题目 设 $m,n (3\leqslant m\leqslant n)$ 是正整数，数列 $A_m:a_1,a_2,\cdots,a_m$，其中 $a_i (1\leqslant i\leqslant m)$ 是集合 $\{1,2,3,\cdots,n\}$ 中互不相同的元素．若数列 $A_m$ 满足：只要存在 $i,j (1\leqslant i<j\leqslant m)$ 使 $a_i+a_j \leqslant n$，总存在 $k (1\leqslant k\leqslant m)$ 有 $a_i+a_j=a_k$，则称数列 $A_m$ 是“好数列”． 问题1 当 $m=6$，$n=100$ 时，<br/>（i）若数列 $A_6:11,78,x,y,97,90$ 是一个“好数列”，试写出 $x,y$ 的值；<br/>（ii）若数列 $A_6:11,78,a,b,c,d$ 是“好数列”，且 $a<b<c<d$，求 $a,b,c,d$ 共有多少种不同的取值？ 答案1 （i）$x=89,y=100$ 或 $x=100,y=89$<br/>（ii）$66$ 解析1 （i）$x=89,y=100$ 或 $x=100,y=89$．数列：$11,78,90,x,97,y$ 也是一个“好数列”．<br/>（ii）首先，数列中必有 $89,100$ 这两项．<br/><case>情形一</case>若剩下两项从 $90,91,\cdots,99$ 中任取，都符合题意，有 $\mathrm{C}_{10}^{2}=45$ 种；<br/><case>情形二</case>若剩下两项从 $79,80,\cdots,88$ 中任取一个，则另一项必对应 $90,91,\cdots,99$ 中的一个，有 $10$ 种；<br/><case>情形三</case>若 $68 \leqslant a\leqslant 77$，则$$79 \leqslant 11+a\leqslant 88,90 \leqslant 22+a\leqslant 99,$$“好数列”必超过 $6$ 项，不符合题意；<br/><case>情形四</case>若 $a=67$，则$$11+a=78\in A_6,$$另一项可从 $90,91,\cdots,99$ 中任取一个，有 $10$ 种；<br/><case>情形五</case>若 $56<a<67$，则$$67<11+a<78,78<22+a<89,$$“好数列”必超过 $6$ 项，不符合题意；<br/><case>情形六</case>若 $a=56$，则 $b=67$，符合题意，有 $1$ 种；<br/><case>情形七</case>若 $a<56$，则易知“好数列”必超过 $6$ 项，不符合题意．<br/>综上，$a,b,c,d$ 共有 $66$ 种不同的取值． 备注1 问题2 若数列 $A_m$ 是“好数列”，且 $m$ 是偶数，证明：$\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_m}{m}\geqslant \dfrac{n+1}{2}$． 答案2 略 解析2 若数列 $A_m$ 是“好数列”，且 $m$ 是偶数，不妨假设 $a_1<a_2<\cdots<a_m$．<br/>下面证明\[a_i+a_{m+1-i}\geqslant n+1\]对任意满足 $1\leqslant i\leqslant \dfrac{m}{2}$ 的正整数 $i$ 恒成立．<br/>用反证法．<br/>若不然，假设存在正整数 $j$，$1\leqslant j\leqslant \dfrac{m}{2}$，使得$$a_j+a_{m+1-j}\leqslant n,$$则\[a_{m+1-j}<a_1+a_{m+1-j}<a_2+a_{m+1-j}<\cdots<a_j+a_{m+1-j}\leqslant n.\]根据“好数列”的定义，可知存在正整数 $1\leqslant k_1,k_2,\cdots,k_j\leqslant m$，使得\[a_i+a_{m+1-j}=a_{k_i}>a_{m+1-j}, (i=1,2,\cdots,j).\]另一方面，数列 $A_m$ 中，大于 $a_{m+1-j}$ 的只有 $j-1$ 项，矛盾．<br/>因此命题得证，故$$\dfrac{a_1+a_2+\cdots+a_m}{m}\geqslant \dfrac{n+1}{2}.$$ 备注2 每日一题[908]数列的新定义．