2021年北京卷壓軸題的研究

安徽省蕪湖市第一中學 劉海濤 241000

《中國高考評價體系》指出：高考要求學生能夠觸類旁通、舉一反三，甚至融會貫通，既包括同一層面橫向的交互融合，也包括不同層面之間縱向的融會貫通.高考客觀上對高中教學起到重要的引導作用，因此在教學過程中，對于一些高考真題，如果我們能夠從不同角度思考，尋求不同的解法，并將其推廣到一般化情形，定能加深對問題的本質(zhì)認識，從而拓寬解題視野，發(fā)散解題思維，提升學習興趣，提高解題能力[2].本文是筆者對2021年北京高考數(shù)學壓軸題的研究，現(xiàn)與讀者分享交流.

1 試題呈現(xiàn)與分析

（2021 年北京卷·第21 題）定義Rp數(shù)列{an} ：對?p∈R 滿足：①a1+p≥0，a2+p=0；②?n∈N*,a4n-1＜a4n；③?m,n∈N*，am+n∈{am+an+p,am+an+p+1} （.1）對于前4 項分別是2 ，-2 ，0 ，1 的數(shù)列，可以是R2數(shù)列嗎？說明理由；（2）若{an} 是R0數(shù)列，求a5的值；（3）是否存在p∈R，使得存在Rp數(shù)列{an}（其前n項和是Sn），對任意n∈N*，滿足Sn≥S10？若存在，求出所有這樣的p；若不存在，說明理由.

分析：該題形式上以集合為載體考查數(shù)列，主要考查了用遞推方法、分類討論思想解決問題的能力，需要用到猜想、歸納、證明結(jié)論，并利用新的結(jié)論解決問題，體現(xiàn)了邏輯推理、數(shù)學運算等數(shù)學核心素養(yǎng).第（1）、（2）兩問屬于常規(guī)問題，本文不再贅述，重點論述第（3）問，向讀者介紹筆者的研究.

2 解法探究

解析：（1）不是R2數(shù)列（理由略）；（2）a5=1（過程略）；

（3）思路1：由Sn≥S10得a10≤0 ≤a11，于是想到先“必要性探路”，再“充分性驗證”的方法，首先根據(jù)條件中的遞推關(guān)系得到a10和a11，結(jié)合a10≤0 ≤a11，得到p的值，再對該值進行充分性證明即可.

方法1：假設存在滿足條件的Rp數(shù)列{an} ，其前n項和Sn的最小值為S10，則a10≤0 ≤a11.

由③知-p=a2∈{ }2a1+p,2a1+p+1 ，而2a1+p+1 ≥-p+1 ＞-p，則-p=2a1+p，即a1+p=0 .由③知a3∈{a1+a2+p,a1+a2+p+1} ={-p,1-p} ，a4∈{2a2+p,2a2+p+1} ={-p,1-p} ，又由②知a3＜a4，則a3=-p，a4=1-p. 由③知a5∈{a1+a4+p,a1+a4+p+1}∩{a2+a3+p,a2+a3+p+1}={1 -p,2-p} ∩{-p,1-p} ={1 -p} ，則a5=1-p. 由③知a6∈{1 -p,2-p} ∩{-p,1-p} ={1 -p} ，則a6=1-p.由③知a7∈{1 -p,2-p} ，a8∈{a2+a6+p,a2+a6+p+1} ={1 -p,2-p} ，又由②知a7＜a8，則a7=1-p，a8=2-p. 由③知a9∈{2 -p,3-p} ∩{1 -p,2-p} ={2 -p} ，則a9=2-p.由③知a10∈{2 -p,3-p} ∩{1-p,2-p} ={2 -p} ，則a10=2-p.由③知a11∈{2-p,3-p} ，a12∈{a2+a10+p,a2+a10+p+1} ={2-p,3-p} ，又 由②知a11＜a12，則a11=2-p，a12=3-p. 于 是 有2-p≤0 ≤2-p，解 得p=2，為Sn≥S10的一個必要條件.

下面驗證條件p=2 的充分性.當p=2時，由前述分析得a1=a2=a3=-2，a4=a5=a6=a7=-1，a8=a9=a10=a11=0 ，a12=1，則S10=min{S1,S2,…,S11,S12} ，欲證Sn≥S10，需證當n≥12 時an＞0.下用數(shù)學歸納法證明.當n=12 時，a12=1 ＞0，命題成立；假設n=k（k≥12，k∈N*）時，命題成立，即ak＞0.當n=k+1 時，k-7 ≥5，由ak+1∈{a8+ak-7+2,a8+ak-7+3} ，則ak+1≥a8+ak-7+2=ak-7+2 ＞-1+2=1 ＞0；綜上，得當n≥12 時an＞0.

評注：“先充分后必要”法是探究性問題的通性通法之一，

思路2：由題設條件分析數(shù)列{ }an的遞推關(guān)系，歸納猜想出通項公式，用數(shù)學歸納法證明猜想，最后用通項公式解題.

方法2：由③知a2∈{2a1+p,2a1+p+1} ，而2a1+p+1 ＞-p，則-p=2a1+p，即a1=-p.由③知an+1∈{a1+an+p,a1+an+p+1} ={an,an+1}，an+2∈{a2+an+p,a2+an+p+1} ={an,an+1}，于是an+1,an+2∈{an,an+1} ，則a4n-1,a4n∈{a4n-2,a4n-2+1} ，又 由②知a4n-1＜a4n，則a4n-1=a4n-2，a4n=a4n-2+1，所以a3=a2=-p，a4=a2+1=1-p.由③知an+3∈{a3+an+p,a3+an+p+1} ={an,an+1} ，an+4∈{a4+an+p,a4+an+p+1} ={an+1,an+ 2} ，則an+1,an+2,an+3∈{an,an+1}，所以a5∈{-p,1-p} ∩{1 -p,2-p} ,即a5=1-p；a6∈{-p,1-p} ∩{1 -p,2-p} ，即a6=1-p；a7=a6=1-p；a8=a6+1=2-p.至此知a1=a2=a3=-p，a4=a5=a6=a7=1-p，a8=2-p，由此猜想a4n-4=a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p（n∈N*）（.說明：這里為了敘述與表達的方便，給數(shù)列{an} 增加了a0=-p）.

下面用數(shù)學歸納法證明猜想.

當n=1,2 時，猜想成立；假設n=k(k≤2，k∈N*）時猜想成立，即a4k-4=a4k-3=a4k-2=a4k-1=k-1-p，則a4(k+1)-4=a4k=a4k-2+1=k-p；由a4k+1∈{k-p,k-p+1} ∩{k-1-p,kp} ，得a4(k+1)-3=k-p；由a4k+2∈{k-p,k-p+1}∩{k-1-p,k-p} ，得a4(k+1)-2=k-p；a4(k+1)-1=a4(k+1)-2=k-p.因此當n=k+1 時猜想也成立.綜上，對?n∈N*，a4n-4=a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p.若Sn≥S10，則a10≤0 ≤a11，即2-p≤0 ≤2-p，即p=2.當p=2 時，有an＜0(n≤7),an=0（n=8,9,10,11），an＞0（n≥12），所以?n∈N*，Sn≥S7=S8=S9=S10=S11.

綜上，滿足題設的實數(shù)p存在，且p=2.

評注：數(shù)列的遞推關(guān)系得到前幾項后，根據(jù)規(guī)律歸納猜想出通項，再用數(shù)學歸納法證明猜想，得到通項公式的方法是求解一些比較復雜的數(shù)學通項的常用方法.猜想通項公式的過程是合情推理的體現(xiàn)，數(shù)學歸納法證明猜想的過程是演繹推理的體現(xiàn)，這種解決問題的思維模式恰是發(fā)現(xiàn)問題、提出問題、分析問題、解決問題的過程.

3 問題的溯源

說明：命題1 是對高考題的推展，證明參照高考題的解法2，留給讀者思考.

4 問題的變式

若將高考題中的“S10”改為“S11”，則有a11≤0 ≤a12，即2-p≤0 ≤3-p，即2 ≤p≤3.若p=2，當n=7,8,9,10,11 時，Sn取得最小值；若p=3，當n=11,12,13,14,15 時，Sn取得最小值；若2 ＜p＜3，當且僅當n=11 時，Sn取得最小值；照此思路，筆者編制了如下兩道變式題供讀者嘗試.

變式1 已知數(shù)列{an} 滿足：①a1≥-5，a2=-5；②?n∈N*,a4n-1＜a4n；③?m,n∈N*，am+n∈{am+an+5,am+an+6} .記數(shù)列{an}的前n項和是Sn，求使得Sn取最小值時的n的值.

簡解：由命題得an=-5 ，則an＜0（n≤19 ），an=0（ 20 ≤n≤23 ），an＞0（n≥24），所以當n=19,20,21,22,23 時Sn取最小值.

變式2 定義Rp數(shù)列{an} 滿足：①a1=-p，a3=1-p；②?n∈N*,a2n-1＜a2n；③?m,n∈N*，am+n∈{am+an+p,am+an+p+1} （.1）求數(shù)列{an} 的通項公式；（2）是否存在p∈R，使得存在Rp數(shù)列{an}（其前n項和是Sn），對任意n∈N*，滿足Sn≥S2022？若存在，求出所有這樣的p；若不存在，說明理由.

簡 解：（1）an=-p；（2）a2022=1011-p，a2023=1011-p，由Sn≥S2022，得a2022≤0 ≤a2023，即1011-p≤0 ≤1011-p，即p=1011.當p=1011 時，有an＜0 (n≤2021) ，an=0（n=2022,2023），an＞0（n≥2024），所以?n∈N*，Sn≥S2021=S2022=S2023.因此滿足題設的實數(shù)p存在，且p=1011.

說明：命題2是對命題1的推廣，證明留給讀者思考.