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用一种神秘做法写24年高考数学新1卷19题

ddongzimo
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2025/12/22 01:06
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6 天前
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前言

笔者高二，正在学数列。某天晚自习开始前，听说后桌在MO课上花80min把24年19题切了，又听到某位MOer称：“24年19题太难了，我花了半个多小时才写完”，遂在晚自习尝试，大战80min。
笔者认为本题没有特别大的思维难点，但过程复杂，且不易书写，导致十分耗时，考场上很难有时间写完。
希望等笔者高三再看这篇题解还能看得懂。

正文

强烈建议自己思考后再食用本文。
先看题目：
设 mm 为正整数，数列 a1,a2,…,a4m+2a_1,a_2,\dots,a_{4m+2} 是公差不为 00 的等差数列。若从中删去两项 aia_i 和 aja_j (i<j)(i<j) 后，剩余的 4m4m 项可被平均分为 mm 组，且每组的 44 个数都能构成等差数列，则称数列 a1,a2,…,a4m+2a_1,a_2,\dots,a_{4m+2} 是“(i,j)(i,j)-可分数列”。
(1)(1) 写出所有的 (i,j)(i,j)，1≤i<j≤61 \le i < j \le 6，使得数列 a1,a2,…,a6a_1, a_2, \dots, a_6 是“(i,j)(i,j)-可分数列”。
(2)(2) 当 m≥3m \ge 3 时，证明：数列 a1,a2,…,a4m+2a_1, a_2, \dots, a_{4m+2} 是“(2,13)(2,13)-可分数列”。
(3)(3) 从 1,2,…,4m+21,2, \dots, 4m+2 中一次任取两个数 ii 和 jj (i<j)(i < j)，记数列 a1,a2,…,a4m+2a_1, a_2, \dots, a_{4m+2} 是“(i,j)(i,j)-可分数列”的概率为 PmP_m，证明：Pm>18P_m > \dfrac{1}{8}。
为方便表述，下文中将“数列 a1,a2,…,a4m+2a_1,a_2,\dots,a_{4m+2} 是“(i,j)(i,j)-可分数列”推广，并简化表述为“ (i,j)(i,j) 在区间 [u,v][u,v] 内可分” 或 “ (i,j)(i,j) 可分”。

我的做法（与《高考必刷题合订本》答案类似）

看到本题，发现 ana_n 的通项公式对本题无影响，不妨设an=na_n=n。
先看(1)(1)，简单枚举可知：(1,2),(5,6),(1,6)(1,2),(5,6),(1,6)。
再看(2)(2)，不难想到首先要证明 m=3m=3 时，该数列是“(2,13)(2,13)-可分数列”。
在草稿纸上画几分钟后，就容易发现一种构造方案： 1,4,7,10；3,6,9,12；5,8,11,141,4,7,10；3,6,9,12；5,8,11,14。
当 m>3m>3 时，考虑到剩下部分均为等差数列，可以直接分为若干个 44 项等差数列，也是成立的。
于是证毕。
再看(3)(3)，感觉非常困难，先尝试根据 (1)(2)(1)(2) 找一些推论：
  1. 由 (1)(1) 知，(1,2),(4m+1,4m+2),(1,4m+2)(1,2),(4m+1,4m+2),(1,4m+2) 可分。
  2. 由 (2)(2) 知，(2,13)(2,13) 可分。尝试推广：(2,4m+1)(m>1)(2,4m+1) (m>1) 可分。
  3. 由 (2)(2) 中 m>3m>3 的情况可以由 m=3m=3 推知，可知：若 (u,v)(u,v) 可分，则 (u+4,v+4)(u+4,v+4) 可分。
其中，推论 11 和推论 33 不难证明，下面尝试证明推论 22：
根据从特殊到一般的思想，先尝试列举 m=2m=2 时的情况：
数列可分为 1,3,5,71,3,5,7 和 4,6,8,104,6,8,10。
新等差数列公差为 22 ，结合 m=3m=3 分割后新等差数列公差为 33 ，猜测：分割后的新等差数列公差为 mm。
尝试证明：数列 ama_m 可分为：
1,m+1,2m+1,3m+11,m+1,2m+1,3m+1；
3,m+3,2m+3,3m+33,m+3,2m+3,3m+3；
…\dots；
m,2m,3m,4mm,2m,3m,4m；
m+2,2m+2,3m+2,4m+2m+2,2m+2,3m+2,4m+2。
证毕。
证明完三个推论后，接下来我们正式进入第 (3)(3) 问的分析（从这里开始笔者做麻烦了，可直接跳至“另一种解法”）。
感觉很像求一个方案数的dp， 考虑递推，由 m=mm=m 的方案数推 m=m+1m=m+1 的方案数。
不难想到可以将 m=m+1m=m+1 时的区间 [1,4m+6][1,4m+6] 拆分为 [1,4m+2][1,4m+2] 和 [4m+3,4m+6][4m+3,4m+6]，那么显然有：
来源 11：若 (i,j)(i,j) 在 [1,4m+2][1,4m+2] 内可分，则(i,j)(i,j) 在区间 [1,4m+6][1,4m+6] 内可分。
不妨再将 m=m+1m=m+1 时的区间 [1,4m+6][1,4m+6] 拆分为 [1,4][1,4] 和 [5,4m+6][5,4m+6]，根据推论 33，同样显然有：
来源 22：若 (i,j)(i,j) 在 [1,4m+2][1,4m+2] 内可分，则(i+4,j+4)(i+4,j+4) 在区间 [5,4m+6][5,4m+6] 内可分，也在区间 [1,4m+6][1,4m+6] 内可分。
这样，我们通过对 m=m+1m=m+1 时区间的两种不同拆分方式，将 m=mm=m 时所有可分数对对 m=m+1m=m+1 时的贡献拆成了两部分。
此外，考虑 m=m+1m=m+1 时自身的贡献：根据推论 1,21,2 知：
来源 33：(1,4m+6)(1,4m+6) 和 (2,4m+5)(2,4m+5) 亦可分。
至此，我们将我们所能推知的 m=m+1m=m+1 时所有可分数对的来源分为了 33 类。
有人可能会说：“真的只有这三个来源吗？”显然不是。但是，出题人也知道别的数对十分难找，便只要求我们证明 P≥18P\ge \dfrac{1}{8}。如果只找这三个来源便可以证明出 P≥18P\ge \dfrac{1}{8}，我们就无需寻找其他满足条件的数对。所以，我们先尝试仅通过这三个来源找出方案数的下界。
接下来，我们不妨通过列举寻找规律：
m=1m=1 时：(1,2),(1,6),(5,6)(1,2),(1,6),(5,6)。
m=2m=2 时：
来源 11：(1,2),(1,6),(5,6)(1,2),(1,6),(5,6)。
来源 22：(5,6),(5,10),(9,10)(5,6),(5,10),(9,10)。
来源 33：(1,10),(2,9)(1,10),(2,9)。
注意到来源 22 和 来源 11 中 (5,6)(5,6) 重复，去重后整理，有：
m=2m=2 时：(1,2),(1,6),(5,6),(5,10),(9,10),(1,10),(2,9)(1,2),(1,6),(5,6),(5,10),(9,10),(1,10),(2,9)，共 77 项，满足Pm>18P_m > \dfrac{1}{8}。
其中，(5,6)(5,6) 在来源 22 中重复，(5,10),(9,10),(1,10),(2,9)(5,10),(9,10),(1,10),(2,9) 为新增的数对。
为了找到去重规律，我们继续列举。
m=3m=3 时：
(1,2),(1,6),(5,6),(5,10),(9,10),(1,10),(2,9),(1,2),(1,6),(5,6),(5,10),(9,10),(1,10),(2,9), (9,14),(13,14),(5,14),(6,13),(1,14),(2,13)(9,14),(13,14),(5,14),(6,13),(1,14),(2,13)，共 1313 项，满足 Pm>18P_m > \dfrac{1}{8}。
其中，(5,6),(9,10),(5,10)(5,6),(9,10),(5,10) 在来源 22 中重复，(9,14),(13,14),(5,14),(6,13),(1,14),(2,13)(9,14),(13,14),(5,14),(6,13),(1,14),(2,13) 为新增的数对。
此时聪明的读者们应该已经找到了规律，但笔者十分愚笨，决定再列 m=4m=4 时的情况：
m=4m=4 时：
(1,2),(1,6),(1,10),(2,9),(1,14),(2,13),(1,2),(1,6),(1,10),(2,9),(1,14),(2,13), (5,6),(5,10),(9,10),(9,14),(13,14),(5,14),(6,13),(5,6),(5,10),(9,10),(9,14),(13,14),(5,14),(6,13), (13,18),(17,18),(9,18),(14,17),(5,18),(6,17),(2,17),(1,18)(13,18),(17,18),(9,18),(14,17),(5,18),(6,17),(2,17),(1,18)，共 2121 项，满足 Pm>18P_m > \dfrac{1}{8}。
其中，(5,6),(5,10),(9,10),(9,14),(13,14),(5,14),(6,13)(5,6),(5,10),(9,10),(9,14),(13,14),(5,14),(6,13) 在来源 22 中重复，(13,18),(17,18),(9,18),(14,17),(5,18),(6,17),(2,17),(1,18)(13,18),(17,18),(9,18),(14,17),(5,18),(6,17),(2,17),(1,18) 为新增的数对。
这时我们发现，重复的项规律不明显，且来源 22 中产生大部分数对都是重复的；于是，我们转而关注新增数对的特点。
为什么 m=mm=m 时数对会新增？因为它必定无法在 m=m−1m=m-1 时出现！想到了这个，递推关系就基本建立完成了。
根据这个想法，m=mm=m 时新增数对的第二个坐标一定满足：4m−2<j≤4m+24m-2<j \le 4m+2 ，这样，这个数对就一定不会出现在 m=m−1m=m-1 时的数对中。
事实上，在我们统计的这些数对中，新增的数对只存在 j=4m+1j=4m+1 和 j=4m+2j=4m+2 两种情况，这两种情况也非常便于统计。具体而言，对于这些新增的数对，共有两种来源，分别是：
  1. 由 (1,6)(1,6) 和 (5,6)(5,6) 每次通过 (+4,+4)(+4,+4) 变化而来，共 22 个数对。
  2. 由每次新增的 (1,4m+2)(1,4m+2) 和 (2,4m+1)(2,4m+1) 变化而来，共 (2m−2)(2m-2) 个数对。
于是，我们发现：m=mm=m 时，符合条件的数对比 m=m−1m=m-1 时多 2m2m 个。
设 m=mm=m 时，符合条件的数对数量为 cntmcnt_m，根据递推关系，有：
cntm−cntm−1≥2mcnt_m-cnt_{m-1}\ge2m。
这里用“≥\ge”号，是因为我们只统计了 33 个来源，而由这 33 个来源贡献的新增数对数量为 2m2m，所以每次新增的数对数量 ≥2m\ge2m。
而 cnt1=3cnt_1=3，累和，有：
cntm≥m2+m+1cnt_m\ge m^2+m+1。
则Pm=cntmC4m+22≥m2+m+18m2+6m+1≥18P_m = \dfrac{cnt_m}{C_{4m+2}^2} \ge \dfrac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1} \ge \dfrac{1}{8}。
至此，证毕。

另一种做法（与《高中必刷题》答案类似）

根据推论 33，注意到本题的满足条件的数对 (i,j)(i,j) 中的 ii 和 jj 与 44 的同余类有关。
具体的，对于初始的 (1,2),(5,6),(1,6)(1,2),(5,6),(1,6)中的 (i,j)(i,j) 都有：
{i≡1(mod4)j≡2(mod4)\begin{cases} i\equiv 1\pmod{4}\\ j\equiv 2\pmod{4} \end{cases}
而经过推论 33 的 (+4,+4)(+4,+4) 的变化，对 44 取模的结果不变，所以可以断言：对于所有满足上述性质的 (i,j)(i,j) 都可分。
具体拆分方法为：将数列分为 [1,i−1],[i+1,j−1],[j+1,4m+2][1,i-1],[i+1,j-1],[j+1,4m+2] 三部分，每部分中每连续 44 项分割一次，恰能分为若干个公差与原等差数列相同的等差数列。
同理，根据推论 22，不难想到：
对于所有的 (i,j)(i,j) 满足 j−i≥7j-i \ge 7，若满足：
{i≡2(mod4)j≡1(mod4)\begin{cases} i\equiv 2\pmod{4}\\ j\equiv 1\pmod{4} \end{cases}
则数对 (i,j)(i,j) 可分。
具体拆分方法为：将数列分为 [1,i−1],[i+1,j−1],[j+1,4m+2][1,i-1],[i+1,j-1],[j+1,4m+2] 三部分，其中第一部分与第三部分每连续 44 项分割一次，恰能分为若干个公差与原等差数列相同的等差数列；第二部分按推论 22 中的分法，恰可分为若干公差为 j−i−14\dfrac{j-i-1}{4} 的等差数列。
于是，我们找到了一些满足条件的数对类型，那么可以统计其数量。
由于笔者不会排列组合， 我们尝试加法原理统计数量：
对于第一种：
当 i=1i=1 时，jj 有 (m+1)(m+1) 种可能。
当 i=5i=5 时，jj 有 mm 种可能。
……
以此类推，当 i=4m+1i=4m+1 时，jj 有 11 种可能。
由加法原理可知，第一种构造共有(m+1)(m+2)2\dfrac{(m+1)(m+2)}{2} 种方案。
同理可知，第二种构造共有m(m−1)2\dfrac{m(m-1)}{2} 种方案。
两种方案共有 m2+m+1m^2+m+1 种方案。
一样可以证明：Pm>18P_m > \dfrac{1}{8}。

结语

25年19题不再考察新定义，意味着新定义再次考察的概率较低，重做24年19题也失去了一定的应试层面的价值。
但是，笔者认为，这种有趣的，抛去了应试技巧的好题恰有助于在探索过程中发现数学之美，有利于在被一系列应试技巧、二级结论、大计算量题目折磨时换一种方式被折磨解放自己，发掘数学的内涵。

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