邏輯星輝映思維，推理探究啟新知

摘要：2024年全國新高考Ⅰ卷第19題是新定義題，對學生思維能力的考查提出了更高的要求.本文中從歸納、遞推等多角度分析和解決問題，并進行試題變式和溯源，形成解決一類問題的系統性方法.為了突破此類問題，教師在教學中應該重視知識的生成與應用，搭建思維平臺，聚焦邏輯推理能力和探究能力，發展核心素養，推進真正的素質教育.

關鍵詞：新定義；思維；邏輯推理；教學

新高考背景下，全國卷試題結構不斷創新，尤其是新定義題，難度大，綜合性強，突出考查思維能力，服務于創新人才選拔.如何突破這一類題目？下面讓我們剝絲抽繭，探尋2024年新高考Ⅰ卷第19題的真相之源.

1 試題再現

設m為正整數，數列a1，a2，……，a4m+2是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項ai和aj（ilt;j）后剩余的4m項可被平均分為m組，且每組的4個數都能構成等差數列，則稱數列a1，a2，……，a4m+2是（i，j）-可分數列.

（1）寫出所有的（i，j），1≤ilt;j≤6，使數列a1，a2，……，a6是（i，j）-可分數列；

（2）當m≥3時，證明：數列a1，a2，……，a4m+2是（2，13）-可分數列；

（3）從1，2，……，4m+2中一次任取兩個數i和j（ilt;j），記數列a1，a2，……，a4m+2是（i，j）-可分數列的概率為Pm.證明：Pmgt;18.

2 試題分析

本題是以數列為背景的新定義題，融合了古典概型、組合計算、不等式等知識點.三問的設置從簡到難，從特殊到一般，層層遞進、環環相扣，符合學生的思維過程，對學生的邏輯推理和數學探究能力有較高要求.下面對三小題逐題進行分析.

（1）當m=1時，（i，j）的可取值.此時數列僅有6個數，可通過枚舉法找到所有符合條件的情況，讓學生初步感知可分數列的構造形式.

（2）當m≥3時，（2，13）可分的證明.先證明特殊情形m=3時，前12個數能構造出3組等差數列.那么mgt;3時，后4m－12個數的項數為4的整數倍，每相鄰4個數為一組構成等差數列，讓學生探究構造可分數列的方法.

（3）設bm為數列a1，a2，……，a4m+2的（i，j）-可分數列個數.從該數列中任取兩個數i，j（ilt;j）的種數為C24m+2=8m2+6m+1，由古典概型得Pm=bmC24m+2.通過四種不同的方法得到bm≥m2+m+1，從而能證明Pm≥m2+m+18m2+6m+1gt;18.解析思維導圖如圖1.

3 試題解析

3.1 第（1）題的解析

在等差數列a1，a2，a3，a4，a5，a6中去掉第i項和第j項（1≤ilt;j≤6），共15種，只有3種滿足條件.①當（i，j）=（1，2）時，剩余數列是a3，a4，a5，a6；②當（i，j）=（1，6）時，剩余數列是a2，a3，a4，a5；③當（i，j）=（5，6）時，剩余數列是a1，a2，a3，a4.因此，所有符合條件的（i，j）為（1，6），（1，2），（5，6）.

解法評析：由于數據數量少，用枚舉法可較快獲得答案，枚舉需注意不重不漏.本小題讓學生初步理解可分數列的定義，為第（2）（3）題的求解作鋪墊.

3.2 第（2）題的解析

性質：若數列{an}是公差不為0的等差數列，ai，aj，ak，at成等差數列表明（j－i）d=（k－j）d=（t－k）d，即j－i=k－j=t－k，也就是i，j，k，t成等差數列.

此題可轉化為證明數列1，2，……，4m+2是（2，13）-可分數列.將數列1，2，……，4m+2刪去2，13后，分成如下m組：①前3組為1，4，7，10；3，6，9，12；5，8，11，14.②后m－3組為15，16，17，18；19，20，21，22；……；4m－1，4m，4m+1，4m+2.以上每組的4個數都能構成等差數列，故數列1，2，……，4m+2是（2，13）-可分數列，即數列a1，a2，……，a4m+2是（2，13）-可分數列.

解法評析：借助等差數列的性質簡化題設，體現了轉化與化歸的思想.利用特殊到一般的思想，將4m+2個數分兩大段考慮，降低思維難度.

3.3 第（3）題的解析

此題可轉化為證明數列1，2，……，4m+2是（i，j）-可分數列的概率大于18.

從1，2，……，4m+2中任取兩個數i，j（ilt;j）的種數為C24m+2=8m2+6m+1.設bm為數列1，2，……，4m+2的（i，j）-可分數列個數，由古典概型得Pm=bmC24m+2.要證Pmgt;18，只需要證bmgt;18C24m+2=m2+34m+18.通過計數可知：bm≥m2+m+1.

掃碼看詳解3.3.1 方法一：依序枚舉

（篇幅所限，這里略，請掃碼閱讀具體解析過程.）

3.3.2 方法二：合理猜證

將數列1，2，……，4m+2按4個一組，列表得表1.

通過第（1）（2）小題和枚舉法可知，i，j滿足除以4余1和除以4余2，以此作為分類標準討論如下：

①當（i，j）=（4p+1，4s+2）（0≤p≤s≤m，且p，s∈N）時，將數列寫成

1，2，3，……，4p4p個，4p+1，4p+2，4p+3，，……，4s+14（s－p）個，4s+2，4s+3，4s+4，……，4m+24（m－s）個.

每一段的項數都是4的整數倍，此時每連續4個數都構成等差數列.所以方法數為N1=C2m+1+m+1.

②當（i，j）=（4p+2，4s+1）（0≤plt;s≤m，且p，s∈N）時，將數列寫成

1，2，3，……，4p4p個，4p+1，4p+2，4p+3，……，4s，4s+1，4s+2，4s+3，4s+4，……，4m+24（m－s）個.

前后段的項數都是4的整數倍，此時每連續4個數都構成等差數列.中間段數列4p+1，4p+2，4p+3，……，4s，4s+1，4s+2可對應為數列1，2，3，……，4k，4k+1，4k+2.

不妨刪去2與4k+1，剩下1，3，4，……，4k，4k+2共4k個數，分成k組，列表如下表2.

解法評析：先猜后證就是基于直覺或對問題的初步理解猜測可能的解，再嘗試執果索因進行證明.有時，這是一種有效的解題策略.

3.3.3 方法三：逐步遞推

解法一：設數列1，2，……，4m+2的（i，j）-可分數列個數為bm.

當m=1時，（i，j）=（1，2），（1，6），（5，6），則b1=3.

當m=2時，（i，j）=（1，2），（1，6），（1，10），（2，9），（5，6），（5，10），（9，10），則b2=7.

當m≥3時，遞推關系圖如圖2所示.

①當i，j∈［1，4m－2］時，若4m－1，4m，4m+1，4m+2為一組，問題等價于求數列1，2，……，4（m－1）+2的（i，j）-可分數列個數，即為bm－1.若4m－1，4m，4m+1，4m+2不為一組，還有其他情形，則滿足條件的（i，j）數不少于bm－1.

②當i，j∈［5，4m+2］時，若1，2，3，4為一組，問題等價于求數列5，6，……，4m+2的（i，j）-可分數列個數，即bm－1.若1，2，3，4不為一組，還有其他情形，則滿足條件的（i，j）數不少于bm－1.

③當i，j∈［5，4m－2］時，此情況為①②中重復計數的（i，j）數，為bm－2.

④當i∈［1，4］，j∈［4m－1，4m+2］時，取出的（i，j）既不屬于①，也不屬于②，若取（i，j）=（1，4m+2）和（2，4m+1）都滿足條件，共2種.

由上述討論知bm≥2bm－1－bm－2+2（m≥3），累加得bm≥m2+m+1（m≥3）.

顯然b1=3，b2=7滿足上式，所以bm≥m2+m+1（m∈N*），故Pm≥m2+m+18m2+6m+1gt;18.

解法二：對于數列1，2，……，4m+2的（i，j）-可分數列個數bm，除1，2，……，4m－2的（i，j）-可分數列個數bm－1外，還新增了以下幾種情況.①若j=4m+2，則i=1，5，9，……，4m+1時能使數列可分，共m+1種.②若j=4m+1，則i=2，6，10，……，4m－6時能使數列可分，共m－1種.

由上述討論知bm≥bm－1+（m+1）+（m－1）=bm－1+2m（m≥2），累加得bm≥m2+m+1（m∈N*），且b1=3滿足上式，故Pmgt;18.

解法評析：從數列的角度入手，若較難發現數列{bm}中項的取值規律，可嘗試通過運算來尋找規律，即得出數列{bm}的遞推關系.該方法考查了邏輯推理能力.

3.3.4 方法四：數學歸納法

用數學歸納法證明bm≥m2+m+1（m∈N*）.

（1）當m=1時，b1=3≥12+1+1成立.

（2）假設當m=k（k∈N*）時，bk≥k2+k+1成立.

當m=k+1時，數列為{1，2，……，4k+6}.

①若i，j∈{1，2，……，4k+2}，此情況至少有k2+k+1種.

②若j=4k+6，則i=1，5，9，……，4k+5時能使數列可分，共k+2種.

③若j=4k+5，則i=2，6，10，……，4k－2時能使數列可分，共k種.

所以bk+1≥（k2+k+1）+（k+2）+k=（k+1）2+（k+1）+1.

由（1）（2）知，bm≥m2+m+1（m∈N*）成立，且b1=3滿足上式，故Pmgt;18.

解法評析：數學歸納法是證明與正整數相關的命題的一種思想方法，它位于人教A版選擇性必修第二冊第四章4.4*，體現了高考基于書本又高于書本的特點.

4 試題拓展

4.1 拓展研究

對于正整數等差數列c1，c2，c3，c4，設公差為d.

若d≡0（mod 4），則c1，c2，c3，c4模4同余；若d≡1（mod 4）或d≡3（mod 4），則c1，c2，c3，c4模4的余數遍歷0，1，2，3；若d≡2（mod 4），則c1，c2，c3，c4模4的余數有兩個0兩個2或有兩個1兩個3.

若數列1，2，……，4m+2是（i，j）-可分數列，則刪去i和j后，剩下的4m個數中模4余0與模4余2的個數之差為4的整數倍，模4余1與模4余3的個數之差為4的整數倍.而數列1，2，……，4m+2中模4余0和模4余3的數各有m個，模4余1和模4余2的數各有m+1個.

所以必有i≡1（mod 4），

j≡2（mod 4）或i≡2（mod 4），

j≡1（mod 4）.

因此，任取兩個數i，j（ilt;j）使數列可分的必要條件是i，j為模4余1和模4余2的兩個數.

評析：由數論的完全剩余系可優化該題的解決路徑，同時也驗證了猜想的準確性.

4.2 試題改編

記（a+b）n（n∈N*）展開式的二項式系數之和為cn，若從數列c1，c2，……，c4m+3中刪去三項ci，cj，ck（ilt;jlt;k）后剩余的4m項可被平均分為m組，且每組的4個數都能構成等比數列，則稱數列c1，c2，……，c4m+3是（i，j，k）-可分數列.

（1）寫出所有的（i，j，k），1≤ilt;jlt;k≤7，使數列c1，c2，……，c7是（i，j，k）-可分數列；

（2）當m≥3時，證明：數列c1，c2，……，c4m+3是（2，3，13）-可分數列；

（3）從1，2，……，4m+3中一次任取三個數i，j，k（ilt;jlt;k），記數列c1，c2，……，c4m+3是（i，j，k）-可分數列的概率為Pm.證明：Pmgt;14.

改編思路：對原題進行多元推廣，并將等比數列與二項式定理相結合，在知識的交匯處改編，考查了類比探究和綜合應用能力.

5 試題溯源

上述高考題與人教A版選擇性必修第二冊第18頁練習第5題和人教B版選擇性必修第三冊第37頁練習B第6題有一定的相似度，體現了高考回歸教材、重視教材的特點.如：

（人教A版選擇性必修第二冊第18頁練習第5題）已知一個無窮等差數列{an}的首項為a1，公差為d.

（1）將數列中的前m項去掉，其余各項組成一個新的數列，這個數列是等差數列嗎？如果是，它的首項公差分別是多少？

（2）取出數列中的所有奇數項，組成一個新的數列，這個新數列是等差數列嗎？如果是，它的首項和公差分別是多少？

（3）取出數列中所有序號為7的倍數的項，組成一個新的數列，它是等差數列嗎？你能根據得到的結論作出一個猜想嗎？

6 試題感悟

6.1 對研究新定義問題的思考

新定義問題本質是對數學概念、原理的理解與運用，通過新定義一個數學對象或數學運算，為學生搭建思維平臺，考查學生閱讀理解、邏輯推理和應用探究能力.其探究路徑與方法如圖3所示.

面對新的情境和問題，將抽象定義轉化為具體應用，從特殊到一般進行探索，加深對信息的理解，可適當利用圖表發現規律、得出猜想，然后再推理證明結論.

6.2 對教學與高考銜接的思考

在日常教學過程中，要重視數學概念的生成、公式定理的推導、探究應用的過程，要突出數學本質，強調知識的內在聯系，要給學生充足的思考時間和深度學習的空間.在高考復習教學中，要依托課標和教材進行拓展延伸，在理解知識本質的過程中建構知識體系，淡化解題技巧，注重通性通法，加強思維能力、探究能力和創新能力的培養.

對于創新性試題的探索要滲透在日常教學中，把教學重點放在用科學的思維方式和嚴謹的推理能力認識事物、解決問題上，使學生在面對新情境和新問題時能獨立找到解決方法.總而言之，教學要圍繞內容主線，聚焦核心素養，注重學生的思維發展過程，使學生全面發展，進而推進我國素質教育的發展.