2023年高考數學北京卷壓軸題的詳解及推廣

【摘 要】 ?2023年高考數學北京卷壓軸題（即第21題）是以非空數集及有窮數列的前n項和為背景，層層設問編制出的一道創新試題.該試題難度較大、區分度很高.文章給出了該題的詳解，并對末問的結論給予了推廣.

【關鍵詞】 ?北京卷；壓軸題；數列；集合；抽屜原理；商榷

多年來，高考數學北京卷一直堅持“簡潔、基礎、本質、創新”的風格［1］. 試題及其答案簡潔；注重對數學基礎知識、基本技能的全面考查；尤其注重對數學本質的考查；試題背景新穎、內涵豐富、亮點紛呈、解法靈活、思維深刻、銳意創新．

下面談談2023年高考數學北京卷壓軸題（即第21題）的解法及推廣.

1 ?2023年高考數學北京卷壓軸題及其詳解

（2023年高考數學北京卷第21題） 已知數列{an}，{bn}的項數均為m（m>2），且an，bn∈{1，2，…，m}，{an}，{bn}的前n項和分別為An，Bn，并規定A0=B0=0.對于k∈{0，1，2，…，m}，定義

rk=max{i Bi≤Ak，i∈{0，1，2，…，m} }，其中，maxM表示數集M中最大的數.

（Ⅰ）若a1=2，a2=1，a3=3，b1=1，b2=3，b3=3，寫出r0，r1，r2，r3的值；

（Ⅱ）若a1≥b1，2rj≤rj－1+rj+1（j=1，2，…，m－1），求rn；

（Ⅲ）證明：存在p，q，s，t∈{0，1，2，…，m}，滿足p>q，s>t，使得Ap+Bt=Aq+Bs.

解 ?（Ⅰ）由題設，可求得A0=0，A1=2，A2=3，A3=6;B0=0，B1=1，B2=4，B3=7，所以

r0=max{i|Bi≤0，i∈{0，1，2，…，m}}=max{0}=0

r1=max{i|Bi≤2，i∈{0，1，2，…，m}}=max{0，1}=1

r2=max{i|Bi≤3，i∈{0，1，2，…，m}}=max{0，1}=1

r3=max{i|Bi≤6，i∈{0，1，2，…，m}}=max{0，1，2}=2

（Ⅱ）易知r0=0.由a1≥b1即B1≤A1及1∈{i|Bi≤A1，i∈{0，1，2，…，m}}，r1=max{i|Bi≤A1，i∈{0，1，2，…，m}}，可得可得r1≥1，所以r1－r0≥1.

再由rj+1－rj≥rj－rj－1（j=1，2，…，m－1），可得rj+1－rj≥r1－r0≥1（j=1，2，…，m－1），所以rj+1≥rj+1≥rj－1+2≥rj－3+3≥…≥r0+j+1=j+1（j=1，2，…，m－1）.

令j=m－1，可得rm≥m.

由題設“rk=max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，…，m}}”，可得rm≤m，所以rm=m，且以上推導中的“≥”全可改為“=”［2-3］，因而r0=0，r1－r0=1，rj+1=j+1（j=1，2，…，m－1），所以rn=n（n=0，1，2，…，m）.

（Ⅲ）因為Ap+Bt=Aq+Bs即Ap－Aq=Bs－Bt也即aq+1+aq+2+…+ap=bt+1+bt+2+…+bs，所以即證數列{an}1≤n≤m中存在若干個（至少一個，下同）連續項的和等于數列{bn}1≤n≤m中的某若干個連續項的和，因而由對稱性知，可不妨設Am≤Bm.

由k∈{1，2，…，m}，0∈{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，…，m}}，可知{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，…，m}}是非空集合且其元素個數至多是m+1，因而該集合的元素中存在最大值，得rk均存在.

記Sk=Ak－Brk（k=1，2，…，m），由rk的定義可得Sk≥0.

下面證明Sk≤m－1：

若rk=m，則Sk=Ak－Bm≤Am－Bm≤0≤m－1（k=1，2，…，m）.

若rk∈{0，1，2，…，m－1}，則Brk+1存在.假設Sk>m－1，Sk≥m.由rk的定義可知Ak－Brk+1<0，所以brk+1=Brk+1－Brk=Sk－（Ak－Brk+1）>Sk≥m，但這與brk+1≤m矛盾.所以Sk≤m－1.因而Sk∈{0，1，2，…，m－1}.

（ⅰ）若k∈{1，2，…，m}，Sk=0即Ak=Brk（因而rk≠0，所以rk>0），則Ak+B0=A0+Brk，進而可得欲證結論成立.

（ⅱ）若k∈{1，2，…，m}，Sk∈{1，2，…，m－1}，則由抽屜原理知，u，v∈{1，2，…，m}（u>v），Su=Sv（由u>v及{Ak}0≤k≤m是遞增數列可得Au>Av，再由rk的定義可得ru≥rv）.

從而Au－Bru=Av－Brv，Au+Brv=Av+Bru.假設ru=rv，可得Brv=Bru，Au=Av，u=v，這與u>v矛盾.所以u>v，ru>rv，進而可得欲證結論成立.

注 ?在以上解答中，第（ⅱ）問在m≥2時均成立；第（Ⅲ）問在m≥1時均成立（因為當m=1時顯然成立；以上證明適合m≥2的情形）. 2 ??對2023年高考數學北京卷第21（Ⅲ）題結論的推廣

推廣 ?若正整數a1，a2，…，am（m≥2），b1，b2，…，bn（n≥2）滿足ai≤n（i=1，2，…，m），bj≤m（j=1，2，…，n），則存在i1，i2∈{1，2，…，m}（i1≤i2）;j1，j2∈{1，2，…，n}（j1≤j2），使得∑ i2 k=i1 ak=∑ j2 k=j1 bk.

證明 ?記Ai=a1+a2+…+ai（i=1，2，…，m），Bj=b1+b2+…+bj（i=1，2，…，n），并約定A0=B0=0.因為B0，B1，…，Bn是遞增數列，所以（B0，Bn］=（B0，B1］∪（B1，B2］∪…∪（Bn－1，Bn］.［4］由對稱性知，可不妨設Am≤Bn，得k∈{1，2，…，m}，B0

記di=Bj－Ai，由于Bj－Bj－1=bj≤m，所以di∈{0，1，2，…，m－1}.

（ⅰ）若i∈{1，2，…，m}，di=0，則j∈{1，2，…，n}，Ai=Bj.取（i1，i2，j1，j2）=（1，i，1，j），可得欲證結論成立.

（ⅱ）若i∈{1，2，…，m}，di∈{1，2，…，m－1}，則由抽屜原理知，k1，k2∈{1，2，…，m}（k2>k1），使得dk1=dk2，可設Bl1－Ak1=Bl2－Ak2，Bl2－Bl1=Ak2－Ak1.由k2>k1及{Ai}0≤i≤m，{Bi}0≤i≤n均是遞增數列，可得l1

因而可取（i1，i2，j1，j2）=（k1+1，k2，l1+1，l2）（k1+1≤k2，l1+1≤l2），也得欲證結論成立.

綜上所述，可得欲證結論成立. 3 ??對這道高考題的商榷

建議把這道高考題題干前面的敘述改為：

已知數列{an}，{bn}的項數均為m（m>2），且al，bl∈{1，2，…，m}（l=1，2，…，m），{an}，{bn}的前h項和分別為Ah，Bh（h=1，2，…，m），并規定A0=B0=0.

改動的理由是“用過的字母不能隨便再用”，詳見著作[5]中“3.2 教科書上數列通項公式的定義應作改動”一節的論述.

另外，還建議

把第（Ⅰ）問中的“寫出”改為“直接寫出”把第（Ⅱ）問末的“求rn”改為“求數列{rn}1≤n≤m的通項公式”.

參考文獻

［1］ ?甘志國.“簡潔、基礎、本質、創新”是高考數學北京卷的鮮明特色[J].中學數學雜志，2016（07）：45-48.

［2］ ?甘志國.兩邊夾，夾出美麗的答案來[J].中學生理科應試，2018（5-6）：11-14.

［3］ ?甘超一.再談“兩邊夾 夾出美麗的答案來”[J].數理化解題研究，2021（16）：61-67.

［4］ ?甘志國.分割區間來解題，也是一種好方法！[J].數學通訊，2012（04上）：28-29.

［5］ ?甘志國.2019年高考數學真題研究[M].哈爾濱：哈爾濱工業大學出版社，2020.

作者簡介 ?甘志國（1971—），男，筆名甘喆，湖北竹溪人，民進會員，研究生學歷，中國數學會會員，全國初等數學研究會常務理事，正高級教師、特級教師、湖北名師、政府專項津貼專家；對高考數學試題及強基計劃數學試題研究較深；鉆研教法與學法，提倡并關注學生運算能力的培養;總結提出并踐行“懂、會、熟、巧、通”五步解題學習法，“思、探、練、變、提”五步解題教學法，“知、懂、熟、用、賞”五種解題境界及高中數學教學的四個關鍵詞“夯實基礎、激發興趣、著眼高考、適當提高”，倡導教師要做“明師”——明白的教師;出版著作多部，發表文章多篇.