從數學競賽視角審視高考新定義題型的壓軸題

在數學中，“大道至簡，淳樸自然”的理念被廣泛認同，即所有復雜的數學問題，盡管題目形式千變萬化，但其背后的思想方法卻總保持不變.在新高考數學試卷改革的背景下，備考新定義壓軸題必須從根本上解決問題，即從思考問題的方式和數學思維人手探究.本文旨在探討數學競賽中常用的解題思維在高考新定義問題中的應用，內容涵蓋遞推思想、極端量思想、不變量與半不變量.

1 遞推思想

在高考數學問題中，遞推思想主要應用于數列、排列組合、概率與統計等方面.

例1（2024年新高考I卷19）設 Ω_m 為正整數，數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是公差不為0的等差數列，若從中刪去兩項 a_i 和 a_j（i1，a₂，…，a_4m+2 是 （i，j） -可分數列.

（1）寫出所有的 （i，j），1?i1 a_?2，…，a₆ 是 （i，j） -可分數列；

（2）當 m?3 時，證明：數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，13）-可分數列；

（3）從 1，2，…，4m+2 中任取兩個數 i 和 j（ilt;

j ），記數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是 （i，j） -可分數列的概率

為 P_m ，證明： 0

設數列 a₁，a₂，…，a_4m+2 的公差為 d ，則 d≠ 0 ，故 a_k=a₁+（k-1）d ，所以

據此得到新數列 a_k^′=k（k=1，2，…，4m+2） ，因此只需對 1，2，…，4m+2 進行討論即可.

（1）（1，2），（1，6），（5，6）（求解過程略）.

（2）從數列 1，2，…，4m+2 中取出2和13后，剩余的 4m 個數可以分為以下兩個部分，使得每組成等差數列.

①{1，4，7，10}，{3，6，9，12}，{5，8，11，14} 共3組；

②{15，16，17，18}，{19，20，21，22}，…，{4m-1 4 m，4m+1，4m+2} ，共 m-3 組（如果 m-3=0 ，則忽略 ② ），故數列 {1，2，…，4m+2} 是（2，13）-可分數列.

（3）首先從 1，2，…，4m+2 中任取兩個數的不同取法共有 C_4m+2² 種.再設滿足題意要求的選取方法總數為 b_m ·

下面考慮 b_m+1 ： b_m+1 是在原來 4m+2 個數的基礎上增加了4個數 4m+3，4m+4，4m+5，4m+6 ，所以計算 b_m+1 的情況可以分為以下三種情形.

情形1選取的兩個數只在 1～4m+2 中選取，此時滿足題意要求的種數為 b_m ：

情形2選取的兩個數只在 4m+3～4m+6 中選取，此時可選擇刪去 （4m+5，4m+6） ，前面 4m+4 個數連續4個一組顯然滿足，此時共有1種滿足.

情形3選取的兩個數有一個在 1～4m+2 中選取，另一個在 4m+3～4m+6 中選取.

第一類可選擇刪去 （4k-3，4m+6）（k=1，2，… m+1） ，共 m+1 種，此時剩下的數按照

（4i-3，4i-2，4i-1，4i）（i=1，2，…，k-1）; （4i-2，4i-1，4i，4i+1）（i=k，k+1，…，m+1） 分組即可，每組4個數構成等差數列.

第二類可選擇刪去 （4k-2，4m+5）（k=1，2，…， Ψ_m ），共 Ψ_m 種，此時剩下的數按照

（4i-3，4i-2，4i-1，4i）（i=1，2，…，k-1）;

（4k-3，3k+m-1，2k+2m+1，k+3m+3），

（4k-1，3k+m+1，2k+2m+3，k+3m+5），

：

（3k+m，2k+2m+2，k+3m+4，4m+6）

分組，其中每組公差為 m-k+2 即可.

綜上 b_m+1≥b_m+2m+2?b_m≥m（m+1）+1?

2極端量思想

常言道“盛極則衰，物極必反”，在數學中，極端量的概念同樣廣泛存在.例如，表達式的上下界、有限集合的大小、特定操作變換的迭代次數等都是極端量的體現.如何運用極端量的思想來解決問題，是研究高考新定義問題的一個重要課題.

例2（2023年北京卷21）已知數列 {a_n}，{b_n} 的項數均為 Σ_m （ mgt;21 ，且 a_n，b_n∈{1，2，…，m} ，{a_n}，{b_n} 的前 Ω_n 項和分別為 A_nJ_n ，并規定 A₀= 對于 k∈{0，1，2，…，m} ，定義 r_k=max{i∣ B_i?A_k ， i∈{0，1，2，…，m}} ，其中 maxM 表示數集M 中最大的數.

（1）若 a₁=2，a₂=1，a₃=3，b₁=1，b₂=3，b₃=3 求 r₀，r₁，r₂，r₃ 的值；

（2）若 a₁?b₁ ，且 2r_j?r_j+1+r_j-1（j=1，2，… m-1） ，求 r_n

（3）證明：存在 p，q，s，t∈{0，1，2，…，m} ，滿足 _?gt;q，sgt;_? ，使得 A_?+B_t=A_q+B_s

本題的第（2）問和第（3）問都蘊含了極端量的思維.在第（2）問中，由于數列 {r_j+1-r_j} 是遞增的，而最后一項 r_m 是有界的，如果增加過多，勢必會出現矛盾.至于第（3）問，若考慮 B_j-A_i 的形式并結合極端量，容易推導出存在兩項相等的情況.選擇考慮減法的原因在于，與加法相比，減法的邊界較小，更易于控制.

（1）r₀=0，r₁=1，r₂=1，r₃=2（ （求解過程略）.

（2）由題意可知 r_n?m ，且 r_n∈N 因為 a_n?1 ，b_n?1 ，且 a₁?b₁ ，所以 A_n?B₁gt;B₀ 對任意 n∈N^* 恒成立，則 r₀=0，r₁?1. 又 2r_i?r_i-1+r_i+1 ，所以

r_i+1-r_i≥r_i-r_i-1

r_m-r_m-1?r_m-1-r_m-2?…?r₁-r₀?1， （20故 r_i+1-r_i?1

反證假設滿足 r_n+1-r_ngt;1 的最小正整數為j（0?j?m-1） ，當 時， Δ_ri+1-ri?2 ；當 i?j-1 時， r_i+1-r_i=1 ，則

r_m=（r_m-r_m-1）+（r_m-1-r_m-2）+…+

（r₁-r₀）+r₀?2（m-j）+j=2m-j.

又 0?j?m-1 ，所以

r_m?2m-j?2m-（m-1）=m+1gt;m， （20號假設不成立，故 r_n+1-r_n=1 ，即數列 {r_n} 是首項為1、公差為1的等差數列，則 r_n=n（n∈N）

（3）由題意可知 A=B=0，A_m 與 B_m 都不超過m² .若存在 B_i=A_i （ Φ_i=1，2，…，m） ，則 B_i+B₀= A_i+A₀ 已滿足題意.若 B_i≠A_i ，由對稱性不妨設B_mgt;A_m ，則 r_klt;_m（k=0，…，m） .構建 S_n=B_rn-A_n （ 1?n?m ，由題意可得 S?0 ，且 S_n 為整數.

反證 假設存在正整數 K ，使得 S_K?-m ，則

可得 b_rK+1=B_rK+1-B_rK=（B_rK+1-A_K）-（B_rK- A_K）gt;m ，這與 b_rK+1∈{1，2，…，m} 相矛盾，故對任意1?n?m n∈N ，均有 S_n?1-m ：

若存在正整數 N ，使得 ，即 ，可取 t=q=0，p=N，s=r_N ，滿足 ，sgt;_t ，使得 A_?+B_t=A_q+B_s

若不存在正整數 N ，使得 S_N=0 ，因為 S_n∈ {-1，-2，…，-（m-1）} ，且 1?n?m ，所以必存在1?XX=S_Y ，即 B_rX-A_X=B_rY-A_Y 可得 ，可取 p=Y，s=r_Y，q=X ，t=r_X ，滿足 ，使得 A_?+B_t=A_q+B_s ：

綜上，存在 0?q

3不變量與半不變量

某些性質從特定視角來看會保持不變或遵循一定的規律性，稱這些性質為不變量或半不變量，尋找這些不變量往往需要一定的技巧.

一例3小明在黑板上寫上了 673～2 019 這1347個正整數，他每次在桌上任選3個數字 a，b，c ，將它們擦掉，然后在桌子上寫上min{a，b，c}， ，如此反復操作直到只剩1個數字 Ψ_c ，證明： clt;1

證明在本題中，每次操作都會消耗掉原有的3個數字，并生成1個新的數字.從局部個體的角度來看，每次操作消耗的3個數字 _a，b，c ，它們的倒數之和比新數的倒數小： ，依此類推下去最后只剩下1個數 c ，那么它的倒數會比原來所有數的倒數之和都要大.若要說明 clt;1 ，只需說明原來的1347個正整數倒數之和大于1即可.因為對任意的 ，所以

（完）