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1 一道高考题蕴含的思想方法
2008年高考江苏卷的19题的第（2）小题是：
求证 对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列，b1,b2,…bn,其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列．
本题主要考查学生运用等差数列和等比数列知识进行探索、分析及论证的能力，学生普遍反应难度较大，从标准答案看，其论证的思想方法颇具特色，与大数学家欧几里得关于“质数个数是无穷的”结论的证明方法如出一辙，我们先看解答：
证明 假设对于某个正整数n(n≥4)，存在一个公差为d的等差数列b1,b1+d,…，b1+(n-1)d(b1d≠0),其中三项b1+m1d,b1+m2d,b1+m3d成等比数列，这里0≤m1 (m1+m3-2m2)b1d=(m22-m1m3)d2①
由b1d≠0知，m1+m3-2m2与m22-m1m3同时为0或同时不为0．
若m1+m3-2m2与m22-m1m3同时为0，则有(m1-m3)2=0，从而m1=m2=m3，与题设不符，故必有m1+m3-2m2与m22-m1m3同时不为0，所以由①得
b1d=m22-m1m3m1+m3-2m2②
因为0≤m1 上述证法的实质是：在反设基础上得到②式后，通过构造满足b1d为无理数的一个等差数列1，1+2，1+22，…，1+(n-1)2揭露矛盾，从而肯定原结论正确，它所蕴含的解题思想方法是“在反证法中构造特殊元揭露矛盾”，其步骤是：反设结论→构造特殊元→揭露矛盾→肯定结论．大数学家欧几里德关于“质数个数是无穷的”结论的证明，也正是采用了这种思想方法，被世人堪称为演绎推理的典范，我们不妨欣赏一下：
证明 假设在正整数中只有有限个质数，不妨设它们为p1,p2,p3,…，pk,构造一个正整数Q=p1p2p3…pk+1，因为Q是大于1的正整数，所以它一定有一个质因数p，那么或者p是p1,p2,p3,…,pk中的某一个，或者p是p1,p2,p3,…，pk以外的质数．如果p是p1,p2,p3,…，pk以外的质数，则与假设矛盾；如果p是p1,p2,p3,…，pk中的某一个，则由p能整除Q且能整除p1p2p3…pk，推得p能整除1，这与p是质数矛盾．从而质数个数无穷．
运用“在反证法中构造特殊元揭露矛盾”的思想方法解题，往往能起到四两拨千斤的效果，下面举例说明．
2 思想方法应用举例
例1 能否将两个1，两个2，…，两个1990排成一列，使得每两个i（1≤i≤1990）之间恰好有i个数？
证明 假设存在满足题设要求的一个排列，将这个数从左至右编上号码1，2，3，…，2×1990，构造一个特殊数N，使得N等于所有号码数之和，即N=1+2+3+…+(2×1990)，
一方面，N=1+(2×1990)2×(2×1990)=1990(1+2×1990)为偶数；
另一方面，由于每两个i之间恰好有i个数，所以当i为奇数时，这两个i的号码有相同的奇偶性，号码和为偶数；当i为偶数时，这两个i的号码必是一奇一偶，号码和为奇数．又由于1至1990中有995个奇数，995个偶数，所以两个1，两个2，…，两个1990中一共有995对i的号码和为偶数，其余995对i的号码和为奇数，于是所有号码数之和N为奇数．两方面矛盾．
所以，不能将两个1，两个2，…，两个1990排成一列满足题设要求．
点评 在假设之下，通过对2×1990个数编号，构造特殊数N=1+2+3+…+(2×1990)，抓住每两个i的号码的奇偶性规律，分析N的奇偶性，进而揭露矛盾．
例2 已知a,b,c,d均为小于1的正数，求证：a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)四个式子中至多有三个大于14．
证明 假设a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)都大于14，构造一个特殊式子：
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)四个式子中至多有三个大于14．
点评 在假设之下，充分利用式子的结构特点，联想基本不等式，巧妙构造特殊式子，T=a(1-b)·b(1-c)·c(1-d)·d(1-a),分析T的取值情况，进而揭露矛盾．
例3 设有一个有穷数列{an}，任意连续五项之和均为负数，任意连续九项之和均为正数，求证：n必不大于12．
证明 假设n大于12，也即n≥13，不妨取数列{an}的前13项a1、a2、…、a13来考察，构造一个如下的特殊数阵：
由题意，竖看9列中的45 个数之和为负，横看5行中的45个数之和为正，矛盾．故n必不大于12．
点评 在假设之下，通过构造特殊数阵（图1），利用数列{an}任意连续五项之和均负，任意连续九项之和均正这个条件，分析数阵中45个数之和的正负，进而揭露矛盾．
例4 求证：用1×4的长方形纸片不能拼成一个6×6的正方形棋盘．
证明 假设能用若干个1×4的长方形纸片拼成一个6×6的正方形棋盘，则在6×6的正方形棋盘单元格内填上数字1、2、3、4，构造一张如下的特殊表格：
一方面，由于每个1×4的长方形单元格内数字1，2，3，4各出现一次，所以若干个1×4的长方形单元格内数字1，2，3，4出现的个数必相等；
另一方面，表格中数字1，2，3，4的个数分别是9，10，9，8，个数不相等，矛盾．
故用1×4的长方形纸片不能拼成一个6×6的正方形棋盘．
点评 在假设之下，通过填数字构造特殊表格（图2），分析数字1，2，3，4的个数
特点，进而揭露矛盾．
例5 任意剪六个大小相同的圆形纸片放在桌上，使得没有一个纸片的中心落在另一个纸片上或被另一纸片盖住，然后用一枚针去扎这一堆纸片，不论针尖落在哪点上，总不能一次把六个纸片全部扎中，试证明这个结论．图3
证明 假设能一次把六个纸片全部扎中，则存在一点P，同时位于六个圆的内部，构造一个特殊模型（图3），设这六个圆的半径为r，圆心依次为O1，O2，…，O6，连接PO1，PO2，…，PO6，则它们的长都小于r ．
因为没有一个纸片的圆心落在另一个纸片上，所以任
何两个圆心间的距离都大于r，由此推知∠O1PO2，∠O2PO3，
…，∠O6PO1均大于60°，所以它们的和大于360°，这与它
们的和等于360°矛盾．
故不论针尖落在哪点上，总不能一次把六个纸片全部扎中．
点评 在假设之下，通过构造特殊模型（图3），分析∠O1PO2，∠O2PO3，…，∠O6PO1之和的特点，进而揭露矛盾．
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文
2008年高考江苏卷的19题的第（2）小题是：
求证 对于一个给定的正整数n(n≥4)，存在一个各项及公差都不为零的等差数列，b1,b2,…bn,其中任意三项（按原来顺序）都不能组成等比数列．
本题主要考查学生运用等差数列和等比数列知识进行探索、分析及论证的能力，学生普遍反应难度较大，从标准答案看，其论证的思想方法颇具特色，与大数学家欧几里得关于“质数个数是无穷的”结论的证明方法如出一辙，我们先看解答：
证明 假设对于某个正整数n(n≥4)，存在一个公差为d的等差数列b1,b1+d,…，b1+(n-1)d(b1d≠0),其中三项b1+m1d,b1+m2d,b1+m3d成等比数列，这里0≤m1
由b1d≠0知，m1+m3-2m2与m22-m1m3同时为0或同时不为0．
若m1+m3-2m2与m22-m1m3同时为0，则有(m1-m3)2=0，从而m1=m2=m3，与题设不符，故必有m1+m3-2m2与m22-m1m3同时不为0，所以由①得
b1d=m22-m1m3m1+m3-2m2②
因为0≤m1
证明 假设在正整数中只有有限个质数，不妨设它们为p1,p2,p3,…，pk,构造一个正整数Q=p1p2p3…pk+1，因为Q是大于1的正整数，所以它一定有一个质因数p，那么或者p是p1,p2,p3,…,pk中的某一个，或者p是p1,p2,p3,…，pk以外的质数．如果p是p1,p2,p3,…，pk以外的质数，则与假设矛盾；如果p是p1,p2,p3,…，pk中的某一个，则由p能整除Q且能整除p1p2p3…pk，推得p能整除1，这与p是质数矛盾．从而质数个数无穷．
运用“在反证法中构造特殊元揭露矛盾”的思想方法解题，往往能起到四两拨千斤的效果，下面举例说明．
2 思想方法应用举例
例1 能否将两个1，两个2，…，两个1990排成一列，使得每两个i（1≤i≤1990）之间恰好有i个数？
证明 假设存在满足题设要求的一个排列，将这个数从左至右编上号码1，2，3，…，2×1990，构造一个特殊数N，使得N等于所有号码数之和，即N=1+2+3+…+(2×1990)，
一方面，N=1+(2×1990)2×(2×1990)=1990(1+2×1990)为偶数；
另一方面，由于每两个i之间恰好有i个数，所以当i为奇数时，这两个i的号码有相同的奇偶性，号码和为偶数；当i为偶数时，这两个i的号码必是一奇一偶，号码和为奇数．又由于1至1990中有995个奇数，995个偶数，所以两个1，两个2，…，两个1990中一共有995对i的号码和为偶数，其余995对i的号码和为奇数，于是所有号码数之和N为奇数．两方面矛盾．
所以，不能将两个1，两个2，…，两个1990排成一列满足题设要求．
点评 在假设之下，通过对2×1990个数编号，构造特殊数N=1+2+3+…+(2×1990)，抓住每两个i的号码的奇偶性规律，分析N的奇偶性，进而揭露矛盾．
例2 已知a,b,c,d均为小于1的正数，求证：a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)四个式子中至多有三个大于14．
证明 假设a(1-b),b(1-c),c(1-d),d(1-a)都大于14，构造一个特殊式子：
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)四个式子中至多有三个大于14．
点评 在假设之下，充分利用式子的结构特点，联想基本不等式，巧妙构造特殊式子，T=a(1-b)·b(1-c)·c(1-d)·d(1-a),分析T的取值情况，进而揭露矛盾．
例3 设有一个有穷数列{an}，任意连续五项之和均为负数，任意连续九项之和均为正数，求证：n必不大于12．
证明 假设n大于12，也即n≥13，不妨取数列{an}的前13项a1、a2、…、a13来考察，构造一个如下的特殊数阵：
由题意，竖看9列中的45 个数之和为负，横看5行中的45个数之和为正，矛盾．故n必不大于12．
点评 在假设之下，通过构造特殊数阵（图1），利用数列{an}任意连续五项之和均负，任意连续九项之和均正这个条件，分析数阵中45个数之和的正负，进而揭露矛盾．
例4 求证：用1×4的长方形纸片不能拼成一个6×6的正方形棋盘．
证明 假设能用若干个1×4的长方形纸片拼成一个6×6的正方形棋盘，则在6×6的正方形棋盘单元格内填上数字1、2、3、4，构造一张如下的特殊表格：
一方面，由于每个1×4的长方形单元格内数字1，2，3，4各出现一次，所以若干个1×4的长方形单元格内数字1，2，3，4出现的个数必相等；
另一方面，表格中数字1，2，3，4的个数分别是9，10，9，8，个数不相等，矛盾．
故用1×4的长方形纸片不能拼成一个6×6的正方形棋盘．
点评 在假设之下，通过填数字构造特殊表格（图2），分析数字1，2，3，4的个数
特点，进而揭露矛盾．
例5 任意剪六个大小相同的圆形纸片放在桌上，使得没有一个纸片的中心落在另一个纸片上或被另一纸片盖住，然后用一枚针去扎这一堆纸片，不论针尖落在哪点上，总不能一次把六个纸片全部扎中，试证明这个结论．图3
证明 假设能一次把六个纸片全部扎中，则存在一点P，同时位于六个圆的内部，构造一个特殊模型（图3），设这六个圆的半径为r，圆心依次为O1，O2，…，O6，连接PO1，PO2，…，PO6，则它们的长都小于r ．
因为没有一个纸片的圆心落在另一个纸片上，所以任
何两个圆心间的距离都大于r，由此推知∠O1PO2，∠O2PO3，
…，∠O6PO1均大于60°，所以它们的和大于360°，这与它
们的和等于360°矛盾．
故不论针尖落在哪点上，总不能一次把六个纸片全部扎中．
点评 在假设之下，通过构造特殊模型（图3），分析∠O1PO2，∠O2PO3，…，∠O6PO1之和的特点，进而揭露矛盾．
注：本文中所涉及到的图表、注解、公式等内容请以PDF格式阅读原文