2022年高考數學北京卷壓軸題的自然解法

甘志國

(北京市豐臺二中 100071)

題目(2022年高考數學北京卷第21題)己知Q:a1,a2,…,ak為有窮整數數列.給定正整數m，若對任意的n∈{1,2,…,m}，在Q中存在ai,ai+1,ai+2,…,ai+j(j≥0)，使得ai+ai+1+ai+2+…+ai+j=n，則稱Q為m-連續可表數列.

(1)判斷Q:2,1,4是否為5-連續可表數列？是否為6-連續可表數列？說明理由；

(2)若Q:a1,a2,…,ak為8-連續可表數列，求證：k的最小值為4；

(3)若Q:a1,a2,…,ak為20-連續可表數列，且a1+a2+…+ak<20，求證：k≥7.

解析(1)由題設可得a1=2,a2=1,a3=4.

因為1=a2,2=a1,3=a1+a2,4=a3,5=a2+a3;6≠a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3，

所以Q:2,1,4為5-連續可表數列，不為6-連續可表數列.

(2)若k=1，則數列Q:a1只可能是1-連續可表數列；若k=2，且數列Q:a1,a2為m-連續可表數列，則m≤3(因為由題設中的表述方法，最多只能表示出a1,a2,a1+a2共3個兩兩互異的數)；若k=3，且數列Q:a1,a2,a3為m-連續可表數列，則m≤3(因為由題設中的表述方法，最多只能表示出a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3共6個兩兩互異的數).

容易驗證數列Q:2,4,1,3為8-連續可表數列.

綜上所述，可得欲證結論成立.

(3)若數列Q:a1,a2,…,ak(k≤5)為20-連續可表數列，則20≤5+4+3+2+1=15，這不可能！因而滿足題設的k≥6.

若k=6，得整數數列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6中的連續若干項(至少一項，下同)的和a1,a2,a3,a4,a5,a6;a1+a2,a2+a3,a3+a4,a4+a5,a5+a6;a1+a2+a3,a2+a3+a4,a3+a4+a5,a4+a5+a6;a1+a2+a3+a4,a2+a3+a4+a5,a3+a4+a5+a6;a1+a2+a3+a4+a5,a2+a3+a4+a5+a6;a1+a2+a3+a4+a5+a6最多能表示(下簡稱數列Q的連續項和表示)出21個兩兩互異的正整數，且題設是能表示出1,2,3,…,20這20個正整數.

①若數列Q的六項均是自然數，由題設a1+a2+a3+a4+a5+a6<20，可得數列Q的連續項和均小于20(沒有表示出20)，與題設矛盾！所以數列Q中有負項且負項的項數是1(若存在兩個負項，則數列Q的連續項和表示中會少兩個正整數，至多能表示21-2=19個正整數，不滿足題設).

若數列Q的項中還有0，則數列Q的連續項和表示中會少兩個正整數(負項與0)，不滿足題設，因而數列Q的項是一項負五項正(且這五個正項兩兩互異).

還可得：數列Q的連續項和表示中除負項這個和外組成的集合是{1,2,3,…,20}.因為其中最大的是20，所以20的連續項和表示是最多的連續若干個正項之和(即對數列Q的連續正項全部求和).

②因為“若數列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6滿足題設，則數列Q′:a6,a5,a4,a3,a2,a1也滿足題設”，所以可只考慮數列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6(a1<0或a2<0或a3<0)的情形.

若a2<0且數列Q的其余五項都是正項，則a1=20或a3+a4+a5+a6=20.若a1=20，則由20>a1+a2+a3+a4+a5+a6，可得a2+a3+a4+a5+a6<0，得數列Q的連續項和表示中的a2,a2+a3+a4+a5+a6均不是正整數；若a3+a4+a5+a6=20，則由20>a1+a2+a3+a4+a5+a6，可得a1+a2<0，得數列Q的連續項和表示中的a2,a1+a2均不是正整數.均不滿足題設.

同理，可證得a3<0也不滿足題設.因而a1<0，且a2+a3+a4+a5+a6=20.

③若兩兩互異的五個正整數a2,a3,a4,a5,a6中沒有1，則20=a2+a3+a4+a5+a6≥2+3+4+5+6=20.

因而{a2,a3,a4,a5,a6}={2,3,4,5,6}.

再由數列Q的連續項和表示中最小的正數是1，可得a1+a2=1.

若?i∈{3,4,5,6},a1+ai=0，則

a1+a2+…+ai=a2+a3+…+ai-1.

得數列Q的連續項和表示中會少表示一個正整數，不滿足題設，因而?j∈{2,3,4,5,6},a1+aj≠0.

而aj∈{2,3,4,5,6}，

所以a1?{-2,-3,-4,-5,-6}.

再由a1=1-a2,a2∈{2,3,4,5,6}，可得

a1=-1,a2=2,{a3,a4,a5,a6}={3,4,5,6},a2+a3+a4+a5+a6=20,a1+a2+a3+a4+a5+a6=19,a3+a4+a5+a6=18.

再得數列Q的連續項和表示中17的表示只可能是a2+a3+a4+a5=17，進而可得a1=-1,a2=2,{a3,a4,a5}={4,5,6},a6=3.

又由數列Q的連續項和表示中有14，可得a3=4,{a4,a5}={5,6}，得數列Q是-1,2,4,5,6,3(但a2+a3=a5)或-1,2,4,6,5,3(但a2+a3=a4)，均不可能，因而a2,a3,a4,a5,a6中有1.

④由數列Q的連續項和表示中有19及a1+a2+a3+a4+a5+a6<20，可得a2=1或a6=1(得a2+a3+a4+a5=19)或a1+a2+a3+a4+a5+a6=19(a1=-1).

若a2=1，則a1+a2=a1+1≤0，得數列Q的連續項和表示中會少表示一個正整數；若a1=-1，可得a2≠1(否則a1+a2=0，數列Q的連續項和表示中會少表示一個正整數)，所以?i∈{3,4,5,6},a1+ai=0，得a1+a2+…+ai=a2+a3+…+ai-1，數列Q的連續項和表示中會少表示一個正整數.均不滿足題設.

所以a2+a3+a4+a5=19,a1≤-2,a6=1.

⑤由數列Q的連續項和表示中有18及和為19的兩兩互異的四個數a2,a3,a4,a5均大于1及a1+a2+a3+a4+a5≤17，可得a1+a2+a3+a4+a5+a6=18(得a1=-2)或a3+a4+a5+a6=18(得a3+a4+a5=17,a2=2,a1+a2≤0，數列Q的連續項和表示中會少表示一個正整數).

所以a1=-2,a2+a3+a4+a5=19,a6=1.

⑥由數列Q的連續項和表示中有16及和為19的兩兩互異的四個數a2,a3,a4,a5均大于1(且a2≥4：因為0

(ⅰ)a1=-2,a2≥4,a2+a3+a4=16,a5=3,a6=1.

由數列Q的連續項和表示中有15(可證得15的表示中沒有a1也沒有a2)，可得a3+a4+a5=15(得a3+a4=12,a2=4=3+1=a5+a6，這不可能)或a3+a4+a5+a6=15(得a3+a4=11,a2=5,a1+a2=3=a5，這不可能)或a4+a5=15(得a4=12,a2+a3=4，與a2≥4矛盾)或a4+a5+a6=15(得a4=11,a2+a3=5，再得a2=4,a3=1=a6，這不可能).

(ⅱ)a1=-2,a2=4,a3+a4+a5=15,a6=1.

由數列Q的連續項和表示中有14，可得a1+a2+a3=14(得a3=12,a4+a5=3,{a4,a5}={1,2}，得a6與a4或a5重復，這不可能)或a1+a2+a3+a4=14(得a3+a4=12,a5=3,a2=4=3+1=a5+a6，這不可能)或a2+a3=14(得a3=10,a4+a5=5,{a4,a5}={2,3}，進而可得數列Q是-2,4,10,2,3,1(此時a1+a2=2=a4，這不可能)或-2,4,10,3,2,1(此時a1+a2=2=a5，這不可能))或a2+a3+a4=14(得a3+a4=10,a5=5，再由數列Q的連續項和表示中有13，可得數列Q是-2,4,3,7,5,1(但a2+a3=7=a4，這不可能)或-2,4,2,8,5,1(但a1+a2=2=a3，這不可能))或a4+a5+a6=14(得a4+a5=13,a3=2=a1+a2，這不可能).

綜上所述，可得欲證結論成立.

評注這道壓軸題的解法就是先找到切入點“數列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6的項滿足一負五正且負項在首或尾(可不妨設負項在首)”，進而可得數列Q的所有正項之和是20，其連續項和表示中除負項這個和外組成的集合是{1,2,3,…,20}.接下來，消化這一條件就可證得欲證的結論成立.