邏輯星輝映思維，推理探究啟新知

摘要：2024年全國(guó)新高考Ⅰ卷第19題是新定義題，對(duì)學(xué)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(jìn)行試題變式和溯源，形成解決一類問題的系統(tǒng)性方法.為了突破此類問題，教師在教學(xué)中應(yīng)該重視知識(shí)的生成與應(yīng)用，搭建思維平臺(tái)，聚焦邏輯推理能力和探究能力，發(fā)展核心素養(yǎng)，推進(jìn)真正的素質(zhì)教育.

關(guān)鍵詞：新定義；思維；邏輯推理；教學(xué)

新高考背景下，全國(guó)卷試題結(jié)構(gòu)不斷創(chuàng)新，尤其是新定義題，難度大，綜合性強(qiáng)，突出考查思維能力，服務(wù)于創(chuàng)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(xiàn)

設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列a1，a2，……，a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)ai和aj（ilt;j）后剩余的4m項(xiàng)可被平均分為m組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，則稱數(shù)列a1，a2，……，a4m+2是（i，j）-可分?jǐn)?shù)列.

（1）寫出所有的（i，j），1≤ilt;j≤6，使數(shù)列a1，a2，……，a6是（i，j）-可分?jǐn)?shù)列；

（2）當(dāng)m≥3時(shí)，證明：數(shù)列a1，a2，……，a4m+2是（2，13）-可分?jǐn)?shù)列；

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

2 試題分析

本題是以數(shù)列為背景的新定義題，融合了古典概型、組合計(jì)算、不等式等知識(shí)點(diǎn).三問的設(shè)置從簡(jiǎn)到難，從特殊到一般，層層遞進(jìn)、環(huán)環(huán)相扣，符合學(xué)生的思維過程，對(duì)學(xué)生的邏輯推理和數(shù)學(xué)探究能力有較高要求.下面對(duì)三小題逐題進(jìn)行分析.

（1）當(dāng)m=1時(shí)，（i，j）的可取值.此時(shí)數(shù)列僅有6個(gè)數(shù)，可通過枚舉法找到所有符合條件的情況，讓學(xué)生初步感知可分?jǐn)?shù)列的構(gòu)造形式.

（2）當(dāng)m≥3時(shí)，（2，13）可分的證明.先證明特殊情形m=3時(shí)，前12個(gè)數(shù)能構(gòu)造出3組等差數(shù)列.那么mgt;3時(shí)，后4m－12個(gè)數(shù)的項(xiàng)數(shù)為4的整數(shù)倍，每相鄰4個(gè)數(shù)為一組構(gòu)成等差數(shù)列，讓學(xué)生探究構(gòu)造可分?jǐn)?shù)列的方法.

（3）設(shè)bm為數(shù)列a1，a2，……，a4m+2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù).從該數(shù)列中任取兩個(gè)數(shù)i，j（ilt;j）的種數(shù)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(dǎo)圖如圖1.

3 試題解析

3.1 第（1）題的解析

在等差數(shù)列a1，a2，a3，a4，a5，a6中去掉第i項(xiàng)和第j項(xiàng)（1≤ilt;j≤6），共15種，只有3種滿足條件.①當(dāng)（i，j）=（1，2）時(shí)，剩余數(shù)列是a3，a4，a5，a6；②當(dāng)（i，j）=（1，6）時(shí)，剩余數(shù)列是a2，a3，a4，a5；③當(dāng)（i，j）=（5，6）時(shí)，剩余數(shù)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(píng)析：由于數(shù)據(jù)數(shù)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(xué)生初步理解可分?jǐn)?shù)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(zhì)：若數(shù)列{an}是公差不為0的等差數(shù)列，ai，aj，ak，at成等差數(shù)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(shù)列.

此題可轉(zhuǎn)化為證明數(shù)列1，2，……，4m+2是（2，13）-可分?jǐn)?shù)列.將數(shù)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(gè)數(shù)都能構(gòu)成等差數(shù)列，故數(shù)列1，2，……，4m+2是（2，13）-可分?jǐn)?shù)列，即數(shù)列a1，a2，……，a4m+2是（2，13）-可分?jǐn)?shù)列.

解法評(píng)析：借助等差數(shù)列的性質(zhì)簡(jiǎn)化題設(shè)，體現(xiàn)了轉(zhuǎn)化與化歸的思想.利用特殊到一般的思想，將4m+2個(gè)數(shù)分兩大段考慮，降低思維難度.

3.3 第（3）題的解析

此題可轉(zhuǎn)化為證明數(shù)列1，2，……，4m+2是（i，j）-可分?jǐn)?shù)列的概率大于18.

從1，2，……，4m+2中任取兩個(gè)數(shù)i，j（ilt;j）的種數(shù)為C24m+2=8m2+6m+1.設(shè)bm為數(shù)列1，2，……，4m+2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù)，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(jì)數(shù)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(qǐng)掃碼閱讀具體解析過程.）

3.3.2 方法二：合理猜證

將數(shù)列1，2，……，4m+2按4個(gè)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(biāo)準(zhǔn)討論如下：

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

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

每一段的項(xiàng)數(shù)都是4的整數(shù)倍，此時(shí)每連續(xù)4個(gè)數(shù)都構(gòu)成等差數(shù)列.所以方法數(shù)為N1=C2m+1+m+1.

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

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

前后段的項(xiàng)數(shù)都是4的整數(shù)倍，此時(shí)每連續(xù)4個(gè)數(shù)都構(gòu)成等差數(shù)列.中間段數(shù)列4p+1，4p+2，4p+3，……，4s，4s+1，4s+2可對(duì)應(yīng)為數(shù)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(gè)數(shù)，分成k組，列表如下表2.

解法評(píng)析：先猜后證就是基于直覺或?qū)栴}的初步理解猜測(cè)可能的解，再嘗試執(zhí)果索因進(jìn)行證明.有時(shí)，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(shè)數(shù)列1，2，……，4m+2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù)為bm.

當(dāng)m=1時(shí)，（i，j）=（1，2），（1，6），（5，6），則b1=3.

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

當(dāng)m≥3時(shí)，遞推關(guān)系圖如圖2所示.

①當(dāng)i，j∈［1，4m－2］時(shí)，若4m－1，4m，4m+1，4m+2為一組，問題等價(jià)于求數(shù)列1，2，……，4（m－1）+2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù)，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(shù)不少于bm－1.

②當(dāng)i，j∈［5，4m+2］時(shí)，若1，2，3，4為一組，問題等價(jià)于求數(shù)列5，6，……，4m+2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù)，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(shù)不少于bm－1.

③當(dāng)i，j∈［5，4m－2］時(shí)，此情況為①②中重復(fù)計(jì)數(shù)的（i，j）數(shù)，為bm－2.

④當(dāng)i∈［1，4］，j∈［4m－1，4m+2］時(shí)，取出的（i，j）既不屬于①，也不屬于②，若?。╥，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(duì)于數(shù)列1，2，……，4m+2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù)bm，除1，2，……，4m－2的（i，j）-可分?jǐn)?shù)列個(gè)數(shù)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(shí)能使數(shù)列可分，共m+1種.②若j=4m+1，則i=2，6，10，……，4m－6時(shí)能使數(shù)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(píng)析：從數(shù)列的角度入手，若較難發(fā)現(xiàn)數(shù)列{bm}中項(xiàng)的取值規(guī)律，可嘗試通過運(yùn)算來尋找規(guī)律，即得出數(shù)列{bm}的遞推關(guān)系.該方法考查了邏輯推理能力.

3.3.4 方法四：數(shù)學(xué)歸納法

用數(shù)學(xué)歸納法證明bm≥m2+m+1（m∈N*）.

（1）當(dāng)m=1時(shí)，b1=3≥12+1+1成立.

（2）假設(shè)當(dāng)m=k（k∈N*）時(shí)，bk≥k2+k+1成立.

當(dāng)m=k+1時(shí)，數(shù)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(shí)能使數(shù)列可分，共k+2種.

③若j=4k+5，則i=2，6，10，……，4k－2時(shí)能使數(shù)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(píng)析：數(shù)學(xué)歸納法是證明與正整數(shù)相關(guān)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(cè)第四章4.4*，體現(xiàn)了高考基于書本又高于書本的特點(diǎn).

4 試題拓展

4.1 拓展研究

對(duì)于正整數(shù)等差數(shù)列c1，c2，c3，c4，設(shè)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(shù)遍歷0，1，2，3；若d≡2（mod 4），則c1，c2，c3，c4模4的余數(shù)有兩個(gè)0兩個(gè)2或有兩個(gè)1兩個(gè)3.

若數(shù)列1，2，……，4m+2是（i，j）-可分?jǐn)?shù)列，則刪去i和j后，剩下的4m個(gè)數(shù)中模4余0與模4余2的個(gè)數(shù)之差為4的整數(shù)倍，模4余1與模4余3的個(gè)數(shù)之差為4的整數(shù)倍.而數(shù)列1，2，……，4m+2中模4余0和模4余3的數(shù)各有m個(gè)，模4余1和模4余2的數(shù)各有m+1個(gè).

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(gè)數(shù)i，j（ilt;j）使數(shù)列可分的必要條件是i，j為模4余1和模4余2的兩個(gè)數(shù).

評(píng)析：由數(shù)論的完全剩余系可優(yōu)化該題的解決路徑，同時(shí)也驗(yàn)證了猜想的準(zhǔn)確性.

4.2 試題改編

記（a+b）n（n∈N*）展開式的二項(xiàng)式系數(shù)之和為cn，若從數(shù)列c1，c2，……，c4m+3中刪去三項(xiàng)ci，cj，ck（ilt;jlt;k）后剩余的4m項(xiàng)可被平均分為m組，且每組的4個(gè)數(shù)都能構(gòu)成等比數(shù)列，則稱數(shù)列c1，c2，……，c4m+3是（i，j，k）-可分?jǐn)?shù)列.

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

（2）當(dāng)m≥3時(shí)，證明：數(shù)列c1，c2，……，c4m+3是（2，3，13）-可分?jǐn)?shù)列；

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

改編思路：對(duì)原題進(jìn)行多元推廣，并將等比數(shù)列與二項(xiàng)式定理相結(jié)合，在知識(shí)的交匯處改編，考查了類比探究和綜合應(yīng)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(cè)第18頁練習(xí)第5題和人教B版選擇性必修第三冊(cè)第37頁練習(xí)B第6題有一定的相似度，體現(xiàn)了高考回歸教材、重視教材的特點(diǎn).如：

（人教A版選擇性必修第二冊(cè)第18頁練習(xí)第5題）已知一個(gè)無窮等差數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公差為d.

（1）將數(shù)列中的前m項(xiàng)去掉，其余各項(xiàng)組成一個(gè)新的數(shù)列，這個(gè)數(shù)列是等差數(shù)列嗎？如果是，它的首項(xiàng)公差分別是多少？

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

（3）取出數(shù)列中所有序號(hào)為7的倍數(shù)的項(xiàng)，組成一個(gè)新的數(shù)列，它是等差數(shù)列嗎？你能根據(jù)得到的結(jié)論作出一個(gè)猜想嗎？

6 試題感悟

6.1 對(duì)研究新定義問題的思考

新定義問題本質(zhì)是對(duì)數(shù)學(xué)概念、原理的理解與運(yùn)用，通過新定義一個(gè)數(shù)學(xué)對(duì)象或數(shù)學(xué)運(yùn)算，為學(xué)生搭建思維平臺(tái)，考查學(xué)生閱讀理解、邏輯推理和應(yīng)用探究能力.其探究路徑與方法如圖3所示.

面對(duì)新的情境和問題，將抽象定義轉(zhuǎn)化為具體應(yīng)用，從特殊到一般進(jìn)行探索，加深對(duì)信息的理解，可適當(dāng)利用圖表發(fā)現(xiàn)規(guī)律、得出猜想，然后再推理證明結(jié)論.

6.2 對(duì)教學(xué)與高考銜接的思考

在日常教學(xué)過程中，要重視數(shù)學(xué)概念的生成、公式定理的推導(dǎo)、探究應(yīng)用的過程，要突出數(shù)學(xué)本質(zhì)，強(qiáng)調(diào)知識(shí)的內(nèi)在聯(lián)系，要給學(xué)生充足的思考時(shí)間和深度學(xué)習(xí)的空間.在高考復(fù)習(xí)教學(xué)中，要依托課標(biāo)和教材進(jìn)行拓展延伸，在理解知識(shí)本質(zhì)的過程中建構(gòu)知識(shí)體系，淡化解題技巧，注重通性通法，加強(qiáng)思維能力、探究能力和創(chuàng)新能力的培養(yǎng).

對(duì)于創(chuàng)新性試題的探索要滲透在日常教學(xué)中，把教學(xué)重點(diǎn)放在用科學(xué)的思維方式和嚴(yán)謹(jǐn)?shù)耐评砟芰φJ(rèn)識(shí)事物、解決問題上，使學(xué)生在面對(duì)新情境和新問題時(shí)能獨(dú)立找到解決方法.總而言之，教學(xué)要圍繞內(nèi)容主線，聚焦核心素養(yǎng)，注重學(xué)生的思維發(fā)展過程，使學(xué)生全面發(fā)展，進(jìn)而推進(jìn)我國(guó)素質(zhì)教育的發(fā)展.