高一教语文读本。

在* * *和中国的英文模本上，刻着一个普通工人的名字。他本着宁一人脏，万人净的精神，为首都的清洁和美丽做出了贡献。这个人是(停顿)石传祥(学生集体回答)。

今天，我们就来真正认识一下石传祥这位不平凡的人物。

让学生展示有关石传祥的图片和资料，然后谈谈他们对石传祥的看法。

石传祥，1915，出生于山东齐河县一个贫苦农民家庭。由于家乡闹饥荒，他在14岁的时候逃到了北京郊区，被生活所迫，成了一名挖粪工。那时候城市的厕所清洁主要靠人力完成，于是就出现了“挖粪工”这个行业。石传祥的工作是每天用粪勺挖，用粪罐抬，用粪桶抬，用粪车运，清理城市里的粪便。老北京的路很难走。石传祥每天推着一辆破轮式大车送粪，从刘路口到广安门，再到姚各庄、小井。他往返二三十里，往往是“步步为营，步步为营”。不管刮风下雨，天冷天热，他每天都要来回跑四趟。工资少得可怜，一个月挣不到3银元。他们住的地方就更简陋了，13的伙伴和一头驴睡在一起，尽管这种住处经常住不下。他们经常在路上吃饭睡觉，头上顶着半块砖，一条破棉裤八年来补来补去。在旧中国，城里人没有掏粪工是活不了家的，但是他们非常看不起这个职业。尤其是富人，经常把这些挖粪者斥为“屎壳郎”。掏粪工不仅被社会所不齿，还受到行业内一些恶势力的压榨和剥削。石传祥在这些粪霸手下干了20年，饱受压迫和欺凌。有一次，他给北京一个律师家挖粪，挖完了想弄口水喝。谁知那户人家的富婆居然把水瓢藏了起来，把水缸盖得严严实实，让丫环用喂猫的盆给他拿一点水来。日伪时期，粪霸强迫他去日军营房挖粪。进门时，他因为用手推着轮式车，无法脱帽向站岗的日本兵敬礼，被日本兵用枪托和皮靴打得鼻青脸肿。日本投降后，美国士兵又住进了这座城市。他们开着吉普车在街上横冲直撞。有一次，他们故意撞翻了石传祥的运粪车，弄伤了他的腿。

新中国成立后，* * *生产党和人民政府消灭了粪霸等恶势力，石传祥真正感到解放了。65438-0952，加入北京市崇文区保洁队，继续从事城市保洁工作。这时，北京市人民政府为了表示对清洁工人工作的尊重，不仅规定他们的工资高于其他行业，而且尽量减轻掏粪工的劳动强度，把过去送粪的独轮车全部换成了汽车。石传祥所在的崇文区保洁队有11辆车，保洁工只需要把粪挖出来装上车，再用车送到郊区。交通工具改进后，石传祥合理计算工时，挖掘潜力，变七人大班为五人小班。他带领全班从过去每班50桶到80桶，他自己每班扛90桶，每班最多5吨粪。小区里的居民享受着干净优美的环境，但他背粪的右肩被磨出了厚厚的老茧，赢得了人们的普遍尊重和诸多荣誉。1954被评为先进生产者，1956当选崇文区人民代表。同年6月，加入中国* * *生产党。65438年至0959年，石传祥作为全国先进生产者参加了在北京召开的全国“英雄会”，并于同年当选为“英雄会”主席团成员和北京市政协委员。1964当选为第三届全国人民代表大会代表。刘少奇主席曾握着他的手说:“你作为清洁工是人民的公仆，我作为主席也是人民的公仆。”

“文革”期间，石传祥因与刘少奇关系密切而受到打击，被打成“工贼”并遭毒打，于1971被遣送回山东老家。8月，1973，周恩来总理得知这一消息后非常生气，并指示立即派人将他接回治疗。随后被接回北京，于5月1975日因病去世，享年60岁。去世前，他反复叮嘱儿子要延续父亲的志向，成为一名有名的环卫工人。

3.老师提问，学生分组讨论。

问题1:作者为什么要找石传祥？为什么叫“精神高原”？

老师总结:《寻找石传祥》其实是在寻找时代精神。也就是文末提到的石传祥“正直敬业”的精神。因为一段历史正在消逝，石传祥的精神也被遗忘了。现代城市不再需要掏粪工，只要有社会分工。总会有又苦又累又脏的工作。所以，石传祥的“一人脏为众人”的精神，在今天依然不可或缺。而且石传祥的精神不仅不怕苦不怕累不怕脏，还在于他的认真和敬业。无论是当工人、当官、经商还是做学问，石传祥的精神永远不会过时。

问题二:文章中有这样一段话，一个幼儿园老师指着一个环卫工人的孩子教育其他孩子说:“你不听话，以后就要像他父母一样扫大街挖厕所！”如今，有这样的想法是很常见的。怎样才能重振石传祥精神？

对于这个问题，让学生写一篇文章，以书面作业的形式谈谈自己的看法。

4.文章在语言上的特点。

不太注重修辞，因为它的真实性，所以它仍然具有动人的力量。

板书设计

石川香石川香精神

粪工、劳模诚实、敬业、服务大众。

人大代表和工贼干干净净的活。

老实，敬业，真的不好，大家都不方便。

正面描述

呼唤人性的回归

哥德巴赫猜想

序

据相关史料记载，哥德巴赫猜想提出已有200多年。据有关数学权威人士介绍，世界上许多数学专家都在夜以继日地研究它。但是，至今没有人解决。我从1980退休后，研究了大概二十年。在此期间，我探索了一个全新的思路——确定最新的论点，创造独特的论点，从而解开哥德巴赫猜想这个古老的数学之谜。全文分为三章。

第一章确定了两个“最新论点”

这两个“最新论证”是:①s+h+f = n/2+[1-(-1)n]/4(即当n为偶数时，

S+H+F=n/2，当n为奇数时，s+H+F = n/2+1/2)；②“最新论证”①中的S≠0【n为任意正整数，S、h、f分别为(r+r)、(h+h)、(r+h)等于(2n+4)的数，r为素数，h为奇数】。

为了将上述“最新论点”具体化，使其得到初步认可，特随机选取。

如下所示:

当n = 13时，只有(r+r)的(7+23)和(11+19)等于30。

和(13+17)，即其数S = 3；(h+h)等于30只有(9+21)和(15+15)，即它的个数h = 2；(r+h)等于30只有(3+27)和(5+25)，也就是它的个数f = 2。

将上面的n=13，s = 3，H=F=2代入“最新论证”:①左= 3+2+2 = 7，右。

= 13/2+1/2 = 7，即公式①左右两边相等；(2)左= 3，右= 0，即(2)左右不相等。

当n=16，(2n+4) = 36 ―― (r+r)等于36只有(5+31)，(7+29)，

(13+23)和(17+19)，即数s = 4；(h+h)等于36只有(9+27)和(15+21)，即它的个数h = 2；(r+h)等于36只有(3+33)和(11+25)，也就是它的个数f = 2。

将上面的n = 16，s = 4，h = f = 2代入“最新论证”:①左= 4+2+2 = 8，右。

Side = 16/2 = 8，即公式①左右两边相等；(2)左= 4，右= 0，即(2)左右不相等。

第二章创造了“独特的论点”来论证两个“最新的论点”

第一节依据“S+H+F = n/2+[1-(-1)n]/4”

先证明一个相关的“最新命题”——在数列3，5，7，9的前n项中，11，...(2n+1)，...，所有等于前两项和后两项的平均值或两项之差的绝对值的两项分别相加(项本身相加)。②无非是(r+r)、(h+h)和(R+H)；③有{ n/2+[1-(-1)n]/4 }(n为任意正整数，r为素数，h为奇数)。当n→∞时，这个命题仍然成立。

已知的和已核实的。

证明了①∶已知数列是一个第一项为3，容差为2的无穷等差数列。

∴这个数列的前n项之和等于[3+(2n+1)] = (2n+4)，{(3+2)+[(2n+1)-2]} =(。即“都等于(2n+4)”(w为非负整数且小于n/2)；

②∶在一个已知的数列中，所有的项都可以分为素数和奇数两种。因此，当这个数列的前n项按上述“最新命题”相加时，只能分别相加和互加。

∴得到的两个数之和“无非是(r+r)，(h+h)，(r+h)”；

(3)已知数列的前n项按上述“最新命题”相加，得到的两个数之和的个数明显等于项数的一半且为正整数。所以两个数* * *之和有n/2(n为偶数时)或(n/2+1/2)(n为奇数时)。即“* *有{n/2+[1-(-1) n/4]}”。

已知n为任意正整数，所以当n→∞时，上述“最新命题”仍然成立。并称之为“独特论证①”。

基于唯一论证①，推导出第一个“最新论证”――由上述“最新命题②和①，可以得出(r+r)，(h+h)，(r+h)都等于(2n+4) (n为任意正整数)；从上面的“最新命题”②和③可以得出，(r+r)，(h+h)，(r+h) * *有{ n/2+[1-(-1)n/4]}(n为任意正整数)。

已知当n为任意正整数时，s、h、f分别为(r+r)、(h+h)、(r+h)等于(2n+4)的数(第一章两个“最新论证”中的注释)。

因此，s+h+f = n/2+[1-(-1)n]/4(注略)，即第一个“最新论证”成立。

第二节讲的是“S+h+f = n/2+[1-(-1)n]/4”中“S≠0”的根据。

第一步是揭示R-H的分布规律。

1.R型H的定义:只能被素数R或不小于R的素数整除的奇数H称为R型H，比如9是H，只能被素数3整除。因此，9是3 H型；再比如:35是h，可以分别被质数5和7整除，而7和5都不小于5。所以35是5 H型，不是7 H型。

二、R型H的分布规律:从上面的定义可以看出，在无穷数列{(2n+1)}中，任何能被素数3整除的H都是型3 H，从第4项看，它每三项中有1。即从(3× 3-1)/2开始，每3项有(2-1)。如:9，15，21，...(9+6m) (m为非负整数，下同)；其中H能被质数5整除，从第7项开始每5项有1。如:15，25，35，...(15+10m)。所以每15有3项。但是，3 H型占1/3。所以从第7项来看，每一项15只有2种H。即从(3×5-1)/2开始，每隔3×5就只有(2-1) × (3-1)。如:15，25，35；45,55,65;75,85,95;.....、(15+30m)、(25+30m)、(35+30m)(表示以上数字或公式要去掉，下同)；其中H可被素数7整除，从10项起，每7项中有1。如:21，35，49，...(21+14m)。所以每105中有15项。但3 H型占1/3，5 H型占2/15。所以从10项开始，每一项105中只有8种H。即从(3× 7-1)/2，每隔3×5×7，就只有(2-1)×(3-1)×(5-1)。如:21，35，49，63，77，91，105，119，133，147，16655。231,245,259,273,287,301,315,329,343,357,371,385,399,413,427;……(21+210m)，(35+210m)，(49+210m)，(63+210m)，(77+210m)，(91+210m)，(105+210m)，(110m)

同样，每一个被素数11整除的H，在每一个11中都有1来自于16项，所以每一个1155中都有105。但3 H型占1/3，5 H型占2/15，7 H型占8/105。所以从11项开始，每一项1155只有48个H。即从(3× 11-1)/2，每隔3×5×7×11，就只有(2-1) × (3-1)。其中H可被素数13整除，从项19起每13中有1，所以每150155中有1155。但3 H型占1/3，5 H型占2/15，7 H型占8/105，11 H型占48/1155。所以从13项开始，每一项15015只有480个H。即从(3× 13-1)/2中，每3×5×7×11×13中，只有(2-1) × (3-65438。……

一般在无穷序列{(2n+1)}，R型H从(3r-1)/2开始，只有(2-1)×(3-1)×(5-1)×(7-65438)×(每隔3× 5× 7× 1) ×这就是“R型H的分布规律”。

第二步讨论当n→∞时(H+F)/n的一般趋势

a、从“R型H的分布规律”可知，在无穷级数{(2n+1)}的前n项中，型3 H、型5 H、型7 H、型11 H、型13 H、...，分别约为1/3，2/15，8/105，48/1155，480/15015，...1×.此外，这些份额比率断断续续地出现。因此，这个数列的前N项(设为G)中H型总数的占有率为G/N≈1/3+2/15+8/105+48/1155+480/65438+。显然，当n→∞时，G/n总体上是无限增加的。并称之为重要论点。

从“重要论证”可以推断，在数列{(2n+1)}中，当n→∞时，G/2/n一般是无限增加的。并称之为“重要推论”。

b、已知在无穷数列{(2n+1)}的前n项中，根据“最新命题”(第二章第一节)的条件，两个数之和中(h+h)和(r+h)等于(2n+4)的数分别为H和F(第一章两个)。而且，h (h+h)中还有2H or(2h-1)[当只有一个(h+h)代表两个相同奇数之和时。比如:(15+15)异H，F (r+h)中有F个异H。

此外，对于上面a中的无限序列{(2n+1)}的前n项，每个类型H的总数已经设置为g，因此，2h+f = g或(2h-1)+f = g。

将f和(f+1)加到上述两个公式的左边，可以得出结论:在无穷数列{(2n+1)}的前n项中，h+f ≥ g/2 (n为任意正整数，h、f、g均为非负整数)。

已知n为任意正整数，所以当n→∞时，上述公式仍然成立。

上式两边除以n得到:(H+F)/n≥G/2/n(n为任意正整数)。

从“重要推论”(第二章第二节第2 A步)可以得出，在序列{(2n+1)}，当n→∞，(H+F)/n整体上无限增加。并称之为“独特论证②”。

第三步，证明第二个“最新论证”(原文省略)

已知:s+h+f = n/2+[1-(-1)n]/4(注略)。

验证:已知条件下S≠0。

证明:假设已知条件下S = 0，则H+F = n/2+[1-(-1)n]/4。

即当n为偶数时，h+f = n/2；当n为奇数时，h+f = n/2+1/2或(n+1)/2。

将上述两个公式分别除以n和(n+1)，可以得到:

(H+F)/n = 1/2；①

(H+F)/(n+1)=1/2 .②

①公式中，当n→∞，则[(h+f)/n]的极限为1/2。

已知“当n→∞时，(H+F)/n总体上无限增加”(第2章，第2节，第2

步骤b)中的“唯一参数②”。

显然，(H+F)/n不是常数。

所以，(H+F)/n≠1/2。

因此，(h+f)/n < 1/2。③

②公式中:( H+F)/(n+1)不能大于(H+F)/n，

∴(H+F)/(n+1)<1/2。④

显然，① ②型分别与③ ④型相矛盾。即①和②不能成立。

所以不可能“在已知条件下假设S=0”。

因此，已知条件下S≠0(注略)。即第二个“最新论点”成立。

第三章证明哥德巴赫猜想。

-每个不小于6的偶数都是两个素数的和

已知当n为任意正整数时，(2n+4)表示每个不小于6的偶数，(r+r)表示两个素数之和。

证明:当n为任意正整数时，(2n+4)为(r+r)。

证明了当n为任意正整数时，s为(r+r)的个数等于(2n+4)(第一章两个“最新论证”中的注释)。

可以得出结论，这里的s只能是一个非负整数[∵如果(r+r)等于(2n+4)不存在，则s为0，否则s为正整数]。

这里已知S≠0(第二章第二节第三步)。

因此，这里的s是正整数。

即，当n是任意正整数时，等于(2n+4)的(r+r)的个数至少是1。

因此，当n为任意正整数时，(2n+4)为(r+r)。

即每个不小于6的偶数都是两个素数之和。

也就是哥德巴赫猜想的证明。