的恒等式，再用待定系数法求解参数c，学生比较难想到。
解法二（特殊值法） 因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，代入bn=■=■，得2■=■+■，整理得■a+■d=（■+■）a+■d，所以■=■+■■=■，解得 c=0。
评析：这种解法学生较容易想到，运用等差数列前三项b1，b2，b3等差中项的性质化简得到关于a，d的等式，求解参数c。
2.纵向探究
解决了一道高考题，我们就会思索：第（2）题的逆命题是否成立呢？
探究1：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，记bn=■，n∈N*，c=0，{bn}是否为等差数列呢？
证：直接运用等差数列的定义证明后项与前项的差为常数即可。
因为bn=■=a+■d，
所以bn+1-bn=■d-■d=■。且■≠0为常数。命题得证。
此时我们惊奇地发现c=0是{bn}是等差数列的充要条件。
静下心来想想，我们平时的练习中有类似的题目吗？
旧题回顾：an=4n-3，Sn是其前n项和，若{bn}是等差数列，且bn=■，求常数c。
此题bn=■中与原考题中的bn=■从形式上很相似，分式的分母是一次和二次的情形，c的值是否也与原题相同呢？
解：a1=1，Sn=n（2n-1）则bn=■成等差数列。
因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，
因为b1=■，b2=■，b3=■，所以■=■+■，从而c=-■或0，经检验c=-■或0时，{bn}是等差数列。
变式：等差数列an=2n-1，是其前n项和，若{bn}是等差数列，且bn=■，则常数c为多少呢？
同上面解法，解得c=0， 经检验c=0时，{bn}是等差数列。
通过上述两例我们发现：对于两个不同的等差数列{an}，满足题意的c都有相同的解c=0。那么笔者猜想是否对所有的等差数列，即当等差数列的首项a与公差d都在变动时，满足题意的c是否一定为0呢？我们作如下探究：
探究2：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，bn=■，不论a与d取何值，则c=0是{bn}是等差数列的充要条件吗？
证：充分性同探究1的证明，必要性证明：
因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，因为Sn=na+■d，所以bn=■。
进而b1=■，b2=■，b3=■，代入2b2=b1+b3
得■=■+■整理得：■a+■d=（■+■）a+■d
所以■=■+■■=■，解得c=0。
至此，我们已经得到当bn与Sn的分式关系中分母为关于n的一次情形时，c=0是{bn}是等差数列的充要条件。
笔者继续思索，试题背后是否隐藏着一般性的规律？它所体现的性质或结论能否有特殊推广到一般情形？
探究3：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，bn=■，n∈N*，k∈N，不论a与d取何值，c=0是{bn}是等差数列的充要条件吗？
证：k=1时已证。
易见，充分性同探究1的证明。
下证必要性：类似原试题第（2）小题的证法，因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，将bn=■代入上式，2■=■+■对任意的a∈R，d≠0恒成立，整理得
■a+■d=（■+■）a+■d，
所以■=■+■（*）■=■（**）， 将（**）代入（*），2■=■+■， 从而有（3k+1-1）c=0对任意的k∈M恒成立，所以c=0。
命题得证。
对于原试题的第（1）小问，我们是否也能推广到一般情形呢？
探究4：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，bn=■，若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，Snk=n2Sk也成立吗？
证：c=0时，bn=■，，证明同原试题的证法。
可见，高考题的结论只是一个特例，他只是将一次的情形推广到了二次，我们已经将二次推广到一般情形了，这是一个多么完美的结论。
3.横向探究
我们知道，等差数列和等比数列是两种相似的数列，相似的结构，往往也有相似的性质、相似的结论。所以我们在研究等比数列时，常将其与等差数列进行类比研究，得到了很多相似的性质，例如：等比中项，求和公式等等。类比推理是一种非常好的研究方法。
如果考题中任意的数列{an}是等比数列，那会有同样的结论吗？当然，我们也要尝试对数列bn与Sn关系进行改变，这里就不一定是分式关系了。
首先，我们尝试bn与Sn关系与原题相同，且分母是关于n的一次式，从特殊的情形开始研究：
探究1：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q>0且q≠1），Sn是其前n项和，bn=■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：因为{an}是等比数列，所以Sn=■。
当c=0时，bn=■=■，则■=■·■，不是常数。
反之，若{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，因为bn=■，
代入上式得：■=■，
整理得：（c2+4c+3）（q2+2q+1）=（c2+4c+4）（q2+q+1），对任意的q≠1恒成立，显然c无解。
从探究1发现c=0是{bn}是等比数列的既不充分也不必要条件。尝试bn与Sn关系与原题相同，这是失败的，不能得到我们想要的结论。
那么我们考虑换条件，我们知道等差数列中求和可以类比等比数列中的求积，我们考虑引进Tn=a1a2…an前n项积这个量。
探究2：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q>0且q≠1），Tn是其前n项积，bn=■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：Tn=a1a2…an=a（aq）…（aqn-1）=anq■，当c=0时，bn=■=■，■=aqn·■不是常数。反之，若{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，证明可同探究1的证明。说明c=0是{bn}是等比数列也是既不充分也不必要条件，这次尝试也是失败的。
再进一步考虑，除了求和要改成求积外，等差数列中的乘除类比就相当于等比数列中的次幂运算，基于这样的类比思路，我们考虑将分母变成开方。
探究3：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q>0且q≠1），Tn是其前n项积，bn=■=（Tn）■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：当c=0时，Tn=anq■，bn=■=aq■，所以■=q■为常数，从而{bn}是等比数列。反之，若{bn}是等比数列，bn=■=（Tn）■，Tn=anq■，
从而bn=（anq■）■=a■q■，因为{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，代入上式整理得a■q■=a■q■，对任意的a∈R，q≠1恒成立，所以■=■+■■=■，解得c=0。命题得证。
与等差数列相同，等比数列是否也能将特殊性的结论推广到一般情况呢？
探究4：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q≠1），Tn是其前n项积，bn=■=（Tn）■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：当c=0时，bn=■，证明同探究3。
反之，若{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，b22=（（T2）■）2=■q■，
b1·b3=（T1）■（T3）■=a■q■对任意的a∈R，q≠1恒成立，所以■=■+■■=■，同等差数列探究3的证明，解得c=0。
至此，笔者已经将等差数列上的一般性结论运用归纳推理推广到了等比数列，得到更一般性的结论，在探索和证明过程中，我们惊奇地发现证明的方法和内容等差和等比数列有着惊人的相似性，这对于我们研究等差、等比数列，加深对其内在联系有着深刻的意义。
每年的高考题都是命题人呕心沥血的精心之作，对来年的高考具有一定的指导与示范作用。对高考题的解题方法以及推广出的一般结论的研究，可以让学生了解考题的侧重点以及命题思路，以便学生在来年的高考中取得更加优异的成绩。下面笔者结合刚刚结束的2013年江苏高考19题进行探究，望同行批评指正。
一、试题呈现：
设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，记bn=■，n∈N*，其中c为实数。
（1）若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk=n2Sk。
（2）若[bn]是等差数列，证明：c=0。
二、探究过程：
1.解法探究
本题主要考察等差、等比数列的定义、通项、求和等基础知识，考察分析转化能力及推理论证能力。下面对其解法作简要探究：
（1）an=a+（n-1）d（d≠0），Sn=na+■d
c=0时， bn=■ ∴b1，b2，b4成等比，∴b1b4=b22
∴d=2a，∴Sn=n2a，Snk=n2k2a，n2Sk=n2k2a
∴Snk=n2Sk
（2）解法一（基本量法）
由已知bn=■=■
∵bn是等差数列
∴设bn=kn+b（k，b为常数）
∴有（2k-d）n3+（2b+d-2a）n2+2ckn+2bc=0对任意n∈N+恒成立
∴2k-d=02b+d-2a=02ck=02bc=0 ∵d≠0， ∴k≠0∴c=0 此时 k=■b=■
命题得证。
评析：这种解法主要运用等差数列的通项公式为一次函数的性质，直接设一次通项公式，代入化简得到关于n的恒等式，再用待定系数法求解参数c，学生比较难想到。
解法二（特殊值法） 因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，代入bn=■=■，得2■=■+■，整理得■a+■d=（■+■）a+■d，所以■=■+■■=■，解得 c=0。
评析：这种解法学生较容易想到，运用等差数列前三项b1，b2，b3等差中项的性质化简得到关于a，d的等式，求解参数c。
2.纵向探究
解决了一道高考题，我们就会思索：第（2）题的逆命题是否成立呢？
探究1：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，记bn=■，n∈N*，c=0，{bn}是否为等差数列呢？
证：直接运用等差数列的定义证明后项与前项的差为常数即可。
因为bn=■=a+■d，
所以bn+1-bn=■d-■d=■。且■≠0为常数。命题得证。
此时我们惊奇地发现c=0是{bn}是等差数列的充要条件。
静下心来想想，我们平时的练习中有类似的题目吗？
旧题回顾：an=4n-3，Sn是其前n项和，若{bn}是等差数列，且bn=■，求常数c。
此题bn=■中与原考题中的bn=■从形式上很相似，分式的分母是一次和二次的情形，c的值是否也与原题相同呢？
解：a1=1，Sn=n（2n-1）则bn=■成等差数列。
因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，
因为b1=■，b2=■，b3=■，所以■=■+■，从而c=-■或0，经检验c=-■或0时，{bn}是等差数列。
变式：等差数列an=2n-1，是其前n项和，若{bn}是等差数列，且bn=■，则常数c为多少呢？
同上面解法，解得c=0， 经检验c=0时，{bn}是等差数列。
通过上述两例我们发现：对于两个不同的等差数列{an}，满足题意的c都有相同的解c=0。那么笔者猜想是否对所有的等差数列，即当等差数列的首项a与公差d都在变动时，满足题意的c是否一定为0呢？我们作如下探究：
探究2：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，bn=■，不论a与d取何值，则c=0是{bn}是等差数列的充要条件吗？
证：充分性同探究1的证明，必要性证明：
因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，因为Sn=na+■d，所以bn=■。
进而b1=■，b2=■，b3=■，代入2b2=b1+b3
得■=■+■整理得：■a+■d=（■+■）a+■d
所以■=■+■■=■，解得c=0。
至此，我们已经得到当bn与Sn的分式关系中分母为关于n的一次情形时，c=0是{bn}是等差数列的充要条件。
笔者继续思索，试题背后是否隐藏着一般性的规律？它所体现的性质或结论能否有特殊推广到一般情形？
探究3：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，bn=■，n∈N*，k∈N，不论a与d取何值，c=0是{bn}是等差数列的充要条件吗？
证：k=1时已证。
易见，充分性同探究1的证明。
下证必要性：类似原试题第（2）小题的证法，因为{bn}是等差数列，所以b1，b2，b3成等差数列，从而2b2=b1+b3，将bn=■代入上式，2■=■+■对任意的a∈R，d≠0恒成立，整理得
■a+■d=（■+■）a+■d，
所以■=■+■（*）■=■（**）， 将（**）代入（*），2■=■+■， 从而有（3k+1-1）c=0对任意的k∈M恒成立，所以c=0。
命题得证。
对于原试题的第（1）小问，我们是否也能推广到一般情形呢？
探究4：设{an}是首项为a，公差为d的等差数列（d≠0），Sn是其前n项和，bn=■，若c=0，且b1，b2，b4成等比数列，Snk=n2Sk也成立吗？
证：c=0时，bn=■，，证明同原试题的证法。
可见，高考题的结论只是一个特例，他只是将一次的情形推广到了二次，我们已经将二次推广到一般情形了，这是一个多么完美的结论。
3.横向探究
我们知道，等差数列和等比数列是两种相似的数列，相似的结构，往往也有相似的性质、相似的结论。所以我们在研究等比数列时，常将其与等差数列进行类比研究，得到了很多相似的性质，例如：等比中项，求和公式等等。类比推理是一种非常好的研究方法。
如果考题中任意的数列{an}是等比数列，那会有同样的结论吗？当然，我们也要尝试对数列bn与Sn关系进行改变，这里就不一定是分式关系了。
首先，我们尝试bn与Sn关系与原题相同，且分母是关于n的一次式，从特殊的情形开始研究：
探究1：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q>0且q≠1），Sn是其前n项和，bn=■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：因为{an}是等比数列，所以Sn=■。
当c=0时，bn=■=■，则■=■·■，不是常数。
反之，若{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，因为bn=■，
代入上式得：■=■，
整理得：（c2+4c+3）（q2+2q+1）=（c2+4c+4）（q2+q+1），对任意的q≠1恒成立，显然c无解。
从探究1发现c=0是{bn}是等比数列的既不充分也不必要条件。尝试bn与Sn关系与原题相同，这是失败的，不能得到我们想要的结论。
那么我们考虑换条件，我们知道等差数列中求和可以类比等比数列中的求积，我们考虑引进Tn=a1a2…an前n项积这个量。
探究2：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q>0且q≠1），Tn是其前n项积，bn=■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：Tn=a1a2…an=a（aq）…（aqn-1）=anq■，当c=0时，bn=■=■，■=aqn·■不是常数。反之，若{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，证明可同探究1的证明。说明c=0是{bn}是等比数列也是既不充分也不必要条件，这次尝试也是失败的。
再进一步考虑，除了求和要改成求积外，等差数列中的乘除类比就相当于等比数列中的次幂运算，基于这样的类比思路，我们考虑将分母变成开方。
探究3：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q>0且q≠1），Tn是其前n项积，bn=■=（Tn）■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：当c=0时，Tn=anq■，bn=■=aq■，所以■=q■为常数，从而{bn}是等比数列。反之，若{bn}是等比数列，bn=■=（Tn）■，Tn=anq■，
从而bn=（anq■）■=a■q■，因为{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，代入上式整理得a■q■=a■q■，对任意的a∈R，q≠1恒成立，所以■=■+■■=■，解得c=0。命题得证。
与等差数列相同，等比数列是否也能将特殊性的结论推广到一般情况呢？
探究4：设{an}是首项为a，公比为q的等比数列（q≠1），Tn是其前n项积，bn=■=（Tn）■，不论a与q取何值，则c=0是{bn}是等比数列的充要条件吗？
证：当c=0时，bn=■，证明同探究3。
反之，若{bn}是等比数列，则b22=b1·b3，b22=（（T2）■）2=■q■，
b1·b3=（T1）■（T3）■=a■q■对任意的a∈R，q≠1恒成立，所以■=■+■■=■，同等差数列探究3的证明，解得c=0。
至此，笔者已经将等差数列上的一般性结论运用归纳推理推广到了等比数列，得到更一般性的结论，在探索和证明过程中，我们惊奇地发现证明的方法和内容等差和等比数列有着惊人的相似性，这对于我们研究等差、等比数列，加深对其内在联系有着深刻的意义。