2024年高考全国I卷#19
设 $m$ 为正整数，数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{4 m+2}$ 是公差不为 $0$ 的等差数列，若从中删去两项 $a_i$ 和 $a_j$（$i<j$）后剩余的 $4 m$ 项可被平均分为 $m$ 组，且每组的 $4$ 个数都能构成等差数列，则称数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{4 m+2}$ 是 $(i,j)~-$ 可分数列．
1、写出所有的 $(i,j)$，$1\leqslant i<j\leqslant 6$，使得数列 $a_1,a_2,\cdots,a_6$ 是 $(i,j)~-$ 可分数列；
2、当 $m\geqslant 3$ 时，证明：数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{4 m+2}$ 是 $(2,13)~-$ 可分数列；
3、从 $1,2,\cdots,4 m+2$ 中一次任取两个数 $i$ 和 $j$（$i<j$），记数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{4 m+2}$ 是 $(i,j)~-$ 可分数列的概率为 $P_m$，证明：$P_m>\dfrac 1 8$．
解析
1、不失一般性，所有涉及的等差数列均约定公差为正数． 从数列 $a_1,a_2,\cdots,a_6$ 中去掉 $2$ 项得到 $4$ 项等差数列，则新等差数列的公差与原来的等差数列公差相等，因此新等差数列为原来的等差数列中的连续 $4$ 项，分别为\[ a_1,a_2,a_3,a_4,\quad a_2,a_3,a_4,a_5,\quad a_3,a_4,a_5,a_6,\]对应的 $(i,j)=(5,6),(1,6),(1,2)$．
2、当 $m\geqslant 4$ 时，把数列 $a_1,a_2,\cdots,a_{4m+2}$ 从末尾开始每 $4$ 项列为一组，则这些组的 $4$ 个数都能构成等差数列，直到剩下 $14$ 项为止：\[a_1,a_2,\cdots,a_{14},\underbrace{a_{15},a_{16},a_{17},a_{18}},\cdots,\underbrace{a_{4m-1},a_{4m},a_{4m+1},a_{4m+2}},\]因此只需要证明 $m=3$ 的情形．
事实上，当 $m=3$ 时，可以将除 $a_2,a_{13}$ 以外的 $12$ 项分为\[a_1,a_4,a_7,a_{10},\quad a_3,a_6,a_9,a_{12},\quad a_5,a_8,a_{11},a_{14},\]这 $3$ 组的 $4$ 个数均构成等差数列．
综上所述，原命题得证．
3、设使得数列 $\Gamma_m:a_1,a_2,\cdots,a_{4 m+2}$ 是 $(i,j)~-$ 可分数列的 $(i,j)$ 的总数为 $f_m$，记 $g_m=\dbinom {4m+2}2=8m^2+6m+1$，则\[P_m=\dfrac{f_m}{g_m},\]当 $m=1$ 时，根据第 $(1)$ 小题的结果，有 $f_1=3$，因此 $P_1=\dfrac 15$．而\[P_{m+1}=\dfrac{f_m+(f_{m+1}-f_m)}{g_m+(g_{m+1}-g_m)},\]接下来只需要证明对任意正整数 $m$，有\[\dfrac{f_{m+1}-f_m}{g_{m+1}-g_m}>\dfrac 18,\]也即\[f_{m+1}-f_m>\dfrac 18\left((8m^2+22m+15)-(8m^2+6m+1)\right)=2m+\dfrac 74.\] 以下论证中将使得数列为 $(i,j)~-$ 可分数列的性质简称为“可分”，$a_i,a_j$ 称为“余项”．
一方面，使得数列 $\Gamma_m$ 可分的 $(i,j)$ 同时也可分数列 $\Gamma_{m+1}$．因此 $f_{m+1}-f_m$ 为用到了数列 $\Gamma_{m+1}$ 的最后 $4$ 项作为余项的可分方法数．
另一方面，把 $\Gamma_m$ 中的项 $a_t$ 按 $t$ 模 $m$ 的余数分组为\[\begin{split} P_1&:a_1,a_{m+1},a_{2m+1},a_{3m+1},a_{4m+1},\\ P_2&:a_2,a_{m+2},a_{2m+2},a_{3m+2},a_{4m+2},\\ P_3&:a_3,a_{m+3},a_{2m+3},a_{3m+3},\\ &\cdots,\\ P_m&:a_m,a_{2m},a_{3m},a_{4m},\end{split}\]这样就得到了数列 $\Gamma_m$ 中的首尾两项（$a_1,a_{4m+2}$）作为余项可分数列；当 $m\geqslant 2$ 时，数列 $\Gamma_m$ 中的第二项和倒数第二项（$a_2,a_{4m+1}$）作为余项可分数列． 利用以上结论，取 $\Gamma_{m+1}$ 的最后一项 $a_{4m+6}$ 作为余项之一，依次取\[a_1,a_5,\cdots,a_{4m+1}\]作为余项之二，则可得 $(4k+1,4m+6)$（$ k=0,1,\cdots,m $）可分数列 $ \Gamma_{m+1} $． 取 $ \Gamma_{m+1} $ 的倒数第二项 $ a_{4m+5} $ 作为余项之一，依次取\[a_2,a_6,\cdots,a_{4m-2}\]作为余项之二，则可得 $(4k+2,4m+5)$（$ k=0,1,\cdots,m-1 $）可分数列 $ \Gamma_{m+1} $． 此外，取 $ \Gamma_{m+1} $ 的最后两项 $ a_{4m+5},a_{4m+6} $ 作为余项可分数列 $ \Gamma_{m+1} $．
这样就得到了 $ f_{m+1}-f_m\geqslant(m+1)+m+1=2m+2$，命题得证．
备注 事实上，利用结论，可得\[f_m\geqslant (m+1)+\dbinom {m+1}2+\dbinom m2=m^2+m+1,\]即得\[P_m\geqslant \dfrac{m^2+m+1}{8m^2+6m+1}>\dfrac 18.\]