且（a + m）2 + 2（b + n）2 = 4 =（a - m）2 + 2（b - n）2 am + 2bn = 0.
kpa = = 2 kac = 2 kabpa⊥pb.
【評注】
①「對稱美」是數學美之一，設立「對稱式」求解問題也是數學研究中經常採用的手法之一。
② 將初中數學知識與高中數學結合運用，可以「化難為易、化繁為簡、化深為淺、化神為凡」。
③（1）中，根據「直角三角形斜邊上中線等於斜邊的一半」，便有：oq=mq（q為mn的中點）k= - kmn ==；（2）中，根據直線斜率的幾何意義以及平行線等分線段定理，便有：k = 2pc = 2oc = 2oe（ab交on於e）d = 2of（of⊥ab於f）= ce =（均比參***簡潔，具體省略）。
2.（題19）已知a，b是實數，函式和是的導函式，若≥0在區間i上恆成立，則稱和在區間i上單調性一致.
（1）設a＞0，若函式和在區間上單調性一致,求實數b的取值範圍；
（2）設a＜0且，若函式和在以a，b為端點的開區間上單調性一致，求|a -b|的最大值.
【參***】
= 3x2 + a, = 2x + b.
（1）……b≥2……
（2）令= 0，解得x = ±.
若b＞0,由a＜0,得0∈（a, b）.又因為f ′（0）g ′（0） = ab＜0,
所以函式和在（a,b）上不是單調性一致的.因此b≤0.
現設b≤0. 當x∈（-∞，0）時，＜0；當x∈（-∞，-）時，＞0.
因此，當x∈（-∞，-）時，＜0.故由題設得a≥-,且b≥-.
從而 -≤a＜0,於是 -≤b≤0.因此∣a - b∣≤，且當a = -，b = 0時等號成立.
又當a = -，b = 0時，= 6x（x2 -）, 從而當x∈（-，0）時，＞0，
故函式和在（-，0）上單調性一致.因此|a -b|的最大值為.
·巧思·
① 由導函式和的連續性知：若在以a、b為端點的開區間上，≥0，則必定也有
f ′ （a）g ′ （a）≥0, f ′（b）g′（b）≥0.問題便轉化為對「f ′（a）g′（a）≥0, f ′（b）g′ （b）≥0」的**。
② 由b≤0便知g′（a）＜0，g′（b）≤0，亦知f ′（a）≤0，f ′（b）≤0，從而問題得以方便、快捷地解決。
·妙解·
f ′ （x）g′ （x）≥0f ′（a）g′（a）=（ 3a2 + a）（2a + b）≥0, f ′（b）g′（b）=（3b2 + a）（2b + b）≥0.
f ′ （0）g′ （0）= ab及題設知b≤03a2 + a≤0,3b2 + a≤0 -≤a＜0, -≤b≤0∣a - b∣≤
a = -＜x＜0 = b時，f ′（x）g′ （x） =（3x2 -）·2x＞0∣a - b∣max =.
【評注】
① 題意是求滿足「在以a、b為端點的開區間上，≥0」的條件，沒有要求找出使得「≥0」的所有區間，因此也就不必「多此一舉」地求出方程= 0的根以及的全部單調區間。
② 解決問題要盡可能地簡單、簡潔、簡便，就要盡可能地減少「多餘勞動」、「重複勞動」、「無效勞動」。
3.（題20）設m為部分正整數組成的集合，數列｛an｝的首項a1 = 1，前n項和為sn，已知對任意整數k屬於m，當n＞k時，都成立.
（1）設m =｛1｝，，求的值；
（2）設m =｛3，4｝，求數列｛an｝的通項公式.
【參***】
（1）……a5的值為8.
（2）由題設知，當k∈ m =｛3,4｝且n＞k時，sn+k + sn -k = 2sn + 2sk且sn+1+k + sn +1-k = 2sn+1 + 2sk,，
兩式相減得an+1+k + an +1 -k = 2an+1，即an+1+k - an+1 = an+1 - an +1 -k .所以當n≥8時，
an - 6, an - 3, an, a n+ 3, an+ 6成等差數列，且an - 6, an - 2, an + 2, an + 6也成等差數列.
從而當n≥8時，2an = an + 3+ an -3 = an + 6 + an - 6（*），且an + 6 + an - 6 = an + 2 + an -2 .
所以當n≥8時，2an = an + 2 + an -2 ，即an + 2 - an = an - an -2 .
於是當n≥9時，an -3, an - 1, an + 1, an + 3成等差數列，從而an + 3 + an -3 = an + 1 + an - 1 .
故由（*）知2an = an+ 1 + an -1，即an+ 1 - an = an - an -1.當n≥9時，設d = an- an -1.
當2≤m≤8時，m + 6≥8,從而由（*）式知2am + 6 = am+ am + 12,
故2 am + 7 = am + 1+ am + 13.從而2（am + 7 - am + 6）= am + 1 -am +（am + 13 - am + 12），
於是am + 1 - am = 2d–d = d.因此，an + 1 –an = 2d對任意n≥2都成立.
又由sn + k + sn - k -2sn = 2sk（k∈｛3,4｝）可知（sn + k - sn）-（sn- sn -k）= 2sk ，
故9d = 2 s3且16d = 2s4.解得a4 =d,從而a2 =d，a1 =d.因此，數列｛an｝為等差數列.
由a1 = 1知d = 2，所以數列｛an｝的通項公式為an = 2n -1.
·巧思·
① 將數列｛an｝看成三個等差數列｛a3n -1｝、｛a3n｝、｛a3n + 1｝合成的數列（增加一項a1），利用「數列｛bn｝為等差數列」「前n項之和tn可表示為an2 + bn」，可以避免求出公差d的「漫長」過程。
② 定義s0 = 0，則an = sn - sn -1對任意n∈ n*都適用，從而又避免了對n = 1和n≥2的分類討論。
·妙解·
sn + 3 + sn -3 = 2(sn+ s3), sn + 4+ sn -2 = 2(sn + 1+ s3)an + 4 + an -2 = 2an + 1(n≥4)
數列｛a3n -1｝、｛a3n｝、｛a3n + 1｝(n≥1)都是等差數列
sn- a1為三個等差數列前若干項之和的和sn = an2 + bn + c（a、b、c為常數）；
s1 = a1, sn + 3 + sn - 3 =2(sn+ s3), sn + 4 + sn - 4=2(sn+ s4) a + b + c = 1, 3b + c = 0, 4b + c = 0
a = 1, b = c = 0sn = n2 an = sn - sn - 1（s0 = 0）= n2 -（n -1）2 = 2n -1.
【評注】
①「數列為等差數列」的乙個充分必要條件是「數列的前n項之和可以表示為an2 + bn（a、b為常數）」，這個結論教師不僅應當傳授給學生，而且還要經常地練習、運用，形成牢固的「印象」和熟練的「技術」。
② 將乙個整體看成幾個部分之和，將乙個大問題分解為幾個小問題，是研究數學、思考數學的一種方法。
4.（題23）設整數n≥4，p（a, b）是平面直角座標系xoy中的點，其中a,b∈ ｛1，2，3，…，n｝ ，a＞b.
（1）記an為滿足a - b = 3的點p的個數，求an；
（2）記bn為滿足是整數的點p的個數，求bn .
【參***】
（1）……an = n - 3.
（2）設k為正整數，記fn（k）為滿足題設條件
以及a - b = 3 k的點p的個數，只要討論fn（k）≥1的情形。
由1≤b = a -3 k≤n -3 k知 fn（k）= n -3 k，且k≤.
設n - 1 = 3 m + r，其中m∈ n﹡, r∈ ｛0,1,2｝, k≤m.
所以bn == = mn -=.
將m = 代入上式，化簡得bn = - .
所以bn =
·巧思·
① 將全體正整數按照對模3同餘分類，構成三個集合：a =｛1，4,…，3 m + 1,…｝,b =｛2，5,…,3 m + 2,…｝,
c =（3，6,…,3 m + 3,…）（m∈ n﹡）,則滿足條件的a、b必屬於同乙個集合。
② 計算a、b同屬於集合a、b、c時點p的個數，只要利用從k個元素中選出2個元素的組合數公式就可以了，因而也只要分別考慮n = 3 m + 1，n = 3 m + 2和n = 3 m + 3時的情形。
·妙解·
由集合｛1,4,…,3m + 1｝，｛2,5,…,3m + 2｝，｛1,3,6,…,3m + 3｝（m∈ n﹡）知：
若n = 3 m + 1，則bn =+ 2 = = ；
若n = 3 m + 2，則bn = 2+ = = ；
若n = 3 m + 3，則bn = 3==.
【評注】
① 將1，2,…, n進行分類並將三個集合展示，問題就很直觀、很明了，分析就很具體、很方便。
② 計算bn轉化為計算三個集合中元素的個數，命題就很簡單、很簡明，計算就很容易、很輕鬆。
③「參***」是為以後的教師教學和考生解題做「示範」的，因此要力求通俗易懂、簡潔明快。
【小結】
① 數學是美的，「簡潔美」是其中之一，也是主要的數學美，解決數學問題應當——力求簡明、簡便、簡潔、簡單，力求創優創新、盡善盡美。亦即：應當努力——探求盡可能簡明的思路、盡可能簡便的解法，探求盡可能簡潔的語句、盡可能簡單的表述。
② 如果某個問題的解答過程較複雜、步驟較冗長，我們就要思考：這個解法算得上「較好」嗎？「很好」嗎？
「極好」嗎？還能夠「改變」嗎？「改造」嗎？
「改進」嗎？亦即：教師傳給學生的知識，不僅應當確保是「**」，而且還應當是「精品」、「極品」。
③ 如同長跑比賽不僅比耐力、而且比速度一樣，數學高考不僅測驗「會不會」，而且測驗「好不好」、「快不快」：看你能否在很短時間內順利地完成答卷。因此，探求「巧思妙解」就不僅僅是理論上的需要，而且還更是實際實在的需要、迫切急切的需要。
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