2022年高考数学北京卷压轴题的自然解法

甘志国

(北京市丰台二中 100071)

题目(2022年高考数学北京卷第21题)己知Q:a1,a2,…,ak为有穷整数数列.给定正整数m，若对任意的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，则称Q为m-连续可表数列.

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

(2)若Q:a1,a2,…,ak为8-连续可表数列，求证：k的最小值为4；

(3)若Q:a1,a2,…,ak为20-连续可表数列，且a1+a2+…+ak<20，求证：k≥7.

解析(1)由题设可得a1=2,a2=1,a3=4.

因为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为5-连续可表数列，不为6-连续可表数列.

(2)若k=1，则数列Q:a1只可能是1-连续可表数列；若k=2，且数列Q:a1,a2为m-连续可表数列，则m≤3(因为由题设中的表述方法，最多只能表示出a1,a2,a1+a2共3个两两互异的数)；若k=3，且数列Q:a1,a2,a3为m-连续可表数列，则m≤3(因为由题设中的表述方法，最多只能表示出a1,a2,a3,a1+a2,a2+a3,a1+a2+a3共6个两两互异的数).

容易验证数列Q:2,4,1,3为8-连续可表数列.

综上所述，可得欲证结论成立.

(3)若数列Q:a1,a2,…,ak(k≤5)为20-连续可表数列，则20≤5+4+3+2+1=15，这不可能！因而满足题设的k≥6.

若k=6，得整数数列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6中的连续若干项(至少一项，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(下简称数列Q的连续项和表示)出21个两两互异的正整数，且题设是能表示出1,2,3,…,20这20个正整数.

①若数列Q的六项均是自然数，由题设a1+a2+a3+a4+a5+a6<20，可得数列Q的连续项和均小于20(没有表示出20)，与题设矛盾！所以数列Q中有负项且负项的项数是1(若存在两个负项，则数列Q的连续项和表示中会少两个正整数，至多能表示21-2=19个正整数，不满足题设).

若数列Q的项中还有0，则数列Q的连续项和表示中会少两个正整数(负项与0)，不满足题设，因而数列Q的项是一项负五项正(且这五个正项两两互异).

还可得：数列Q的连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是{1,2,3,…,20}.因为其中最大的是20，所以20的连续项和表示是最多的连续若干个正项之和(即对数列Q的连续正项全部求和).

②因为“若数列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6满足题设，则数列Q′:a6,a5,a4,a3,a2,a1也满足题设”，所以可只考虑数列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6(a1<0或a2<0或a3<0)的情形.

若a2<0且数列Q的其余五项都是正项，则a1=20或a3+a4+a5+a6=20.若a1=20，则由20>a1+a2+a3+a4+a5+a6，可得a2+a3+a4+a5+a6<0，得数列Q的连续项和表示中的a2,a2+a3+a4+a5+a6均不是正整数；若a3+a4+a5+a6=20，则由20>a1+a2+a3+a4+a5+a6，可得a1+a2<0，得数列Q的连续项和表示中的a2,a1+a2均不是正整数.均不满足题设.

同理，可证得a3<0也不满足题设.因而a1<0，且a2+a3+a4+a5+a6=20.

③若两两互异的五个正整数a2,a3,a4,a5,a6中没有1，则20=a2+a3+a4+a5+a6≥2+3+4+5+6=20.

因而{a2,a3,a4,a5,a6}={2,3,4,5,6}.

再由数列Q的连续项和表示中最小的正数是1，可得a1+a2=1.

若∃i∈{3,4,5,6},a1+ai=0，则

a1+a2+…+ai=a2+a3+…+ai-1.

得数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数，不满足题设，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.

再得数列Q的连续项和表示中17的表示只可能是a2+a3+a4+a5=17，进而可得a1=-1,a2=2,{a3,a4,a5}={4,5,6},a6=3.

又由数列Q的连续项和表示中有14，可得a3=4,{a4,a5}={5,6}，得数列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由数列Q的连续项和表示中有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，则a1+a2=a1+1≤0，得数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数；若a1=-1，可得a2≠1(否则a1+a2=0，数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数)，所以∃i∈{3,4,5,6},a1+ai=0，得a1+a2+…+ai=a2+a3+…+ai-1，数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数.均不满足题设.

所以a2+a3+a4+a5=19,a1≤-2,a6=1.

⑤由数列Q的连续项和表示中有18及和为19的两两互异的四个数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，数列Q的连续项和表示中会少表示一个正整数).

所以a1=-2,a2+a3+a4+a5=19,a6=1.

⑥由数列Q的连续项和表示中有16及和为19的两两互异的四个数a2,a3,a4,a5均大于1(且a2≥4：因为0

(ⅰ)a1=-2,a2≥4,a2+a3+a4=16,a5=3,a6=1.

由数列Q的连续项和表示中有15(可证得15的表示中没有a1也没有a2)，可得a3+a4+a5=15(得a3+a4=12,a2=4=3+1=a5+a6，这不可能)或a3+a4+a5+a6=15(得a3+a4=11,a2=5,a1+a2=3=a5，这不可能)或a4+a5=15(得a4=12,a2+a3=4，与a2≥4矛盾)或a4+a5+a6=15(得a4=11,a2+a3=5，再得a2=4,a3=1=a6，这不可能).

(ⅱ)a1=-2,a2=4,a3+a4+a5=15,a6=1.

由数列Q的连续项和表示中有14，可得a1+a2+a3=14(得a3=12,a4+a5=3,{a4,a5}={1,2}，得a6与a4或a5重复，这不可能)或a1+a2+a3+a4=14(得a3+a4=12,a5=3,a2=4=3+1=a5+a6，这不可能)或a2+a3=14(得a3=10,a4+a5=5,{a4,a5}={2,3}，进而可得数列Q是-2,4,10,2,3,1(此时a1+a2=2=a4，这不可能)或-2,4,10,3,2,1(此时a1+a2=2=a5，这不可能))或a2+a3+a4=14(得a3+a4=10,a5=5，再由数列Q的连续项和表示中有13，可得数列Q是-2,4,3,7,5,1(但a2+a3=7=a4，这不可能)或-2,4,2,8,5,1(但a1+a2=2=a3，这不可能))或a4+a5+a6=14(得a4+a5=13,a3=2=a1+a2，这不可能).

综上所述，可得欲证结论成立.

评注这道压轴题的解法就是先找到切入点“数列Q:a1,a2,a3,a4,a5,a6的项满足一负五正且负项在首或尾(可不妨设负项在首)”，进而可得数列Q的所有正项之和是20，其连续项和表示中除负项这个和外组成的集合是{1,2,3,…,20}.接下来，消化这一条件就可证得欲证的结论成立.