對2021年高考數(shù)學(xué)北京卷壓軸題結(jié)論的推廣

甘志國

(北京豐臺二中 100071)

題目對于已知的實(shí)數(shù)p，定義同時滿足下列三個條件的數(shù)列{an}叫做RP數(shù)列：

1.a1+p≥0，a2+p=0；

2.?n∈N*，a4n-1

3.?m,n∈N*,am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}.

(1)判斷前4項(xiàng)分別為2,-2,0,1的數(shù)列可能是R2數(shù)列嗎？并說明理由；

(2)若{an}是R0數(shù)列，求a5的值；

(3)是否存在實(shí)數(shù)p，使得存在RP數(shù)列{an}(其前n項(xiàng)和是Sn)，滿足?n∈N*,Sn≥S10？若存在，請求出所有這樣的p；若不存在，請說明理由.

定理1 若p是已知的實(shí)數(shù)，則同時滿足下列三個條件：

(1)a1=-p,a3=1-p；

(2)?n∈N*,a2n-1

證明設(shè)bn=an+p(n∈N*)，可得數(shù)列{bn}同時滿足下列三個條件：

(1)b1=0,b3=1；

(2)?n∈N*，b2n-1

(3)?m,n∈N,bm+n∈{bm+bn,bm+bn+1}.

由(3)可得b2∈{2b1,2b1+1}，再由(1)可得b2∈{0,1}，又由(1)(2)可得b2=1.

還可得：b4∈{b1+b3,b1+b3+1},b4∈{1,2}，再由1=b3

下面對n用第二數(shù)學(xué)歸納法證明b2n-1=n-1,b2n=n(n∈N*).

由前面的論述可得n=1,2,3時均成立.

定理2 若p是已知的實(shí)數(shù)，則同時滿足下列三個條件：

(1)a1=a2=-p；

(2)?n∈N*,a3n-1

證明設(shè)bn=an+p(n∈N*)，可得數(shù)列{bn}同時滿足下列三個條件：

(1)b1=b2=0；

(2)?n∈N*,b3n-1

(3)?m,n∈N,bm+n∈{bm+bn,bm+bn+1}.

由(3)可得b3∈{b1+b2,b1+b2+1}，再由(1)可得b3∈{0,1}，又由(1)(2)可得b3=1.

下面對n用數(shù)學(xué)歸納法證明b3n+1=b3n+2=n,b3n+3=n+1(n∈N).

(1)由前面的論述可得n=0時成立.

(2)假設(shè)n=t(t∈N)時成立：b3t+1=b3t+2=t,b3t+3=t+1.則b3t+4∈{b3t+2+b2,b3t+2+b2+1},b3t+4∈{t,t+1};b3t+4∈{b3t+3+b1,b3t+3+b1+1},b3t+4∈{t+1,t+2}，所以b3t+4=t+1.

還可得b3t+5∈{b3t+3+b2,b3t+3+b2+1},b3t+5∈{t+1,t+2};b3t+6∈{b3t+4+b2,b3t+4+b2+1},b3t+6∈{t+1,t+2}.再由(ⅱ)可得b3t+5

定理3 若k(k≥4)是已知的正整數(shù)，則同時滿足下列三個條件：

(1)bi≥0(i=0,1,2,…,k-3),bk-2=0；

(2)?n∈N*，bkn-1

證明當(dāng)j=0,1,2,…,k-2時，由(3)可得bj+(k-j-2)∈{bj+bk-j-2,bj+bk-j-2+1}.由(1)可得bj+(k-j-2)=bk-2=0,bj+bk-j-2+1≥1，所以bj+bk-j-2=0.再由(1)可得bj=0(j=0,1,2,…,k-2).

由(3)可得bn+1∈{bn+b1,bn+b1+1},bn+2∈{bn+b2,bn+b2+1}.再由b1=b2=0，可得bn+1,bn+2∈{bn,bn+1}，所以bkn-1,bkn∈{bkn-2,bkn-2+1}(n∈N*).再由(2)，可得bkn-1=bkn-2,bkn=bkn-2+1(n∈N*).

①

在①中令n=1，可得bk-1=bk-2=0,bk=bk-2+1=1.

(1)由前面的論述可得n=0時成立.

(2)假設(shè)n=0,1,2,…,t時均成立.

當(dāng)j=0,1,2,…,k-2時，由(3)可得：

bk(t+1)+j=b[k(t-1)+k-1]+[k+(j+1)],bk(t+1)+j∈{bk(t-1)+k-1+bk+(j+1),bk(t-1)+k-1+bk+(j+1)+1}.再由歸納假設(shè)中的n=t-1,1時均成立，可得bk(t+1)+j∈{t,t+1}.

bk(t+1)+j=bkt+(k+j),bk(t+1)+j∈{bkt+bk+j,bkt+bk+j+1}.再由歸納假設(shè)中的n=t,1時均成立，可得bk(t+1)+j∈{t+1,t+2}.所以當(dāng)j=0,1,2,…,k-2時，bk(t+1)+j∈{t,t+1}∩{t+1,t+2},bk(t+1)+j=t+1.再由①中的第一個等式，可得bk(t+1)+k-1=bk(t+1)+k-2=t+1.所以n=t+1時成立，因而欲證結(jié)論成立.

注可把定理3中的條件(3)替換成等價的條件“?m,n∈N,m≥n,有bm-n∈{bm-bn,bm-bn+1}”.在本文的所有題目與定理、推論中也有類似的替換.

推論1 若k(k≥4)是已知的正整數(shù)，p是已知的實(shí)數(shù)，則同時滿足下列三個條件：

(1)ai≥-p(i=1,2,…,k-3),ak-2=-p；

(2)?n∈N*，akn-1

證明在定理3中令bn=an+p(n∈N*)，可得欲證結(jié)論成立.

(1)當(dāng)t=1時，當(dāng)k=2時，p的取值范圍是(-∞,1].當(dāng)p<1,當(dāng)且僅當(dāng)n=1時,Sn=St，當(dāng)p=1,當(dāng)且僅當(dāng)n=1,2,3時,Sn=St；當(dāng)k≥3時，p的取值范圍是(-∞,0].當(dāng)p<0時,Sn>S1，當(dāng)p=0,當(dāng)且僅當(dāng)n=1,2,…,k-1時,Sn=St；

(1)當(dāng)t=1時，可得

當(dāng)k≥3時，令n=2，可得p≤0.

從而可得結(jié)論(ⅱ)成立.

綜上所述，可得欲證結(jié)論成立.

所以,當(dāng)p=1時，Sn≥St(當(dāng)且僅當(dāng)λ=0或1，即n=t或2t+1時取等號)；當(dāng)0≤p<1時，Sn≥St(當(dāng)且僅當(dāng)λ=0，即n=t時取等號).

2°當(dāng)α≥2時，拋物線y=f(x)的對稱軸是直線所以,當(dāng)p=α-1時，Sn≥St(當(dāng)且僅當(dāng)λ=α-2或α-1，即n=t-k或t時取等號)；當(dāng)p=α?xí)r，Sn≥St(當(dāng)且僅當(dāng)λ=α-1或α，即n=t或t+k時取等號)；當(dāng)α-1

綜上所述，可得欲證結(jié)論成立.