设 m 为正整数，数列 a_ 1 , a_ 2 , , a…——2024 高考数学第 19 题答案解析

【答案】①$(1,2),(1,6),(5,6)$
（2）证明见解析
（3）证明见解析

## 【解析】

【分析】（1）直接根据 $(i, j)-$ 可分数列的定义即可；
（2）根据 $(i, j)-$ 可分数列的定义即可验证结论；
（3）证明使得原数列是 $(i, j)-$ 可分数列的 $(i, j)$ 至少有 $(m+1)^{2}-m$ 个，再使用概率的定义．

## 【小问 1 详解】

首先，我们设数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{4 m+2}$ 的公差为 $d$ ，则 $d \neq 0$ ．
由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，
故我们可以对该数列进行适当的变形 $a_{k}^{\prime}=\frac{a_{k}-a_{1}}{d}+1(k=1,2, \ldots, 4 m+2)$ ，
得到新数列 $a_{k}^{\prime}=k(k=1,2, \ldots, 4 m+2)$ ，然后对 $a_{1}^{\prime}, a_{2}^{\prime}, \ldots, a_{4 m+2}^{\prime}$ 进行相应的讨论即可．
换言之，我们可以不妨设 $a_{k}=k(k=1,2, \ldots, 4 m+2)$ ，此后的讨论均建立在该假设下进行．
回到原题，第 1 小问相当于从 $1,2,3,4,5,6$ 中取出两个数 i 和 $j(i那么剩下四个数只可能是 $1,2,3,4$ ，或 $2,3,4,5$ ，或 $3,4,5,6$ 。
所以所有可能的 $(i, j)$ 就是 $(1,2),(1,6),(5,6)$ ．
【小问 2 详解】
由于从数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 中取出 2 和 13 后，剩余的 $4 m$ 个数可以分为以下两个部分，共 $m$ 组，使得每组成等差数列：
①$\{1,4,7,10\},\{3,6,9,12\},\{5,8,11,14\}$ ，共 3 组；
②$\{15,16,17,18\},\{19,20,21,22\}, \ldots,\{4 m-1,4 m, 4 m+1,4 m+2\}$ ，共 $m-3$ 组。
（如果 $m-3=0$ ，则忽略（2））
故数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 是 $(2,13)-$ 可分数列．
【小问 3 详解】
定义集合 $A=\{4 k+1 \mid k=0,1,2, \ldots, m\}=\{1,5,9,13, \ldots, 4 m+1\}$ ，
$B=\{4 k+2 \mid k=0,1,2, \ldots, m\}=\{2,6,10,14, \ldots, 4 m+2\}$.
下面证明，对 $1 \leq i则数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 一定是 $(i, j)-$ 可分数列：
命题 1：$i \in A, j \in B$ 或 $i \in B, j \in A$ ；
命题 2：$j-i \neq 3$ 。
我们分两种情况证明这个结论。
第一种情况：如果 $i \in A, j \in B$ ，且 $j-i \neq 3$ ．
此时设 $i=4 k_{1}+1, \quad j=4 k_{2}+2, \quad k_{1}, k_{2} \in\{0,1,2, \ldots, m\}$ ．

则由 $i-\frac{1}{4}$ ，故 $k_{2} \geq k_{1}$ ．
此时，由于从数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 中取出 $i=4 k_{1}+1$ 和 $j=4 k_{2}+2$ 后，
剩余的 $4 m$ 个数可以分为以下三个部分，共 $m$ 组，使得每组成等差数列：
①$\{1,2,3,4\},\{5,6,7,8\}, \ldots,\left\{4 k_{1}-3,4 k_{1}-2,4 k_{1}-1,4 k_{1}\right\}$ ，共 $k_{1}$ 组；
（2）$\left\{4 k_{1}+2,4 k_{1}+3,4 k_{1}+4,4 k_{1}+5\right\},\left\{4 k_{1}+6,4 k_{1}+7,4 k_{1}+8,4 k_{1}+9\right\}, \ldots,\left\{4 k_{2}-2,4 k_{2}-1,4 k_{2}, 4 k_{2}+1\right\}$ ，共 $k_{2}-k_{1}$ 组；
（3）$\left\{4 k_{2}+3,4 k_{2}+4,4 k_{2}+5,4 k_{2}+6\right\},\left\{4 k_{2}+7,4 k_{2}+8,4 k_{2}+9,4 k_{2}+10\right\}, \ldots,\{4 m-1,4 m, 4 m+1,4 m+2\}$ ，共 $m-k_{2}$ 组
（如果某一部分的组数为 0 ，则忽略之）
故此时数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 是 $(i, j)-$ 可分数列．
第二种情况：如果 $i \in B, j \in A$ ，且 $j-i \neq 3$ ．
此时设 $i=4 k_{1}+2, \quad j=4 k_{2}+1, \quad k_{1}, k_{2} \in\{0,1,2, \ldots, m\}$ ．
则由 $i\frac{1}{4}$ ，故 $k_{2}>k_{1}$ ．
由于 $j-i \neq 3$ ，故 $\left(4 k_{2}+1\right)-\left(4 k_{1}+2\right) \neq 3$ ，从而 $k_{2}-k_{1} \neq 1$ ，这就意味着 $k_{2}-k_{1} \geq 2$ ．
此时，由于从数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 中取出 $i=4 k_{1}+2$ 和 $j=4 k_{2}+1$ 后，剩余的 $4 m$ 个数可以分为以下四个部分，共 $m$ 组，使得每组成等差数列：
①$\{1,2,3,4\},\{5,6,7,8\}, \ldots,\left\{4 k_{1}-3,4 k_{1}-2,4 k_{1}-1,4 k_{1}\right\}$ ，共 $k_{1}$ 组；
（2）$\left\{4 k_{1}+1,3 k_{1}+k_{2}+1,2 k_{1}+2 k_{2}+1, k_{1}+3 k_{2}+1\right\},\left\{3 k_{1}+k_{2}+2,2 k_{1}+2 k_{2}+2, k_{1}+3 k_{2}+2,4 k_{2}+2\right\}$ ，共 2 组；
（3）全体 $\left\{4 k_{1}+p, 3 k_{1}+k_{2}+p, 2 k_{1}+2 k_{2}+p, k_{1}+3 k_{2}+p\right\}$ ，其中 $p=3,4, \ldots, k_{2}-k_{1}$ ，共 $k_{2}-k_{1}-2$ 组；
④$\left\{4 k_{2}+3,4 k_{2}+4,4 k_{2}+5,4 k_{2}+6\right\},\left\{4 k_{2}+7,4 k_{2}+8,4 k_{2}+9,4 k_{2}+10\right\}, \ldots,\{4 m-1,4 m, 4 m+1,4 m+2\}$ ，共 $m-k_{2}$ 组．
（如果某一部分的组数为 0 ，则忽略之）
这里对（2）和（3）进行一下解释：将（3）中的每一组作为一个横排，排成一个包含 $k_{2}-k_{1}-2$ 个行， 4 个列的数表以后， 4 个列分别是下面这些数：

$$ \begin{aligned} & \left\{4 k_{1}+3,4 k_{1}+4, \ldots, 3 k_{1}+k_{2}\right\}, \quad\left\{3 k_{1}+k_{2}+3,3 k_{1}+k_{2}+4, \ldots, 2 k_{1}+2 k_{2}\right\} \\ & \left\{2 k_{1}+2 k_{2}+3,2 k_{1}+2 k_{2}+3, \ldots, k_{1}+3 k_{2}\right\}, \quad\left\{k_{1}+3 k_{2}+3, k_{1}+3 k_{2}+4, \ldots, 4 k_{2}\right\} \end{aligned} $$

可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍 $\left\{4 k_{1}+1,4 k_{1}+2, \ldots, 4 k_{2}+2\right\}$ 中除开五个集合 $\left\{4 k_{1}+1,4 k_{1}+2\right\},\left\{3 k_{1}+k_{2}+1,3 k_{1}+k_{2}+2\right\},\left\{2 k_{1}+2 k_{2}+1,2 k_{1}+2 k_{2}+2\right\}$ ， $\left\{k_{1}+3 k_{2}+1, k_{1}+3 k_{2}+2\right\},\left\{4 k_{2}+1,4 k_{2}+2\right\}$ 中的十个元素以外的所有数．

而这十个数中，除开已经去掉的 $4 k_{1}+2$ 和 $4 k_{2}+1$ 以外，剩余的八个数恰好就是（2）中出现的八个数。
这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 是 $(i, j)-$ 可分数列．
至此，我们证明了：对 $1 \leq i

然后我们来考虑这样的 $(i, j)$ 的个数．
首先，由于 $A \cap B=\varnothing, \mathrm{A}$ 和 $B$ 各有 $m+1$ 个元素，故满足命题 1 的 $(i, j)$ 总共有 $(m+1)^{2}$ 个；
而如果 $j-i=3$ ，假设 $i \in A, j \in B$ ，则可设 $i=4 k_{1}+1, j=4 k_{2}+2$ ，代入得 $\left(4 k_{2}+2\right)-\left(4 k_{1}+1\right)=3$ ．
但这导致 $k_{2}-k_{1}=\frac{1}{2}$ ，矛盾，所以 $i \in B, j \in A$ ．
设 $i=4 k_{1}+2, j=4 k_{2}+1, k_{1}, k_{2} \in\{0,1,2, \ldots, m\}$ ，则 $\left(4 k_{2}+1\right)-\left(4 k_{1}+2\right)=3$ ，即 $k_{2}-k_{1}=1$ ．
所以可能的 $\left(k_{1}, k_{2}\right)$ 恰好就是 $(0,1),(1,2), \ldots,(m-1, m)$ ，对应的 $(i, j)$ 分别是
$(2,5),(6,9), \ldots,(4 m-2,4 m+1)$ ，总共 $m$ 个．
所以这 $(m+1)^{2}$ 个满足命题1的 $(i, j)$ 中，不满足命题2的恰好有 $m$ 个．
这就得到同时满足命题1和命题2的 $(i, j)$ 的个数为 $(m+1)^{2}-m$ ．
当我们从 $1,2, \ldots, 4 m+2$ 中一次任取两个数 i 和 $j(i$\frac{(4 m+2)(4 m+1)}{2}=(2 m+1)(4 m+1)$.
而根据之前的结论，使得数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{4 m+2}$ 是 $(i, j)$ 一可分数列的 $(i, j)$ 至少有 $(m+1)^{2}-m$ 个．
所以数列 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{4 m+2}$ 是 $(i, j)$－可分数列的概率 $P_{m}$ 一定满足
$P_{m} \geq \frac{(m+1)^{2}-m}{(2 m+1)(4 m+1)}=\frac{m^{2}+m+1}{(2 m+1)(4 m+1)}>\frac{m^{2}+m+\frac{1}{4}}{(2 m+1)(4 m+2)}=\frac{\left(m+\frac{1}{2}\right)^{2}}{2(2 m+1)(2 m+1)}=\frac{1}{8}$.这就证明了结论．

【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对新定义数列的理解，只有理解了定义，方可使用定义验证或探究结论。