曹　軍

1 一道高考題蘊含的思想方法

2008年高考江蘇卷的19題的第（2）小題是：

求證 對于一個給定的正整數(shù)n(n≥4)，存在一個各項及公差都不為零的等差數(shù)列，b1,b2,…bn,其中任意三項（按原來順序）都不能組成等比數(shù)列．

本題主要考查學(xué)生運用等差數(shù)列和等比數(shù)列知識進(jìn)行探索、分析及論證的能力，學(xué)生普遍反應(yīng)難度較大，從標(biāo)準(zhǔn)答案看，其論證的思想方法頗具特色，與大數(shù)學(xué)家歐幾里得關(guān)于“質(zhì)數(shù)個數(shù)是無窮的”結(jié)論的證明方法如出一轍，我們先看解答：

證明 假設(shè)對于某個正整數(shù)n(n≥4)，存在一個公差為d的等差數(shù)列b1,b1+d,…，b1+(n-1)d(b1d≠0),其中三項b1+m1d,b1+m2d,b1+m3d成等比數(shù)列，這里0≤m1

(m1+m3-2m2)b1d=(m22-m1m3)d2①

由b1d≠0知，m1+m3-2m2與m22-m1m3同時為0或同時不為0．

若m1+m3-2m2與m22-m1m3同時為0，則有(m1-m3)2=0，從而m1=m2=m3，與題設(shè)不符，故必有m1+m3-2m2與m22-m1m3同時不為0，所以由①得

b1d=m22-m1m3m1+m3-2m2②

因為0≤m1

上述證法的實質(zhì)是：在反設(shè)基礎(chǔ)上得到②式后，通過構(gòu)造滿足b1d為無理數(shù)的一個等差數(shù)列1，1+2，1+22，…，1+(n-1)2揭露矛盾，從而肯定原結(jié)論正確，它所蘊含的解題思想方法是“在反證法中構(gòu)造特殊元揭露矛盾”，其步驟是：反設(shè)結(jié)論→構(gòu)造特殊元→揭露矛盾→肯定結(jié)論．大數(shù)學(xué)家歐幾里德關(guān)于“質(zhì)數(shù)個數(shù)是無窮的”結(jié)論的證明，也正是采用了這種思想方法，被世人堪稱為演繹推理的典范，我們不妨欣賞一下：

證明 假設(shè)在正整數(shù)中只有有限個質(zhì)數(shù)，不妨設(shè)它們?yōu)閜1,p2,p3,…，pk,構(gòu)造一個正整數(shù)Q=p1p2p3…pk+1，因為Q是大于1的正整數(shù)，所以它一定有一個質(zhì)因數(shù)p，那么或者p是p1,p2,p3,…,pk中的某一個，或者p是p1,p2,p3,…，pk以外的質(zhì)數(shù)．如果p是p1,p2,p3,…，pk以外的質(zhì)數(shù)，則與假設(shè)矛盾；如果p是p1,p2,p3,…，pk中的某一個，則由p能整除Q且能整除p1p2p3…pk，推得p能整除1，這與p是質(zhì)數(shù)矛盾．從而質(zhì)數(shù)個數(shù)無窮．

運用“在反證法中構(gòu)造特殊元揭露矛盾”的思想方法解題，往往能起到四兩撥千斤的效果，下面舉例說明．

2 思想方法應(yīng)用舉例

例1 能否將兩個1，兩個2，…，兩個1990排成一列，使得每兩個i（1≤i≤1990）之間恰好有i個數(shù)？

證明 假設(shè)存在滿足題設(shè)要求的一個排列，將這個數(shù)從左至右編上號碼1，2，3，…，2×1990，構(gòu)造一個特殊數(shù)N，使得N等于所有號碼數(shù)之和，即N=1+2+3+…+(2×1990)，

一方面，N=1+(2×1990)2×(2×1990)=1990(1+2×1990)為偶數(shù)；

另一方面，由于每兩個i之間恰好有i個數(shù)，所以當(dāng)i為奇數(shù)時，這兩個i的號碼有相同的奇偶性，號碼和為偶數(shù)；當(dāng)i為偶數(shù)時，這兩個i的號碼必是一奇一偶，號碼和為奇數(shù)．又由于1至1990中有995個奇數(shù)，995個偶數(shù)，所以兩個1，兩個2，…，兩個1990中一共有995對i的號碼和為偶數(shù)，其余995對i的號碼和為奇數(shù)，于是所有號碼數(shù)之和N為奇數(shù)．兩方面矛盾．

所以，不能將兩個1，兩個2，…，兩個1990排成一列滿足題設(shè)要求．

點評 在假設(shè)之下，通過對2×1990個數(shù)編號，構(gòu)造特殊數(shù)N=1+2+3+…+(2×1990)，抓住每兩個i的號碼的奇偶性規(guī)律，分析N的奇偶性，進(jìn)而揭露矛盾．

例2 已知a,b,c,d均為小于1的正數(shù)，求證：a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)四個式子中至多有三個大于14．

證明 假設(shè)a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)都大于14，構(gòu)造一個特殊式子：

T=a(1-b)·b(1-c)·c(1-d)·d(1-a),由已知得1-a>0,1-b>0,1-c>0,1-d>0．

一方面，T=a(1-b)·b(1-c)·c(1-d)·d(1-a)=a(1-a)·b(1-b)·c(1-c)·d(1-d)≤［a+(1-a)2］2·

［b+(1-b)2］2·

［c+(1-c)2］2·

［d+(1-d)2］2=1256;

另一方面，T>(14)2=1256，矛盾．

故a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)四個式子中至多有三個大于14．

點評 在假設(shè)之下，充分利用式子的結(jié)構(gòu)特點，聯(lián)想基本不等式，巧妙構(gòu)造特殊式子，T=a(1-b)·b(1-c)·c(1-d)·d(1-a),分析T的取值情況，進(jìn)而揭露矛盾．

例3 設(shè)有一個有窮數(shù)列{an}，任意連續(xù)五項之和均為負(fù)數(shù)，任意連續(xù)九項之和均為正數(shù)，求證：n必不大于12．

證明 假設(shè)n大于12，也即n≥13，不妨取數(shù)列{an}的前13項a1、a2、…、a13來考察，構(gòu)造一個如下的特殊數(shù)陣：

由題意，豎看9列中的45 個數(shù)之和為負(fù)，橫看5行中的45個數(shù)之和為正，矛盾．故n必不大于12．

點評 在假設(shè)之下，通過構(gòu)造特殊數(shù)陣（圖1），利用數(shù)列{an}任意連續(xù)五項之和均負(fù)，任意連續(xù)九項之和均正這個條件，分析數(shù)陣中45個數(shù)之和的正負(fù)，進(jìn)而揭露矛盾．

例4 求證：用1×4的長方形紙片不能拼成一個6×6的正方形棋盤．

證明 假設(shè)能用若干個1×4的長方形紙片拼成一個6×6的正方形棋盤，則在6×6的正方形棋盤單元格內(nèi)填上數(shù)字1、2、3、4，構(gòu)造一張如下的特殊表格：

一方面，由于每個1×4的長方形單元格內(nèi)數(shù)字1，2，3，4各出現(xiàn)一次，所以若干個1×4的長方形單元格內(nèi)數(shù)字1，2，3，4出現(xiàn)的個數(shù)必相等；

另一方面，表格中數(shù)字1，2，3，4的個數(shù)分別是9，10，9，8，個數(shù)不相等，矛盾．

故用1×4的長方形紙片不能拼成一個6×6的正方形棋盤．

點評 在假設(shè)之下，通過填數(shù)字構(gòu)造特殊表格（圖2），分析數(shù)字1，2，3，4的個數(shù)

特點，進(jìn)而揭露矛盾．

例5 任意剪六個大小相同的圓形紙片放在桌上，使得沒有一個紙片的中心落在另一個紙片上或被另一紙片蓋住，然后用一枚針去扎這一堆紙片，不論針尖落在哪點上，總不能一次把六個紙片全部扎中，試證明這個結(jié)論．圖3

證明 假設(shè)能一次把六個紙片全部扎中，則存在一點P，同時位于六個圓的內(nèi)部，構(gòu)造一個特殊模型（圖3），設(shè)這六個圓的半徑為r，圓心依次為O1，O2，…，O6，連接PO1，PO2，…，PO6，則它們的長都小于r ．

因為沒有一個紙片的圓心落在另一個紙片上，所以任

何兩個圓心間的距離都大于r，由此推知∠O1PO2，∠O2PO3，

…，∠O6PO1均大于60°，所以它們的和大于360°，這與它

們的和等于360°矛盾．

故不論針尖落在哪點上，總不能一次把六個紙片全部扎中．

點評 在假設(shè)之下，通過構(gòu)造特殊模型（圖3），分析∠O1PO2，∠O2PO3，…，∠O6PO1之和的特點，進(jìn)而揭露矛盾．

注：本文中所涉及到的圖表、注解、公式等內(nèi)容請以PDF格式閱讀原文