数学考试压轴题详解

Mr.Hope2025年1月25日大约 26 分钟

2024海淀二模数学压轴21题

题目重现

设正整数 $n \leq 2, a_{i} \in N^{*}, d_{i} \in N^{*}, A_{i} = {x | x = a_{i} + (k - 1) d, k = 1, 2, . . .,}, = 1, 2, . . ., n .$

若 $A_{1} \cap A_{2} \cap . . . \cap A_{n} = \emptyset, A_{1} \cup A_{2} \cup . . . \cup A_{n} = N^{*}$ ，则称 $A_{1}, A_{2}, . . ., A_{n}$ 具有性质 $P .$

集合 $A_{i}$ 中的元素按自小到大的顺序构成首项为 $a_{i}$ ，公差为 $d_{i}$ 的等差序列.

故当 $N \geq a_{i}$ 时，任意连续的 $d_{i}$ 个正整数

N, N + 1, N + 2, . . ., N + d_{i} - 1

中恰有一个属于集合 $A_{i} .$

第一问

$(I)$ 当 $n = 3$ 时，若 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 具有性质 $P$ ，且 $a_{1} = 1, a_{2} = 2, a_{3} = 3$ ，令 $m = d_{1} d_{2} d_{3}$ ，写出 $m$ 的所有可能值.

对于第一问，可使用枚举法

\begin{matrix} 1) 4 \in A_{1} . & i) 5 \in A_{2}, & m = 27. \\ i i) 5 \in A_{3}, & 矛 盾 . \\ 2) 4 \in A_{1} . & i) 5 \in A_{1}, & m = 32. \\ i i) 5 \in A_{3}, & 矛 盾 . \\ 3) 4 \in A_{1} . & 矛 盾 . \end{matrix}

解析

$m$ 所有可能的取值为27和32.

第二问

$(I I)$ 若 $A_{1}, A_{2}, . . ., A_{n}$ 具有性质 $P .$

$(i)$ 求证： $a_{i} \leq d_{i} (i = 1, 2, . . ., n)$ .

$(i i)$ 求 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{d_{i}}$ 的值.

对于 $(i)$ ，可以用常规反证法：
假设 $\exists i \in {1, 2, . . ., n}, a_{i} > d_{i}$ ，设 $t = a_{i} - d_{i} \in N^{*}$ ，
则 $\exists j \in {1, 2, . . ., n}$ ， $j \neq i$ ， $t = a_{j} + (p - 1) d_{j} \in A_{j}$ ， $p \geq 1$ .
当 $k = d_{j} \geq 1$ ， $t + d_{i} d_{j} = a_{i} + (k - 1) d_{i} \in A_{i}$ ；
当 $k = d_{i} + p \geq 1$ ， $t + d_{i} j_{i} = a_{j} + (k - 1) d_{j} \in A_{j}$ .
此时至少存在 $t + d_{i} j_{i} \in A_{i} \cap A_{j}$ ，与题设 $A_{i} \cap A_{j} = \emptyset$ 不符. 故假设不成立.

对于数列 $A_{i}$ ，每隔 $d_{i}$ 个数有一个数落在集合 $A_{i}$ ，故随机取一个数，落在集合 $A_{i}$ 的概率应是 $\frac{1}{d_{i}}$ .
对于 $A_{1}, A_{2}, . . ., A_{n}$ ，落在他们中的概率和应该是1，也即

解析

首先证明： $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{d_{i}} = 1.$
令 $m = d_{1} d_{2} . . . d_{n}$ ， $N = m a x a_{1}, a_{2}, . . ., a_{n}$ ，考虑

N, N + 1, N + 2, . . ., N + m - 1

这m个数. 其中恰有 $\frac{m}{d_{i}}$ 个属于集合 $A_{i}$ ，故

\sum_{i = 1}^{n} \frac{m}{d_{i}} = m

解析

其次证明： $a_{i} \leq d_{i} (i = 1, 2, . . ., n)$ .

令 $m = d_{1} d_{2} . . . d_{n}$ ，考虑 $1, 2, . . ., m$ 这 $m$ 个数. 设其中恰有 $t_{i}$ 个属于集合 $A_{i}$ ，则

t_{i} \leq \frac{m}{d_{i}} (当 且 仅 当 a_{i} \leq d_{i} 时 ， 等 号 成 立)

所以，

m = \sum_{i = 1}^{n} t_{i} \leq \sum_{i = 1}^{n} \frac{m}{d_{i}} = m

所以，对任意的 $i = 1, 2, . . ., n$ ， $a_{i} \leq d_{i}$ .

在 $1, 2, . . ., m$ 这 $m$ 个数中，属于集合 $A_{i}$ 的元素应构成首项为 $a_{i}$ ，公差为 $d_{i}$ ，项数为 $\frac{m}{d_{i}}$ 的等差数列

解析

最后计算： $\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{d_{i}}$ .

令 $m = d_{1} d_{2} . . . d_{n}$ ，考虑 $1, 2, . . ., m$ 这 $m$ 个数. 其中属于集合 $A_{i}$ 的元素个数为 $\frac{m}{d_{i}}$ ，属于集合 $A_{i}$ 的元素之和为

\frac{m}{d_{i}} \cdot a_{i} + \frac{1}{2} \cdot \frac{m}{d_{i}} (\frac{m}{d_{i}} - 1) \cdot d_{i} = m \cdot (\frac{a_{i}}{d_{i}} + \frac{m}{2} \cdot \frac{1}{d_{i}} - \frac{1}{2}) .

所以，

\sum_{i = 1}^{n} [m \cdot (\frac{a_{i}}{d_{i}} + \frac{m}{2} \cdot \frac{1}{d_{i}} - \frac{1}{2})] = \frac{m (m + 1)}{2} .

上式约去 $m$ ，得

\sum_{i = 1}^{n} (\frac{a_{i}}{d_{i}} + \frac{m}{2} \cdot \frac{1}{d_{i}} - \frac{1}{2}) = \frac{m + 1}{2} .

整理可得，

\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{d_{i}} + \frac{m}{2} \sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{d_{i}} - \frac{n}{2} = \frac{m + 1}{2} .

带入 $\sum_{i = 1}^{n} \frac{1}{d_{i}} = 1$ ，得

\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{d_{i}} + \frac{m}{2} - \frac{n}{2} = \frac{m + 1}{2} .

所以，

\sum_{i = 1}^{n} \frac{a_{i}}{d_{i}} = \frac{n (n + 1)}{2}

已知 $Q : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{m^{2}} (m \geq 2, m \in N^{*})$ 为有穷正整数数列，其最大项的值为 $m$ ，且当 $k = 0, 1, \dots, m - 1$ 时，均有 $a_{k m + i} \neq a_{k m + j} (1 \leq i \leq j \leq m)$ . 设 $b_{0} = 0$ ，对于 $t \in 0, 1, \dots, m - 1$ ，定义 $b_{t + 1} = min {n | n > b_{i}, a_{n} > t}$ ，期中， $min M$ 表示数集 $M$ 中最小的数.

第一问

$(I)$ 若 $Q : 3, 1, 2, 2, 3, 1, 2, 3$ ，写出 $b_{1}, b_{3}$ 的值；

第二问

$(I I)$ 若存在 $Q$ 满足： $b_{1} + b_{2} + b_{3} = 11$ ，求 $m$ 的最小值；

第三问

$(I I I)$ 当 $m = 2024$ 时，证明：对所有 $Q$ ， $b_{2023} \leq 20240$ .

2024北京高考数学21题

题目重现

已知集合 $M = {(i, j, k, w) | i \in {1, 2}, j \in {3, 4}, k \in {5, 6}, w \in {7, 8}, 且 i + j + k + w 为偶数}$ . 给定数列 $A : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}$ ，和序列 $Ω : T_{1}, T_{2}, \dots, T_{8}$ ，其中 $T_{t} = (i_{t}, j_{t}, k_{t}, w_{t}) \in M (t = 1, 2, \dots, s)$ ，对数列 $A$ 进行如下变换：将 $A$ 的第 $i_{1}, j_{1}, k_{1}, w_{1}$ 项均加 $1$ ，其余项不变，得到的数列记作 $T_{1} (A)$ ；将 $T_{1} (A)$ 的第 $i_{2}, j_{2}, k_{2}, w_{2}$ 项加 $1$ ，其余项不变，得到数列记作 $T_{2} T_{1} (A)$ ；......；以此类推，得到 $T_{m} \dots T_{2} T_{1} (A)$ ，简记为 $Ω (A)$ .

设 $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{m}$ 中有 $m_{1}$ 个 $1$ ， $m_{2}$ 个 $2$ ； $j_{1}, j_{2}, \dots, j_{m}$ 中有 $m_{3}$ 个 $3$ ， $m_{4}$ 个 $4$ ；

$k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m}$ 中有 $m_{5}$ 个 $5$ ， $m_{6}$ 个 $6$ ； $w_{1}, w_{2}, \dots, w_{m}$ 中有 $m_{7}$ 个 $7$ ， $m_{8}$ 个 $8$ ；

则 $m_{1}, m_{2}, \dots, m_{8} \in N$ 且

m_{1} + m_{2} = m_{3} + m_{4} = m_{5} + m_{6} = m_{7} + m_{8} = m .

此时， $Ω (A) : a_{1} + m_{1}, a_{2} + m_{2}, \dots, a_{8} + m_{8}$ .

第一问

$(I)$ 给定数列 $A : 1, 3, 2, 4, 6, 3, 1, 9$ 和序列 $Ω : (1, 3, 5, 7), (2, 4, 6, 8), (1, 3, 5, 7)$ ，写出 $Ω (A)$ ；

$m_{1} = m_{3} = m_{5} = m_{7} = 2$ ， $m_{2} = m_{4} = m_{6} = m_{8} = 1$

解析

$Ω (A) = 3, 4, 4, 5, 8, 4, 3, 10$

第二问

$(I I)$ 是否存在数列 $Ω$ ，使得 $Ω (A)$ 为 $A_{1} + 2, a_{2} + 6, a_{3} + 4, a_{4} + 2, a_{5} + 8, a_{6} + 2, a_{7} + 4, a_{8} + 4$ ，若存在，写出一个符合条件的 $Ω$ ；若不存在，请说明理由；

若序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，使得 $Ω (A) : A_{1} + 2, a_{2} + 6, a_{3} + 4, a_{4} + 2, a_{5} + 8, a_{6} + 2, a_{7} + 4, a_{8} + 4$

当且仅当

$i$	1	2	3	4	5	6	7	8
$m_{i}$	2	6	4	2	8	2	4	4

注意到

$m_{1} + m_{2} = 8 ， m_{3} + m_{4} = 6 ， m_{5} + m_{6} = 10 ， m_{7} + m_{8} = 8$

解析

假设存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，其中 $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M$ ， $k = 1, 2, \dots, m$

使得 $Ω (A)$ 为 $A_{1} + 2, a_{2} + 6, a_{3} + 4, a_{4} + 2, a_{5} + 8, a_{6} + 2, a_{7} + 4, a_{8} + 4$ .

在 $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{m}$ 中，应恰好有 $2$ 个 $1$ ， $6$ 个 $2$ . 所以， $m = 2 + 6 = 8$ .

在 $j_{1}, j_{2}, \dots, j_{m}$ 中，应恰好有 $4$ 个 $3$ ， $2$ 个 $4$ . 所以， $m = 4 + 2 = 6$ .

所以， $8 = 6$ ，矛盾，不存在这样的序列 $Ω$ .

第三问

$(I I I)$ 若数列 $A$ 的各项均为正整数，且 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 为偶数，求证：“存在序列 $Ω$ ，使得 $Ω (A)$ 的各项都相等”的充要条件为“ $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ”.

为表示方便，对于各项均为正整数的数列 $A : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}$ .

若数列 $A$ 满足： $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ，且 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 为偶数则称数列 $A$ 为一个“ $X -$ 数列”.

即证：数列 $A$ 是 $X -$ 数列，当且仅当存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m} (ω_{k} \in M, k = 1, 2, \dots, m) .$

使得 $Ω (A)$ 为常数列

先证明：若存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m} (ω_{k} \in M, k = 1, 2, \dots, m)$ 使得 $Ω (A)$ 为常数列，则数列 $A$ 是 $X -$ 序列.

注意到：当 $Ω (A)$ 为常数列， $Ω (A)$ 是一个 $X -$ 序列.

只需证：对任意的数列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，有

“ Ω (A) 是 X - 序 列 ” ⟺ “ A 是 X - 序 列 ” .

解析

对任意数列 $A : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}$ ，和序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m} (ω_{k} \in M, k = 1, 2, \dots, m)$ ，设 $Ω (A) : b_{1}, b_{2}, \dots, b_{8}$ ，

设 $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{m}$ 中有 $m_{1}$ 个 $1$ ， $m_{2}$ 个 $2$ ； $j_{1}, j_{2}, \dots, j_{m}$ 中有 $m_{3}$ 个 $3$ ， $m_{4}$ 个 $4$ ；

$k_{1}, k_{2}, \dots, k_{m}$ 中有 $m_{5}$ 个 $5$ ， $m_{6}$ 个 $6$ ； $w_{1}, w_{2}, \dots, w_{m}$ 中有 $m_{7}$ 个 $7$ ， $m_{8}$ 个 $8$ ；

则 $m_{1}, m_{2}, \dots, m_{8} \in N$ 且

m_{1} + m_{2} = m_{3} + m_{4} = m_{5} + m_{6} = m_{7} + m_{8} = m .

注意到 $\forall k \in {1, 2, 3, 4}, a_{2 k} + m_{2 k} = b_{2 k}, a_{2 k + 1} + m_{2 k + 1} = b_{2 k + 1}$ ，所以

b_{2 k} + b_{2 k + 1} = (a_{2 k} + m_{2 k}) + (a_{2 k + 1} + m_{2 k + 1}) = a_{2 k} + a_{2 k + 1} + m

即

a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8} ⟺ b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8}

对任意的数列 $C : c_{1}, c_{2}, \dots, c_{8}$ ，定义 $R (C) = c_{1} + c_{3} + c_{5} + c_{7}$ .

因为 $\forall k \in {1, 2, \dots, m}, ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M$ ，所以 $i_{k} + j_{k} + s_{k} + t_{k}$ 为偶数.

所以 $i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}$ 中奇数的个数为 $0, 2, 4$ . 所以，

R (T_{k} (C)) - R (C) = {\begin{cases} 0, & i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k} 中 奇 数 的 个 数 为 0, \\ 2, & i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k} 中 奇 数 的 个 数 为 2, \\ 4, & i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k} 中 奇 数 的 个 数 为 4. \end{cases}

所以，

“ R (A) 为 偶 数 ” \Leftrightarrow “ R (T_{1} (A)) 为 偶 数 ” \Leftrightarrow “ R (T_{2} T_{1} (A)) 为 偶 数 ” \Leftrightarrow \dots \Leftrightarrow “ R (T_{m} \dots T_{2} T_{1} (A)) 为 偶 数 ”

特别地， $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 是偶数 $\Leftrightarrow b_{1} + b_{3} + b_{5} + b_{7}$ 是偶数.

特别地，若 $Ω (A)$ 为常数列，设 $b_{1} = b_{2} = b_{3} = b_{4} = b_{5} = b_{6} = b_{7} = b_{8} = b$

则有： $b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8} = 2 b$ ，且 $b_{1} + b_{3} + b_{5} + b_{7} = 4 b$ 为偶数.

所以， $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ，且 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 为偶数.

再证明：若数列 $A$ 是 $X -$ 数列，则存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m} (ω_{k} \in M, k = 1, 2, \dots, m)$ ，使得 $Ω (A)$ 为常数列.

若 $Ω (A)$ 为常数列.，则显然 $Ω (A)$ 是 $X -$ 数列.

思路一：基于调整思想的构造法

欲使 $b_{1} = b_{2}$ ，只需在第 $1$ 项加 $a_{2}$ 次，第 $2$ 项加 $a_{1}$ 次；

欲使 $b_{3} = b_{4}$ ，只需在第 $3$ 项加 $a_{4}$ 次，第 $4$ 项加 $a_{3}$ 次；

欲使 $b_{1} = b_{2}$ ，只需在第 $5$ 项加 $a_{6}$ 次，第 $6$ 项加 $a_{5}$ 次；

注意到 $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6}$ .

上述操作可同时实现，（不同时考虑第 $7$ 项和第 $8$ 项，是因为 $i_{k} + j_{k} + s_{k} + t_{k}$ 为偶数，所以当 $i_{k}, j_{k}, s_{k}$ 都确定时， $t_{k}$ 是唯一的）.

解析

若数列 $A$ 的各项均为正整数，且 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 为偶数，满足“ $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ”，设

a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8} = N .

定义序列 $ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{N}$ 如下： $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}), t = 1, 2, \dots, N$ .

\begin{matrix} i_{k} = {\begin{cases} 1, & 1 \leq k \leq a_{2}, \\ 2, & a_{2} + 1 \leq k \leq N . \end{cases} & j_{k} = {\begin{cases} 3, & 1 \leq k \leq a_{4}, \\ 4, & a_{4} + 1 \leq k \leq N . \end{cases} s_{k} = {\begin{cases} 5, & 1 \leq k \leq a_{6}, \\ 6, & a_{6} + 1 \leq k \leq N . \end{cases} \\ j_{k} = {\begin{cases} 7, & i_{k} + j_{k} + s_{k} 为 奇 数, \\ 8, & i_{k} + j_{k} + s_{k} 为 偶 数 . \end{cases} & 此时， (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M, k = 1, 2, \dots, N . \end{matrix}

此时， $i_{1}, i_{2}, \dots, i_{N}$ 中有 $a_{2}$ 个1， $a_{1}$ 个2； $j_{1}, j_{2}, \dots, j_{N}$ 中有 $a_{4}$ 个3， $a_{3}$ 个4； $s_{1}, s_{2}, \dots, s_{N}$ 中有 $a_{6}$ 个5， $a_{5}$ 个6.

故不妨设 $T_{N} T_{N - 1} \dots T_{2} T_{1} (A) : N, N, N, N, N, N, c_{7}, c_{8}$ ，其中 $c_{7} + c_{8} = 2 N$ .

$R (T_{N} T_{N - 1} \dots T_{2} T_{1} (A)) = 3 N + c_{7}$ 是偶数，故 $c_{7} \equiv N (m o d 2)$

$1^{\circ}$ 当 $c_{7} = N$ 时， $c_{8} - 2 N - c_{7} = N$ .

T_{N} T_{N - 1} \dots T_{2} T_{1} (A) : N, N, N, N, N, N, N, N

为常数列.

$2^{\circ}$ 当 $c_{7} > N$ 时，由于 $c_{7} \equiv N (m o d 2)$ ，设 $c_{7} = N + 2 K$ ，则 $c_{8} = N - 2 K$

T_{N} T_{N - 1} \dots T_{2} T_{1} (A) : N, N, N, N, N, N, N + 2 K, N - 2 K

令 ω_{K} = {\begin{cases} (2, 4, 6, 8), & N + 1 \leq k \leq N + K, \\ (2, 3, 5, 8), & N + K + 1 \leq k \leq N + 2 K, \\ (1, 4, 5, 8), & N + 2 K + 1 \leq k \leq N + 2 K, \\ (1, 3, 6, 8), & N + 3 K + 1 \leq k \leq N + 4 K . \end{cases}

则 $T_{N + 4 K} T_{N + 4 K - 1} \dots T_{2} T_{1} (A)$ 的各项均为 $N + 2 K$ .

$3^{\circ}$ 当 $c_{7} < N$ 时，由于 $c_{7} \equiv N (m o d 2)$ ，设 $c_{7} = N - 2 K$ ，则 $c_{8} = N + 2 K$

T_{N} T_{N - 1} \dots T_{2} T_{1} (A) : N, N, N, N, N, N, N - 2 K, N + 2 K

令 ω_{K} = {\begin{cases} (1, 3, 5, 7), & N + 1 \leq k \leq N + K, \\ (1, 4, 6, 7), & N + K + 1 \leq k \leq N + 2 K, \\ (2, 3, 6, 7), & N + 2 K + 1 \leq k \leq N + 2 K, \\ (2, 4, 5, 7), & N + 3 K + 1 \leq k \leq N + 4 K . \end{cases}

则 $T_{N + 4 K} T_{N + 4 K - 1} \dots T_{2} T_{1} (A)$ 的各项均为 $N + 2 K$ .

综上，总存在序列 $Ω$ ，使得 $Ω (A)$ 为常数列.

思路二：基于参数思想的构造法

集合 $M$ 中共有8个元素，设序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ 中，他们的个数分别为：

(1,3,5,7)	(1,4,6,7)	(2,3,6,7)	(2,4,5,7)
$α_{1}$ 个	$β_{1}$ 个	$γ_{1}$ 个	$δ_{1}$ 个
(2,4,6,8)	(2,3,5,8)	(1,4,5,8)	(1,3,6,8)
$α_{2}$ 个	$β_{2}$ 个	$γ_{2}$ 个	$δ_{2}$ 个

在 $i_{1}, i_{1}, \dots, i_{m}$ ， $j_{1}, j_{2}, \dots, j_{m}$ ， $s_{1}, s_{2}, \dots, s_{m}$ ， $t_{1}, t_{2}, \dots, t_{m}$ 这 $4 m$ 个数中， $1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ 出现的次数分别为

1	$α_{1} + β_{1} + γ_{2} + δ_{2}$	2	$α_{2} + β_{2} + γ_{1} + δ_{1}$
3	$α_{2} + β_{2} + γ_{1} + δ_{2}$	4	$α_{2} + β_{1} + γ_{2} + δ_{1}$
5	$α_{1} + β_{2} + γ_{2} + δ_{1}$	6	$α_{2} + β_{1} + γ_{1} + δ_{2}$
7	$α_{1} + β_{1} + g f g_{1} + δ_{1}$	8	$α_{2} + β_{2} + γ_{2} + δ_{2}$

对 $A : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}$ ，令 $Ω (A) : b_{1}, b_{2}, \dots, b_{8}$ ，则

$b_{1}$	$a_{1} + α_{1} + β_{1} + γ_{2} + δ_{2}$	$b_{2}$	$a_{2} + α_{2} + β_{2} + γ_{1} + δ_{1}$
$b_{3}$	$a_{3} + α_{2} + β_{2} + γ_{1} + δ_{2}$	$b_{4}$	$a_{4} + α_{2} + β_{1} + γ_{2} + δ_{1}$
$b_{5}$	$a_{5} + α_{1} + β_{2} + γ_{2} + δ_{1}$	$b_{6}$	$a_{6} + α_{2} + β_{1} + γ_{1} + δ_{2}$
$b_{7}$	$a_{7} + α_{1} + β_{1} + g f g_{1} + δ_{1}$	$b_{8}$	$a_{8} + α_{2} + β_{2} + γ_{2} + δ_{2}$

由 $b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8}$ ，故

Ω (A) 为常数列的充要条件为 b_{1} = b_{3} = b_{5} = b_{7} ，且 b_{7} = b_{8} .

带入得：

{\begin{cases} a_{1} - a_{7} = (γ_{1} - γ_{2}) + (δ_{1} - δ_{2}) \\ a_{3} - a_{7} = (β_{1} - β_{2}) + (δ_{1} - δ_{2}) \\ a_{5} - a_{7} = (β_{1} - β_{2}) + (γ_{1} - γ_{2}) \\ a_{8} - a_{7} = (α_{1} - α_{2}) + (β_{1} - β_{2}) + (γ_{1} - γ_{2}) + (δ_{1} - δ_{2}) \end{cases}

解得

{\begin{cases} α_{1} - α_{2} = a_{7} + a_{8} - \frac{a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}}{2} \\ β_{1} - β_{2} = a_{3} + a_{5} - \frac{a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}}{2} \\ γ_{1} - γ_{2} = a_{1} + a_{5} - \frac{a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}}{2} \\ δ_{1} - δ_{2} = a_{1} + a_{3} - \frac{a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}}{2} \end{cases}

注意到 $a_{1} + a_{3} + A_{5} + a_{7}$ 为偶数，欲使 $α_{1}, α_{2}, β_{1}, β_{2}, γ_{1}, γ_{2}, δ_{1}, δ_{2}$ 均为正整数，只需取

\begin{matrix} α_{1} = a_{7} + a_{8}, β_{1} = a_{3} + a_{5}, γ_{1} = a_{1} + a_{5}, δ_{1} = a_{1} + a_{3}, \\ α_{2} = β_{2} = γ_{2} = δ_{2} = \frac{a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}}{2} . \end{matrix}

\begin{aligned} m = & α_{1} = α_{2} + β_{1} = β_{2} + γ_{1} + γ_{2} + δ_{1} + δ_{2} \\ = & (a_{7} + a_{8}) + （ a_{3} + a_{5}) + (a_{1} + a_{5}) + (a_{1} + a_{3}) + 4 \cdot \frac{a_{1} + a_{3} + A_{5} + a_{7}}{2} \\ = & 4 a_{1} + 4 a_{3} + 4 a_{5} + 3 a_{7} + a_{8} \end{aligned}

证明

若数列 $A$ 的各项均为正整数，且 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 为偶数，满足“ $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ”，设

4 a_{1} + 4 a_{3} + 4 a_{5} + 3 a_{7} + a_{8} = m, a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7} = 2 p .

定义 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ 如下： $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}), t = 1, 2, \dots, m$ .

使得 $ω_{1}, ω_{2}, . ., ω_{m}$ 中恰含

(1,3,5,7)	(1,4,6,7)	(2,3,6,7)	(2,4,5,7)
$a_{7} + a_{8}$ 个	$a_{3} + a_{5}$ 个	$a_{1} + a_{5}$ 个	$a_{1} + a_{3}$ 个
(2,4,6,8)	(2,3,5,8)	(1,4,5,8)	(1,3,6,8)
$p$ 个	$p$ 个	$p$ 个	$p$ 个

1	$a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7} + a_{8}$	2	$3 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + a_{7}$
3	$2 a_{1} + a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7} + a_{8}$	4	$2 a_{1} + 3 a_{3} + 2 a_{5} + a_{7}$
5	$2 a_{1} + 2 a_{3} + a_{5} + 2 a_{7} + a_{8}$	6	$2 a_{1} + 2 a_{3} + 3 a_{5} + a_{7}$
7	$2 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + a_{7} + a_{8}$	8	$2 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7}$

设 $Ω (A) : b_{1}, b_{2}, \dots, b_{8}$ ，则

\begin{matrix} b_{1} = a_{1} + (a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7} + a_{8}) & b_{2} = a_{2} + (3 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + a_{7}) \\ b_{3} = a_{3} + (2 a_{1} + a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7} + a_{8}) & b_{4} = a_{4} + (2 a_{1} + 3 a_{3} + 2 a_{5} + a_{7}) \\ b_{5} = a_{5} + (2 a_{1} + 2 a_{3} + a_{5} + 2 a_{7} + a_{8}) & b_{6} = a_{6} + (2 a_{1} + 2 a_{3} + 3 a_{5} + a_{7}) \\ b_{7} = a_{7} + (2 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + a_{7} + a_{8}) & b_{8} = a_{8} + (2 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7}) \end{matrix}

注意到 $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ，数列 $Ω (A)$ 各项均为 $2 a_{1} + 2 a_{3} + 2 a_{5} + 2 a_{7} + 2 a_{8}$

即 $Ω (A)$ 为常数列.

思路三：基于转化思想的归纳法

设 $A : a_{1}, a_{2}, a_{3}, a_{4}, a_{5}, a_{6}, a_{7}, a_{8}$ 是由正整数构成的数列，

序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，其中 $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M, k = 1, 2, \dots, m$

对任意的正整数 $x$ ，定义数列

\tilde{A} : a_{1} + x, a_{2} + x, a_{3} + x, a_{4} + x, a_{5} + x, a_{6} + x, a_{7} + x, a_{8} + x

显然， $Ω (A)$ 是常数数列的充要条件是 $Ω (\tilde{A})$ 是常数数列。

解析

断言：对任意的正整数 $n$ ，若各项均为正整数的数列

$A : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}$ 满足

$(1) a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 是偶数
$(2) a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8} = n$ 。

则存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，其中： $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M, k = 1, 2, \dots, m$

使得 $Ω (A)$ 为常数列。

显然， $n ⩾ 2$ ，对正整数 $n$ 进行归纳.

$1^{\circ}$ 当 $n = 2$ 时，由 $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8} = 2.$

得 $a_{1} = a_{2} = a_{3} = a_{4} = a_{5} = a_{6} = a_{7} = a_{8} = 1$ .

取 $Ω : (1, 3, 5, 7), (2, 4, 6, 8),$

则 $Ω (A) : 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2, 2$ 为常数列.

n=2时，断言成立.

证明

$2^{\circ}$ 设当 $2 ⩽ n ⩽ N$ （其中 $N$ 为大于等于 2 的正整数）时，断言成立。则当 $n = N + 1$ 时：

a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8} = N + 1 \geq 3.

得 $a_{1}$ 与 $a_{2}$ 中至多有一项为 1， $a_{3}$ 与 $a_{4}$ 中至多有一项为 1， $a_{5}$ 与 $a_{6}$ 中至多有一项为 1， $a_{7}$ 与 $a_{8}$ 中至多有一项为 1。

所以，数列 $A$ 中至多有 4 项等于 1。

1）若数列 $A$ 中，至多有 3 项等于 1。由对称性不妨设 $a_{7} \neq 1$ 且 $a_{8} \neq 1$ 。

定义 $ω = (i, j, s, t)$ ，其中

i = {\begin{cases} 1, & a_{1} = 1, \\ 2, & 其它 . \end{cases}, j = {\begin{cases} 3, & a_{3} = 1, \\ 4, & 其它 . \end{cases}, s = {\begin{cases} 5, & a_{5} = 1, \\ 6, & 其它 . \end{cases}, t = {\begin{cases} 7, & i + j + s 为奇数, \\ 8, & i + j + s 为偶数 . \end{cases}

将数列 $A$ 的第 $i, j, s, t$ 项分别加 1，得到的数列记作 $B : b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}, b_{7}, b_{8} .$

显然 $b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}, b_{7}, b_{8}$ 均为大于 1 的正整数，满足：

$(1)$ $b_{1} + b_{3} + b_{5} + b_{7}$ 是偶数；
$(2)$ $b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8} = N + 2$ .

定义数列 $C : c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8} .$ 其中 $c_{l} = b_{l} - 1, l = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ .

显然 $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8}$ 均为正整数，满足：

$(1)$ $c_{1} + c_{3} + c_{5} + c_{7}$ 是偶数；
$(2)$ $c_{1} + c_{2} = c_{3} + c_{4} = c_{5} + c_{6} = c_{7} + c_{8} = N$ .

由归纳假设，存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，其中 $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M, k = 1, 2, \dots, m$

使得 $Ω (C)$ 为常数列 $x, x, x, x, x, x, x, x$ . 则序列 $\tilde{Ω} : ω, ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ 满足

$\tilde{Ω} (A) = Ω (B)$ 为各项均为 $x + 1$ 的常数数列.

2）若数列 $A$ 中，恰有 4 项等于 1，不妨设： $a_{i} = a_{j} = a_{s} = a_{t} = 1, i \in {1, 2}, j \in {3, 4}, s \in {5, 6}, t \in {7, 8}$

此时设 ${i, i^{'}} = {1, 2}, {j, j^{'}} = {3, 4}, {s, s^{'}} = {5, 6}, {t, t^{'}} = {7, 8} .$

由 $a_{i} + a_{i^{'}} = a_{j} + a_{j^{'}} = a_{s} + a_{s^{'}} = a_{t} + a_{t^{'}}$ ，得 $a_{i}^{'} = a_{j}^{'} = a_{s}^{'} = a_{t}^{'} = N .$

2.1）若 $i + j + s + t$ 为偶数，则 $(i, j, s, t) \in M$ 。

令 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{N - 1}$ 其中 $ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{N - 1}$ 均为 $(i, j, s, t)$ 。则 $Ω (A)$ 的为各项均为 $N$ 的常数列。

2.2）若 $i + j + s + t$ 为奇数，则 $N ⩾ 3$ . 由于 $(i, j, s, t^{'}), (i, j, s^{'}, t), (i, j^{'}, s, t), (i^{'}, j, s, t) \in M .$

令 $Ω^{*} : (i, j, s, t^{'}), (i, j, s^{'}, t), (i, j^{'}, s, t), (i^{'}, j, s, t)$ ，记 $Ω^{*} (A) = B : b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}, b_{7}, b_{8}$

显然 $b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}, b_{7}, b_{8}$ 均为大于 3 的正整数，满足：

$(1)$ $b_{1} + b_{3} + b_{5} + b_{7}$ 是偶数；
$(2)$ $b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8} = N + 5$ .

定义数列 $C : c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8} .$ 其中 $c_{l} = b_{l} - 3, l = 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8$ .

显然 $c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8}$ 均为正整数，满足：

$(1)$ $c_{1} + c_{3} + c_{5} + c_{7}$ 是偶数；
$(2)$ $c_{1} + c_{2} = c_{3} + c_{4} = c_{5} + c_{6} = c_{7} + c_{8} = N - 1$ .

由归纳假设，存在序列 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ，其中 $ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M, k = 1, 2, \dots, m$

使得 $Ω (C)$ 为常数列 $x, x, x, x, x, x, x, x$ . 则序列 $\tilde{Ω} : (i, j, s, t^{'}), (i, j, s^{'}, t), (i, j^{'}, s, t), (i^{'}, j, s, t), ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ 满足

$\tilde{Ω} (A) = Ω (B)$ 为各项均为 $x + 3$ 的常数数列.

思路四：基于极端思想的反证法

设 $Ω (A) : b_{1}, b_{2}, b_{3}, b_{4}, b_{5}, b_{6}, b_{7}, b_{8}$ . 注意到 $b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8}$

欲使 $Ω (A)$ 为常数列，只需 $b_{1} - b_{2} = b_{3} - b_{4} = b_{5} - b_{6} = b_{7} - b_{8} = 0$

即： $| b_{1} - b_{2} | + | b_{3} - b_{4} | + | b_{5} - b_{6} | + | b_{7} - b_{8} | = 0.$

对任意数列 $Ω (C) : c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8}$ ，定义特征值 $$ \chi(C) = |c_1 - c_2| + |c_3 - c_4| + |c_5 - c_6| + |c_7 - c_8|. $$只需证对各项均为正整数的数列 $A : a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{8}$ ，其中：

$(1) a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 是偶数
$(2)\ a_1 + a_2 = a_3 + a_4 = a_5 + a_6 = a_7 + a_8 $。

对所有可能的序列 $Ω$ ， $χ (Ω (A))$ 的最小值为 0.

解析

对任意数列 $Ω (C) : c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8}$ ，定义特征值 $$ \chi(C) = |c_1 - c_2| + |c_3 - c_4| + |c_5 - c_6| + |c_7 - c_8|. $$
对各项均为正整数的数列 $A : a_{1}, a_{2}, a_{3}, \dots, a_{8}$ ，其中：

$(1) a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 是偶数
$(2) a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ 。

断言：对所有可能的序列 $Ω$ ， $χ (Ω (A))$ 的最小值为 0.

证明：（反证法），假设 $χ (Ω (A))$ 的最小值不为 0，设其最小值为 $N$ ，其中 $N$ 为正整数。

设 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m}$ ， $ω_{k} \in M$ ， $k = 1, 2, \dots, m$ ，使得 $χ (Ω (A)) = N .$

记 $Ω (A) = B : b_{1}, b_{2}, b_{3}, \dots, b_{8} .$ 由对称性，不妨设 $| b_{1} - b_{2} | \geq | b_{3} - b_{4} | \geq | b_{5} - b_{6} | \geq | b_{7} - b_{8} |$ .

1）若 $| b_{5} - b_{6} | > 0$ ，则 $| b_{1} - b_{2} | > 0$ ， $| b_{3} - b_{4} | > 0$ 。设

$i \in {1, 2}, 使得 b_{i} = min {b_{1}, b_{2}}$ ； $j \in {3, 4}, 使得 b_{j} = min {b_{3}, b_{4}}$ ；

$s \in {5, 6}, 使得 b_{s} = min {b_{5}, b_{6}}$ ； $t \in {7, 8}, 使得 i + j + s + t 为偶数 .$

则 $(i, j, s, t) \in M$ 。

将数列 $B$ 的第 $i, j, s, t$ 项分别加 1，得到数列 $C : c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8}$

因为

| c_{1} - c_{2} | = | b_{1} - b_{2} | - 1, | c_{3} - c_{4} | = | b_{3} - b_{4} | - 1, | c_{5} - c_{6} | = | b_{5} - b_{6} | - 1, | c_{7} - c_{8} | \leq | b_{7} - b_{8} | + 1

累加得 $χ (C) \leq χ (B) - 2 = N - 2$ ，矛盾.

2）若 $| b_{5} - b_{6} | = 0$ ，则 $| b_{7} - b_{8} | = 0$ 。因为 $b_{1} + b_{2} = b_{3} + b_{4} = b_{5} + b_{6} = b_{7} + b_{8} .$

不妨设 $b_{5} = b_{6} = b_{7} = b_{8} = x$ ， $b_{1} = x + u$ ， $b_{2} = x - u$ ， $b_{3} = x + v$ ， $b_{4} = x - v$ 。

因为 $b_{1} + b_{3} + b_{5} + b_{7} = 4 x + u + v$ 为偶数，所以 $u$ 与 $v$ 的奇偶性相同，且 $| u | \geq | v |$ 。

2.1) 当 $v = 0$ 时，数列 $B$ 为 $x + u, x - u, x, x, x, x, x, x, x$ ， $u$ 为偶数且 $u \neq 0$ 。

当 $u > 0$ 时，令 $\tilde{Ω} : (2, 4, 6, 8), (2, 4, 5, 7), (2, 3, 5, 8), (2, 3, 6, 7)$

则 $\tilde{Ω} (B)$ 为 $(X + u, x - u + 4, x + 2, x + 2, x + 2, x + 2, x + 2, x + 2)$ .

当 $u < 0$ 时，令 $\tilde{Ω} : (1, 3, 5, 7), (1, 3, 6, 8), (1, 4, 5, 8), (1, 4, 6, 7)$

则 $\tilde{Ω} (B)$ 为 $(X + u + 4, x - u, x + 2, x + 2, x + 2, x + 2, x + 2, x + 2)$ .

均有 $χ (\tilde{Ω} (B)) = 2 | u | - 4 < 2 | u | = χ (B) = N$ ，矛盾.

2.2) 当 $v \neq_{0}$ 时，有 $| v | \geq | u | \geq 1$ ， $χ (B) = 2 | u | + 2 | v |$ .

设 $i \in {1, 2}$ ，使得 $b_{i} = min {b_{1}, b_{2}}$ ；
设 $j \in {3, 4}$ ，使得 $b_{j} = min {b_{3}, b_{4}}$ ；

若 $i + j$ 为奇数，则令 $\tilde{Ω} : (i, j, 5, 6), (i, j, 7, 8)$ ；若 $i + j$ 为偶数，则令 $\tilde{Ω} : (i, j, 5, 7), (i, j, 6, 8)$ .

设 $\tilde{Ω} (B) = C : c_{1}, c_{2}, c_{3}, c_{4}, c_{5}, c_{6}, c_{7}, c_{8}$ ，则 $$ |c_1 - c_2| = |b_1 - b_2| - 2 ,\ \ |c_3 - c_4| = |b_3 - b_4| - 2 ,\ \ |c_5 - c_6| = |b_5 - b_6| ,\ \ |c_7 - c_8| = |b_7 - b_8| $$ $χ (C) = χ (B) - 4 = N - 4 < N$ ，矛盾.

综上所述，断言成立.

即存在 $Ω : ω_{1}, ω_{2}, \dots, ω_{m} (ω_{k} = (i_{k}, j_{k}, s_{k}, t_{k}) \in M, k = 1, 2, \dots, m)$ ，使得 $χ (Ω (A)) = 0$ 。

2022年北京高考数学21题

题目重现

已知 $Q : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ 为有穷整数数列. 给定正整数 $m$ ，若对任意的 $n \in {1, 2, \dots, m}$ ，在Q中存在 $a_{i}, a_{i + 1}, \dots, a_{i + j} (j \geq 0)$ ，使得 $a_{i} + a_{i + 1} + \dots + a_{i + j} = n$ ，则称 $Q$ 为 $m -$ 连续可表数列.

第一问、第二问

$(I)$ 判断 $Q : 2, 1, 4$ 是否为 $5 -$ 连续可表序列？是否为 $6 -$ 连续可表数列？说明理由；

$(I I)$ 若 $Q : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ 为 $8 -$ 连续可表数列，求证： $k$ 的最小值为 $4$ ；

对于第一问，可直接观察得

若 $m = 5$ ，则对于任意的 $n \in {1, 2, 3, 4, 5}$ ， $a_{2} = 1, a_{1} = 2, a_{1} + a_{2} = 3, a_{3} = 4, a_{2} + a_{3} = 5$ ，所以 $Q$ 为 $5 -$ 连续可表序列.

若 $m = 6$ ，不存在连续若干项之和为 $6$ ，所以 $Q$ 不是 $6 -$ 连续可表数列.

对于第二问，矛盾点在于当k过小时， $Q$ 可表示的数字个数过少，不能遍历 $1 \sim 8$ .

解析

$(I)$ $Q$ 是 $5 -$ 连续可表序列，不是 $6 -$ 连续可表数列.

$(I I)$ 对于数列 $Q : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ ，

考虑数集 $X = {(i, i + j) | 1 \leq i \leq i + j \leq k, i, j \in N}$ 和数集 $Y = {\sum_{t = i}^{i + j} a_{t} | (i, i + j) \in X}$ .

存在 $f : Y \to X$ 的满射，故 $| Y | \leq | X | = (C_{k}^{2} + k) = C_{k + 1}^{2}$ . 考虑数集 $Z = {n \in N^{*} | 1 \leq n \leq m}$ .

若 $Q : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ 为 $m -$ 连续可表数列，则必定存在 $g : Z \to Y$ 的满射，故 $| Y | \geq | X | = m$ .

当 $m = 8$ 时， $C_{k + 1}^{2} \geq m = 8$ ，解得 $k \geq 4$ .

当 $k = 4$ 时，存在数列 $Q : 2, 1, 4, 1$ 是 $8 -$ 连续可表数列，满足题意，即 $k$ 的最小值为 $4$ .

第三问

$(I I I)$ 若 $Q : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{k}$ 为 $20 -$ 连续可表数列， $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} \leq 20$ ，求证： $k \geq 7$

解析

根据 $(I I)$ ，当 $m = 20$ 时， $C_{k + 1}^{2} \geq m = 20$ ，解得 $k \geq 6$ .

用反证法证明：假设 $k = 6$ ，因为 $Q$ 为 $20 -$ 可表数列，且 $a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} < 20$ ，

所以有一项必为负数，所以最多有 $5$ 项是正数.

$(i)$ 假设 $6$ 项中， $1$ 项是负数， $5$ 项是正数，

从6个正数中，取一个数字只能表示自身，共6个数字；取两个数字能表示5个数字；
取三个数字能表示4个数字；取四个数字能表示3个数字；取五个数字能表示2个数字；
取六个数字能表示1个数字；可以表示6+5+4+3+2+1=21个整数.

但是其中有一项是负数，所以最多能表示20个正整数

即除去单个的负数项，剩下的连如形成的数字必须是 $1, 2, \dots, 19, 20$

假如负数在中间，因为六数连加小于20，所以将没有一个连加项之和为20

所以负数必然在首或者尾：不妨设 $a_{1} < 0$ ，

想到每一个项在连中都用了6次，

这些连加产生了一项负数和 $1, 2, \dots, 19, 20$ 共21个整数

所以由和相等可得 $a_{1} + 1 + 2 + \dots + 20 = 6 (a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}) = 6 (a_{1} + 20)$

解得： $a_{1} = 18 > 0$ ，与 $a_{1} < 0$ 矛盾，故假设不成立.

即假设6项中：1项是负数，5项是正数：不能满足题意：

$(i i)$ 再假设6项中，2项是负数：4项是正数，或其他情况，同理可证不能满足题意

数学考试压轴题详解

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