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波利亚认为“数学才能就是解题能力——不仅能解决普通的问题，而且能解决需要某种程度的独立思考、判断力、独创性和想象力的问题”．他强调指出“中学数学教学的首要任务就是加强解题能力的训练”． 现在对数学中各种能力与方法的考查，最直接的办法就是通过考试的形式进行解题测试．由此可见，在数学教学中解题教学的占有很重要的地位，特别是高三复习阶段，解题训练更为突出．如何揭示一些比较困难的问题的思维过程，成为教学的难点．有些人对待这类问题是避而不讲，认为学生基础不好，讲了也不会．或者有人照答案抄一下，提供给学生一种解法，讲不清是如何想的．我想，这样的教学不能提高学生的思维水平，同学遇到了新问题永远不会思考和分析．因此，要提高复习效率，不能只依赖学生多练习，必须注重提高老师自身解题修养，让学生参与到问题的思考过程中来，这样才能真正实现有效的解题教学．
一、 挖掘常规解题方法的功能
解决任何一类问题，都有一些基本的方法，如果试一试基本方法，立刻见效，那么这类问题应该属于常规问题，大家都能很顺利的得到结果．通过教材的学习和平时的积累，每个人都具备了一些常见问题的解决方案，但有时遇到的问题，常规解题方案不能马上见效，如何进行适当的调整和组合，挖掘常规方法的本质，进而寻找到解题策略，是平时教与学要特别关注的地方．
例1 (2011年高考江苏卷20)设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．
（1） 设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；
（2） 设M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式．
分析：第（1）问比较简单，这里过程从略；下面重点通过第（2）问的研究，体会常规解题方法的功能．
根据题意得，当k＝3时，对n≥4都有Sn＋3＋Sn－3＝2(Sn＋S3)． ①
此式从本质上看，就是数列中“已知Sn，求an”问题，常规方法是“退一相减法”，可以先试一试：
当n≥5时，用n－1代n得，Sn＋2＋Sn－4＝2(Sn－1＋S3)． ②
由②式减①式得an＋3＋an－3＝2an，即an＋3－an＝an－an－3对n∈N，且n≥5恒成立．
根据等差数列的定义可得，
对任意k∈N*且k≥2，都有
数列ak，ak＋3，ak＋6，ak＋9，…，ak＋3(n－1)，…，成等差数列． （Ⅰ）
同理，当k＝4得，对n≥5都有Sn＋4＋Sn－4＝2(Sn＋S4)． ③
仿照上面方法可得，
对任意k∈N*且k≥2，都有
数列ak，ak＋4，ak＋8，ak＋12，…，ak＋4(n－1)，…，成等差数列．（Ⅱ）
现在我们得到两个等差数列（Ⅰ）和（Ⅱ），并没有得到数列{an}的相邻项之间的关系，常规方法“退一相减法”到此结束，没有能把问题解决，但它把问题向前推进了一步．下面我们考虑能否通过研究所得的两个等差数列，求出数列{an}的通项公式．“归纳验证法”是解决两个数列项之间关系的常用解题方法，观察两个等差数列，发现它们有公共项ak，ak＋12，…，这些项是联系两个等差数列的关键项，两个数列中其他项可以通过这些公共项来找它们之间关系．
如根据等差数列（Ⅰ）得，
ak＋ak＋12＝2ak＋6．④
根据等差数列（Ⅱ）得，
ak＋ak＋12＝ak＋4＋ak＋8． ⑤
根据④⑤可得
ak＋4＋ak＋8＝2ak＋6，即ak＋8－ak＋6＝ak＋6－ak＋4，对n∈N*，且k≥6都成立．
根据等差数列的定义得
对任意k∈N*，且k≥6，
数列ak，ak＋2，ak＋4，ak＋6，…，ak＋2(n－1)，…，成等差数列． （Ⅲ）
通过“归纳验证法”发现，我们把等差数列（Ⅰ）、（Ⅱ）的间隔综小了，把原来数列{an}中分别隔二项、隔三项成等差数列变为隔一项成等差数列了，由此可想，如果能再进一步缩小间隔，那么就能找到数列{an}相邻项之间关系了．因此，再用这种方法．
根据等差数列（Ⅰ）和等差数列（Ⅲ）得
ak＋ak＋6＝2ak＋3， ak＋ak＋6＝ak＋2＋ak＋4．
所以ak＋2＋ak＋4＝2ak＋3，即ak＋4－ak＋3＝ak＋3－ak＋2对k∈N*，且k≥6都成立，
所以对任意k∈N*且k≥8，
数列ak，ak＋1，ak＋2，…，ak＋(n－1)，…成等差数列．
特别地，当k＝8时，得
数列a8，a9，a10，…，an，…成等差数列．
数列{an}从第8项起，以后各项依次成等差数列． （Ⅳ）
研究两个数列问题的“归纳验证法”把问题进行一步转化为数列{an}从第8项开始成等差数列，只需再研究出前7项之间的关系，就可以把数列{an}完全认识清楚了．好象条件都已经用完了，再如何寻找前7项之间关系呢？数学中的“联想类比法”可能会帮你发现一些不易看出的内容．如上面对条件①③都是采用的“退一相减法”得到一些结论，类比这种方法，联想到能否直接把①③两式直接相减，又会出现什么结果呢？
当n≥5，①③都成立，把两式相减得，
an＋4－an－3＝2a4，即an－3＝an＋4－2a4．
用n代上式中的n－3，因为原来n≥5，从而n－3≥2，因此所代后的n≥2．即
当n≥2时，an＝an＋7－2a4．
从而当2≤n≤7，n∈N*时，an+1－an＝an＋8－an＋7．
根据等差数列（Ⅳ）可知，当2≤n≤7，n∈N*时，an＋8－an＋7为常数，故a3－a2＝a4－a3＝…＝a8－a7＝常数．
所以数列a2，a3，…，an，…成等差数列．
这样，我们用“联想类比法”把条件进一步转化为数列{an}从第二项起成等差数列．又因为a1＝1，因此，我们可以把求数列{an}通项问题转化为求等差数列a2，a3，…，an，…的首项a2和公差d问题．根据数列中的“基本量法”，可能通过构造方程组的方法来解出a2和d．
设等差数列a2，a3，…，的公差为d．分别在①③中，令n＝4，n＝5得，
S7+S1=2(S4+S3),
S9+S1=2(S5+S4).
因为S7＝1＋6a2＋15d，S1＝a1＝1，S4＝1＋3a2＋3d，S3＝1＋2a2＋d．
S9＝1＋8a2＋28d，S5＝1＋4a1＋6d．分别代入上面方程组整理得，
4a2-7d=-2,
3a2-5d=-1.
解得a2＝3，d＝2．
所以an＝1,n=1,
3+2(n-2),n≥2.即an＝2n－1．
注 通过上面的分析过程可以看出，解决这道高考题所用的方法和技巧都是大家平时经常用到的非常熟悉的，关键在于在何处用何方法，可能大家不容易想到，这就是我们平时教与学的重点地方，不要一试常规方法不行，立马想其他方法，而应该注意体会常规方法的功能，试一试能否通过调整和组合，真正用好常规方法，发挥它们的强大作用．
二、 感悟常用数学思想的作用
中学数学中常用的数学思想方法包括分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程等，借助这些数学思想的指导，我们可能会更容易找出相关的解题思路，虽然它们没有常用解题方法那么具体，而且看起来比较抽象空洞，但它们适用的范围可能更广，对解决问题的指导更强．平时注意体会它们的作用，对提高解题能力有很大的帮助．
例2 （2011年北京理科20）若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足∣ak＋1－ak∣＝1(k＝1，2，…，n－1)，则称数列An为E数列，记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.
（1） 写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)＞0的E数列A5；
（2） 若a1＝12，n＝2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011；
（3） 对任意给定的整数n(n≥2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)＝0?如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由．
分析:第（1）（2）问过程略．对于第（3）问，一开始就用n进行研究，不太容易，而通过数列学习，一定要体会从特殊到一般的数学思想的应用，它也是人们研究问题的一般原则．因为，先通过对特殊的n的值进行探究，得到结果，再推广到一般的n的值情况．
当n＝2时，首项为0的E数列A2只能为：0，1或0，－1．都不满足S(A2)＝0，因此不存在满足S(A2)＝0的E数列A2；
当n＝3时，首项为0的E数列A3只能为：0，1，2或0，1，0或0，－1，－2，或0，－1，0．都不满足S(A3)＝0，因此不存在满足S(A3)＝0的E数列A3；
当n＝4时，存在首项为0的E数列A4：0，1，0，－1满足S(A4)＝0；
当n＝5时，存在首项为0的E数列A5：0，1，0，－1，0满足S(A5)＝0．
根据这个特殊的n的值，可以猜想出一般的结论，首先当n＝4k(k∈N*)时，一定存在这样的E数列An，满足S(An)＝0．因为只要在A4后把它的各项依次再写一遍，就得到满足要求的E数列A8，…．由此可得：
（1） 当n＝4k（k∈N*)时，当an＝0,n=4m-3，m∈N*,
1，n=4m-2,m∈N*,
0,n=4m-1，m∈N*,
-1,n=4m，m∈N*.时，数列{an}为首项为0的E数列，且满足S（An)＝0．同理
（2） 当n＝4k＋1，k∈N*时，当an＝
0,n=4m-3，m∈N*,
1，n=4m-2,m∈N*,
0,n=4m-1，m∈N*,
-1,n=4m，m∈N*.时．数列{an}首项为0的为E数列，且满足S(An)＝0．
（3） 当n＝4k＋2，k∈N时，不存在首项为0的E数列A4k＋2，满足S(A4k＋2)＝0．
因为这样的E数列An太多，要进行逐一验证是不可能，那么怎么说明它们都不满足S(An)＝0呢？可以考虑S(An)的奇偶性．
因为S(A4k＋2)＝a1＋a2＋…＋a4k＋2，
根据当a，b都是整数时，a＋b与a－b奇偶性相同．
故S(A4k＋2)与S1＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(a4k＋1－a4k＋2)奇偶性相同．
又因为当a，b都是整数时，a＋b与∣a∣＋∣b∣奇偶性相同．
所以S1与S2＝∣a1－a2∣＋∣a3－a4∣＋…＋∣a4k＋1－a4k＋2∣奇偶性相同．
根据E数列定义，∣an－an＋1∣＝1，n＝1，2，…，4k＋1．
所以S2＝2k＋1为奇数．
故S(A4k＋2)为奇数，所以S4k＋2≠0．
同理可证明（4）当n＝4k＋3，k∈N时，不存在首项为0的E数列An，
满足S(A4k＋3)＝0．
注 从特殊到一般的思想，是一种非常重要的思考方法，很多数学结论都是通过这种思维方式发现的．解决一个一般性问题，也可以通过先做一做特殊情况，找一点感觉，为研究一般情况打下基础．而分类讨论思想，可以实现整为零，然后再各个突破，如解决与整数有关的问题经常会对它们按照余数情况进行分类讨论，上面猜想时对n按照被4除的余数进行分类，而在证明S(A4k＋2)≠0，S(A4k＋3)≠0时，又对n的奇偶性进行讨论，而且用到了一些常用的奇偶性的等价转化方法．
三、 体会高等工具的便捷
现在教材中学习的一些内容，如导数、概率、算法等在高等数列中会有更深刻的研究，定理法则会更多，解决问题也就会有更多的工具，它们能使现在解决比较困难的问题变得简单容易，虽然同学可能不要求掌握这些内容，但作为老师，我想还是多懂得一点更好，就样小学老师如自己不懂列方程解应用题，那么对算术中的一些问题也一定理解的不够清楚．用较高的观点看一些问题，可能会更容易发现它的体质．
例3 （2010全国Ⅱ卷理科（22）题）：设函数f(x)＝1－e－x．（1）证明：当x＞－1时，f(x)≥x1+x；（2） 设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．
分析:第（1）问略；对于第（2）问，它是中学中一类很重要的题型．通常采用分离参数法来解决．
① 当x＝0时，不等式化为0≤0，因此a∈R；
② 当x＞0时，f(x)＝1－e－x＞0，从而由f(x)≤xax+1得，xax+1＞0对x＞0恒成立，
即有ax＋1＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，故a≥0．
因此不等式两边都是正数，取倒数得，exex-1≥a＋1x，即a≤exex-1-1x．
记函数g(x)＝exex-1-1x（x＞0)．
从而a≤exex-1-1x对x＞0恒成立转化为g(x)的最小值大于等于a．
下面求g(x)的最小值．
因为g′(x)＝（ex-1）2-x2ex(ex-1)2x2，要研究g′(x)的正负，只需研究(ex－1)2－x2ex的正负．
因此，令h(x)＝(ex－1)2－x2ex，则h′(x)＝ex(2ex－2－2x－x2)．
再令k(x)＝2ex－2－2x－x2，则k′(x)＝2ex－2－2x，k″(x)＝2ex－2，
当x＞0时，k″(x)＞0，所以k′(x)在(0，＋∞)为增函数，所以k′(x)＞limx→0k′(x)＝0．
即x＞0时，k′(x)＞0，所以k(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以k(x)＞limx→0k(x)＝0．
所以当x＞0时，h′(x)＝exk(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)内为增函数．
所以h(x)＞limx→0h(x)＝0．所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝h(x)(ex-1)2x2＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)内为增函数．所以g(x)＞limx→0g(x)＝limx→0
exex-1-1x.因为limx→0exex-1-1x=limx→0xex-ex+1(ex-1)x是一个“00”，根据洛比达法则得
limx→0xex-ex+1(ex-1)x=
limx→0xexexx+ex-1=
limx→0ex+xex2ex+exx=12,所以g(x)＞12.
从而a≤12．同样根据原不等式在［0，＋∞)上有意义，所以a≥0．
所以a∈［0，12］．
综上所述，a的取值范围为0，12．
注 这种解法可能没有一些技巧性很强的解法来得简洁，但那些解法很难想到，有时就是命题人刻意凑出来的，你不按照命题人的意图就无法解出，要揭示思维的过程确实不易．而这种解法它特点是容易想到，符合常规思考方式，而且可以程序化，反复利用导函数的正负与函数单调性之间的关系，再利用单调性和特殊函数值定出函数的正负．与导数有关的问题，掌握一些极限的知识与方法、二阶导数、三阶导数的作用，会加深对导数问题的理解，也为解决导数问题提供更多的处理办法．再如，与整数有关的内容掌握一些数论中的基本方法，那么处理起来就会更顺利．老师自己多掌握一些知识，能从较高的观点观察问题，解决问题，那么有时可能更易于揭示思维过程，学生也能从解题过程中学到更多的内容，使他们的分析问题解决问题能力真正的得到提高．
一、 挖掘常规解题方法的功能
解决任何一类问题，都有一些基本的方法，如果试一试基本方法，立刻见效，那么这类问题应该属于常规问题，大家都能很顺利的得到结果．通过教材的学习和平时的积累，每个人都具备了一些常见问题的解决方案，但有时遇到的问题，常规解题方案不能马上见效，如何进行适当的调整和组合，挖掘常规方法的本质，进而寻找到解题策略，是平时教与学要特别关注的地方．
例1 (2011年高考江苏卷20)设M为部分正整数组成的集合，数列{an}的首项a1＝1，前n项和为Sn，已知对任意整数k∈M，当整数n＞k时，Sn＋k＋Sn－k＝2(Sn＋Sk)都成立．
（1） 设M＝{1}，a2＝2，求a5的值；
（2） 设M＝{3，4}，求数列{an}的通项公式．
分析：第（1）问比较简单，这里过程从略；下面重点通过第（2）问的研究，体会常规解题方法的功能．
根据题意得，当k＝3时，对n≥4都有Sn＋3＋Sn－3＝2(Sn＋S3)． ①
此式从本质上看，就是数列中“已知Sn，求an”问题，常规方法是“退一相减法”，可以先试一试：
当n≥5时，用n－1代n得，Sn＋2＋Sn－4＝2(Sn－1＋S3)． ②
由②式减①式得an＋3＋an－3＝2an，即an＋3－an＝an－an－3对n∈N，且n≥5恒成立．
根据等差数列的定义可得，
对任意k∈N*且k≥2，都有
数列ak，ak＋3，ak＋6，ak＋9，…，ak＋3(n－1)，…，成等差数列． （Ⅰ）
同理，当k＝4得，对n≥5都有Sn＋4＋Sn－4＝2(Sn＋S4)． ③
仿照上面方法可得，
对任意k∈N*且k≥2，都有
数列ak，ak＋4，ak＋8，ak＋12，…，ak＋4(n－1)，…，成等差数列．（Ⅱ）
现在我们得到两个等差数列（Ⅰ）和（Ⅱ），并没有得到数列{an}的相邻项之间的关系，常规方法“退一相减法”到此结束，没有能把问题解决，但它把问题向前推进了一步．下面我们考虑能否通过研究所得的两个等差数列，求出数列{an}的通项公式．“归纳验证法”是解决两个数列项之间关系的常用解题方法，观察两个等差数列，发现它们有公共项ak，ak＋12，…，这些项是联系两个等差数列的关键项，两个数列中其他项可以通过这些公共项来找它们之间关系．
如根据等差数列（Ⅰ）得，
ak＋ak＋12＝2ak＋6．④
根据等差数列（Ⅱ）得，
ak＋ak＋12＝ak＋4＋ak＋8． ⑤
根据④⑤可得
ak＋4＋ak＋8＝2ak＋6，即ak＋8－ak＋6＝ak＋6－ak＋4，对n∈N*，且k≥6都成立．
根据等差数列的定义得
对任意k∈N*，且k≥6，
数列ak，ak＋2，ak＋4，ak＋6，…，ak＋2(n－1)，…，成等差数列． （Ⅲ）
通过“归纳验证法”发现，我们把等差数列（Ⅰ）、（Ⅱ）的间隔综小了，把原来数列{an}中分别隔二项、隔三项成等差数列变为隔一项成等差数列了，由此可想，如果能再进一步缩小间隔，那么就能找到数列{an}相邻项之间关系了．因此，再用这种方法．
根据等差数列（Ⅰ）和等差数列（Ⅲ）得
ak＋ak＋6＝2ak＋3， ak＋ak＋6＝ak＋2＋ak＋4．
所以ak＋2＋ak＋4＝2ak＋3，即ak＋4－ak＋3＝ak＋3－ak＋2对k∈N*，且k≥6都成立，
所以对任意k∈N*且k≥8，
数列ak，ak＋1，ak＋2，…，ak＋(n－1)，…成等差数列．
特别地，当k＝8时，得
数列a8，a9，a10，…，an，…成等差数列．
数列{an}从第8项起，以后各项依次成等差数列． （Ⅳ）
研究两个数列问题的“归纳验证法”把问题进行一步转化为数列{an}从第8项开始成等差数列，只需再研究出前7项之间的关系，就可以把数列{an}完全认识清楚了．好象条件都已经用完了，再如何寻找前7项之间关系呢？数学中的“联想类比法”可能会帮你发现一些不易看出的内容．如上面对条件①③都是采用的“退一相减法”得到一些结论，类比这种方法，联想到能否直接把①③两式直接相减，又会出现什么结果呢？
当n≥5，①③都成立，把两式相减得，
an＋4－an－3＝2a4，即an－3＝an＋4－2a4．
用n代上式中的n－3，因为原来n≥5，从而n－3≥2，因此所代后的n≥2．即
当n≥2时，an＝an＋7－2a4．
从而当2≤n≤7，n∈N*时，an+1－an＝an＋8－an＋7．
根据等差数列（Ⅳ）可知，当2≤n≤7，n∈N*时，an＋8－an＋7为常数，故a3－a2＝a4－a3＝…＝a8－a7＝常数．
所以数列a2，a3，…，an，…成等差数列．
这样，我们用“联想类比法”把条件进一步转化为数列{an}从第二项起成等差数列．又因为a1＝1，因此，我们可以把求数列{an}通项问题转化为求等差数列a2，a3，…，an，…的首项a2和公差d问题．根据数列中的“基本量法”，可能通过构造方程组的方法来解出a2和d．
设等差数列a2，a3，…，的公差为d．分别在①③中，令n＝4，n＝5得，
S7+S1=2(S4+S3),
S9+S1=2(S5+S4).
因为S7＝1＋6a2＋15d，S1＝a1＝1，S4＝1＋3a2＋3d，S3＝1＋2a2＋d．
S9＝1＋8a2＋28d，S5＝1＋4a1＋6d．分别代入上面方程组整理得，
4a2-7d=-2,
3a2-5d=-1.
解得a2＝3，d＝2．
所以an＝1,n=1,
3+2(n-2),n≥2.即an＝2n－1．
注 通过上面的分析过程可以看出，解决这道高考题所用的方法和技巧都是大家平时经常用到的非常熟悉的，关键在于在何处用何方法，可能大家不容易想到，这就是我们平时教与学的重点地方，不要一试常规方法不行，立马想其他方法，而应该注意体会常规方法的功能，试一试能否通过调整和组合，真正用好常规方法，发挥它们的强大作用．
二、 感悟常用数学思想的作用
中学数学中常用的数学思想方法包括分类讨论、数形结合、等价转化、函数与方程等，借助这些数学思想的指导，我们可能会更容易找出相关的解题思路，虽然它们没有常用解题方法那么具体，而且看起来比较抽象空洞，但它们适用的范围可能更广，对解决问题的指导更强．平时注意体会它们的作用，对提高解题能力有很大的帮助．
例2 （2011年北京理科20）若数列An：a1，a2，…，an(n≥2)满足∣ak＋1－ak∣＝1(k＝1，2，…，n－1)，则称数列An为E数列，记S(An)＝a1＋a2＋…＋an.
（1） 写出一个满足a1＝a5＝0，且S(A5)＞0的E数列A5；
（2） 若a1＝12，n＝2000，证明：E数列An是递增数列的充要条件是an＝2011；
（3） 对任意给定的整数n(n≥2)，是否存在首项为0的E数列An，使得S(An)＝0?如果存在，写出一个满足条件的E数列An；如果不存在，说明理由．
分析:第（1）（2）问过程略．对于第（3）问，一开始就用n进行研究，不太容易，而通过数列学习，一定要体会从特殊到一般的数学思想的应用，它也是人们研究问题的一般原则．因为，先通过对特殊的n的值进行探究，得到结果，再推广到一般的n的值情况．
当n＝2时，首项为0的E数列A2只能为：0，1或0，－1．都不满足S(A2)＝0，因此不存在满足S(A2)＝0的E数列A2；
当n＝3时，首项为0的E数列A3只能为：0，1，2或0，1，0或0，－1，－2，或0，－1，0．都不满足S(A3)＝0，因此不存在满足S(A3)＝0的E数列A3；
当n＝4时，存在首项为0的E数列A4：0，1，0，－1满足S(A4)＝0；
当n＝5时，存在首项为0的E数列A5：0，1，0，－1，0满足S(A5)＝0．
根据这个特殊的n的值，可以猜想出一般的结论，首先当n＝4k(k∈N*)时，一定存在这样的E数列An，满足S(An)＝0．因为只要在A4后把它的各项依次再写一遍，就得到满足要求的E数列A8，…．由此可得：
（1） 当n＝4k（k∈N*)时，当an＝0,n=4m-3，m∈N*,
1，n=4m-2,m∈N*,
0,n=4m-1，m∈N*,
-1,n=4m，m∈N*.时，数列{an}为首项为0的E数列，且满足S（An)＝0．同理
（2） 当n＝4k＋1，k∈N*时，当an＝
0,n=4m-3，m∈N*,
1，n=4m-2,m∈N*,
0,n=4m-1，m∈N*,
-1,n=4m，m∈N*.时．数列{an}首项为0的为E数列，且满足S(An)＝0．
（3） 当n＝4k＋2，k∈N时，不存在首项为0的E数列A4k＋2，满足S(A4k＋2)＝0．
因为这样的E数列An太多，要进行逐一验证是不可能，那么怎么说明它们都不满足S(An)＝0呢？可以考虑S(An)的奇偶性．
因为S(A4k＋2)＝a1＋a2＋…＋a4k＋2，
根据当a，b都是整数时，a＋b与a－b奇偶性相同．
故S(A4k＋2)与S1＝a1－a2＋a3－a4＋…＋(a4k＋1－a4k＋2)奇偶性相同．
又因为当a，b都是整数时，a＋b与∣a∣＋∣b∣奇偶性相同．
所以S1与S2＝∣a1－a2∣＋∣a3－a4∣＋…＋∣a4k＋1－a4k＋2∣奇偶性相同．
根据E数列定义，∣an－an＋1∣＝1，n＝1，2，…，4k＋1．
所以S2＝2k＋1为奇数．
故S(A4k＋2)为奇数，所以S4k＋2≠0．
同理可证明（4）当n＝4k＋3，k∈N时，不存在首项为0的E数列An，
满足S(A4k＋3)＝0．
注 从特殊到一般的思想，是一种非常重要的思考方法，很多数学结论都是通过这种思维方式发现的．解决一个一般性问题，也可以通过先做一做特殊情况，找一点感觉，为研究一般情况打下基础．而分类讨论思想，可以实现整为零，然后再各个突破，如解决与整数有关的问题经常会对它们按照余数情况进行分类讨论，上面猜想时对n按照被4除的余数进行分类，而在证明S(A4k＋2)≠0，S(A4k＋3)≠0时，又对n的奇偶性进行讨论，而且用到了一些常用的奇偶性的等价转化方法．
三、 体会高等工具的便捷
现在教材中学习的一些内容，如导数、概率、算法等在高等数列中会有更深刻的研究，定理法则会更多，解决问题也就会有更多的工具，它们能使现在解决比较困难的问题变得简单容易，虽然同学可能不要求掌握这些内容，但作为老师，我想还是多懂得一点更好，就样小学老师如自己不懂列方程解应用题，那么对算术中的一些问题也一定理解的不够清楚．用较高的观点看一些问题，可能会更容易发现它的体质．
例3 （2010全国Ⅱ卷理科（22）题）：设函数f(x)＝1－e－x．（1）证明：当x＞－1时，f(x)≥x1+x；（2） 设当x≥0时，f(x)≤xax+1，求a的取值范围．
分析:第（1）问略；对于第（2）问，它是中学中一类很重要的题型．通常采用分离参数法来解决．
① 当x＝0时，不等式化为0≤0，因此a∈R；
② 当x＞0时，f(x)＝1－e－x＞0，从而由f(x)≤xax+1得，xax+1＞0对x＞0恒成立，
即有ax＋1＞0对x∈(0，＋∞)恒成立，故a≥0．
因此不等式两边都是正数，取倒数得，exex-1≥a＋1x，即a≤exex-1-1x．
记函数g(x)＝exex-1-1x（x＞0)．
从而a≤exex-1-1x对x＞0恒成立转化为g(x)的最小值大于等于a．
下面求g(x)的最小值．
因为g′(x)＝（ex-1）2-x2ex(ex-1)2x2，要研究g′(x)的正负，只需研究(ex－1)2－x2ex的正负．
因此，令h(x)＝(ex－1)2－x2ex，则h′(x)＝ex(2ex－2－2x－x2)．
再令k(x)＝2ex－2－2x－x2，则k′(x)＝2ex－2－2x，k″(x)＝2ex－2，
当x＞0时，k″(x)＞0，所以k′(x)在(0，＋∞)为增函数，所以k′(x)＞limx→0k′(x)＝0．
即x＞0时，k′(x)＞0，所以k(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以k(x)＞limx→0k(x)＝0．
所以当x＞0时，h′(x)＝exk(x)＞0，所以h(x)在(0，＋∞)内为增函数．
所以h(x)＞limx→0h(x)＝0．所以当x∈(0，＋∞)时，g′(x)＝h(x)(ex-1)2x2＞0，
所以g(x)在(0，＋∞)内为增函数．所以g(x)＞limx→0g(x)＝limx→0
exex-1-1x.因为limx→0exex-1-1x=limx→0xex-ex+1(ex-1)x是一个“00”，根据洛比达法则得
limx→0xex-ex+1(ex-1)x=
limx→0xexexx+ex-1=
limx→0ex+xex2ex+exx=12,所以g(x)＞12.
从而a≤12．同样根据原不等式在［0，＋∞)上有意义，所以a≥0．
所以a∈［0，12］．
综上所述，a的取值范围为0，12．
注 这种解法可能没有一些技巧性很强的解法来得简洁，但那些解法很难想到，有时就是命题人刻意凑出来的，你不按照命题人的意图就无法解出，要揭示思维的过程确实不易．而这种解法它特点是容易想到，符合常规思考方式，而且可以程序化，反复利用导函数的正负与函数单调性之间的关系，再利用单调性和特殊函数值定出函数的正负．与导数有关的问题，掌握一些极限的知识与方法、二阶导数、三阶导数的作用，会加深对导数问题的理解，也为解决导数问题提供更多的处理办法．再如，与整数有关的内容掌握一些数论中的基本方法，那么处理起来就会更顺利．老师自己多掌握一些知识，能从较高的观点观察问题，解决问题，那么有时可能更易于揭示思维过程，学生也能从解题过程中学到更多的内容，使他们的分析问题解决问题能力真正的得到提高．