在數(shù)學(xué)中，“大道至簡，淳樸自然”的理念被廣泛認(rèn)同，即所有復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題，盡管題目形式千變?nèi)f化，但其背后的思想方法卻總保持不變.在新高考數(shù)學(xué)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(shù)學(xué)思維人手探究.本文旨在探討數(shù)學(xué)競賽中常用的解題思維在高考新定義問題中的應(yīng)用，內(nèi)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(shù)學(xué)問題中，遞推思想主要應(yīng)用于數(shù)列、排列組合、概率與統(tǒng)計(jì)等方面.

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

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

（2）當(dāng) m?3 時(shí)，證明：數(shù)列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是（2，13）-可分?jǐn)?shù)列；

（3）從 1，2，…，4m+2 中任取兩個(gè)數(shù) i 和 j（ilt;

j ），記數(shù)列 a₁，a₂，…，a_4m+2 是 （i，j） -可分?jǐn)?shù)列的概率

為 P_m ，證明： 0

設(shè)數(shù)列 a₁，a₂，…，a_4m+2 的公差為 d ，則 d≠ 0 ，故 a_k=a₁+（k-1）d ，所以

據(jù)此得到新數(shù)列 a_k^′=k（k=1，2，…，4m+2） ，因此只需對 1，2，…，4m+2 進(jìn)行討論即可.

（1）（1，2），（1，6），（5，6）（求解過程略）.

（2）從數(shù)列 1，2，…，4m+2 中取出2和13后，剩余的 4m 個(gè)數(shù)可以分為以下兩個(gè)部分，使得每組成等差數(shù)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(shù)列 {1，2，…，4m+2} 是（2，13）-可分?jǐn)?shù)列.

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

下面考慮 b_m+1 ： b_m+1 是在原來 4m+2 個(gè)數(shù)的基礎(chǔ)上增加了4個(gè)數(shù) 4m+3，4m+4，4m+5，4m+6 ，所以計(jì)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(gè)數(shù)只在 1～4m+2 中選取，此時(shí)滿足題意要求的種數(shù)為 b_m ：

情形2選取的兩個(gè)數(shù)只在 4m+3～4m+6 中選取，此時(shí)可選擇刪去 （4m+5，4m+6） ，前面 4m+4 個(gè)數(shù)連續(xù)4個(gè)一組顯然滿足，此時(shí)共有1種滿足.

情形3選取的兩個(gè)數(shù)有一個(gè)在 1～4m+2 中選取，另一個(gè)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(shí)剩下的數(shù)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(gè)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列.

第二類可選擇刪去 （4k-2，4m+5）（k=1，2，…， Ψ_m ），共 Ψ_m 種，此時(shí)剩下的數(shù)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(shù)學(xué)中，極端量的概念同樣廣泛存在.例如，表達(dá)式的上下界、有限集合的大小、特定操作變換的迭代次數(shù)等都是極端量的體現(xiàn).如何運(yùn)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(gè)重要課題.

例2（2023年北京卷21）已知數(shù)列 {a_n}，{b_n} 的項(xiàng)數(shù)均為 Σ_m （ mgt;21 ，且 a_n，b_n∈{1，2，…，m} ，{a_n}，{b_n} 的前 Ω_n 項(xiàng)和分別為 A_nJ_n ，并規(guī)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(shù)集M 中最大的數(shù).

（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(yùn)含了極端量的思維.在第（2）問中，由于數(shù)列 {r_j+1-r_j} 是遞增的，而最后一項(xiàng) r_m 是有界的，如果增加過多，勢必會(huì)出現(xiàn)矛盾.至于第（3）問，若考慮 B_j-A_i 的形式并結(jié)合極端量，容易推導(dǎo)出存在兩項(xiàng)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?yàn)?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(shè)滿足 r_n+1-r_ngt;1 的最小正整數(shù)為j（0?j?m-1） ，當(dāng) 時(shí)， Δ_ri+1-ri?2 ；當(dāng) i?j-1 時(shí)， 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(shè)不成立，故 r_n+1-r_n=1 ，即數(shù)列 {r_n} 是首項(xiàng)為1、公差為1的等差數(shù)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(shè)B_mgt;A_m ，則 r_klt;_m（k=0，…，m） .構(gòu)建 S_n=B_rn-A_n （ 1?n?m ，由題意可得 S?0 ，且 S_n 為整數(shù).

反證 假設(shè)存在正整數(shù) 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(shù) 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(shù) N ，使得 S_N=0 ，因?yàn)?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(zhì)從特定視角來看會(huì)保持不變或遵循一定的規(guī)律性，稱這些性質(zhì)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(gè)正整數(shù)，他每次在桌上任選3個(gè)數(shù)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(fù)操作直到只剩1個(gè)數(shù)字 Ψ_c ，證明： clt;1

證明在本題中，每次操作都會(huì)消耗掉原有的3個(gè)數(shù)字，并生成1個(gè)新的數(shù)字.從局部個(gè)體的角度來看，每次操作消耗的3個(gè)數(shù)字 _a，b，c ，它們的倒數(shù)之和比新數(shù)的倒數(shù)小： ，依此類推下去最后只剩下1個(gè)數(shù) c ，那么它的倒數(shù)會(huì)比原來所有數(shù)的倒數(shù)之和都要大.若要說明 clt;1 ，只需說明原來的1347個(gè)正整數(shù)倒數(shù)之和大于1即可.因?yàn)閷θ我獾? ，所以

（完）