2023年高考数学北京卷压轴题的详解及推广

【摘 要】  2023年高考数学北京卷压轴题（即第21题）是以非空数集及有穷数列的前n项和为背景，层层设问编制出的一道创新试题.该试题难度较大、区分度很高.文章给出了该题的详解，并对末问的结论给予了推广.

【关键词】  北京卷；压轴题；数列；集合；抽屉原理；商榷

多年来，高考数学北京卷一直坚持“简洁、基础、本质、创新”的风格［1］. 试题及其答案简洁；注重对数学基础知识、基本技能的全面考查；尤其注重对数学本质的考查；试题背景新颖、内涵丰富、亮点纷呈、解法灵活、思维深刻、锐意创新．

下面谈谈2023年高考数学北京卷压轴题（即第21题）的解法及推广.

1  2023年高考数学北京卷压轴题及其详解

（2023年高考数学北京卷第21题） 已知数列{an}，{bn}的项数均为m（m>2），且an，bn∈{1，2，…，m}，{an}，{bn}的前n项和分别为An，Bn，并规定A0=B0=0.对于k∈{0，1，2，…，m}，定义

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

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

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

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

解  （Ⅰ）由题设，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.

由題设“rk=max{i|Bi≤Ak，i∈{0，1，2，…，m}}”，可得rm≤m，所以rm=m，且以上推导中的“≥”全可改为“=”［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）因为Ap+Bt=Aq+Bs即Ap－Aq=Bs－Bt也即aq+1+aq+2+…+ap=bt+1+bt+2+…+bs，所以即证数列{an}1≤n≤m中存在若干个（至少一个，下同）连续项的和等于数列{bn}1≤n≤m中的某若干个连续项的和，因而由对称性知，可不妨设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个数至多是m+1，因而该集合的元素中存在最大值，得rk均存在.

记Sk=Ak－Brk（k=1，2，…，m），由rk的定义可得Sk≥0.

下面证明Sk≤m－1：

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

若rk∈{0，1，2，…，m－1}，则Brk+1存在.假设Sk>m－1，Sk≥m.由rk的定义可知Ak－Brk+1<0，所以brk+1=Brk+1－Brk=Sk－（Ak－Brk+1）>Sk≥m，但这与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），则Ak+B0=A0+Brk，进而可得欲证结论成立.

（ⅱ）若k∈{1，2，…，m}，Sk∈{1，2，…，m－1}，则由抽屉原理知，u，v∈{1，2，…，m}（u>v），Su=Sv（由u>v及{Ak}0≤k≤m是递增数列可得Au>Av，再由rk的定义可得ru≥rv）.

从而Au－Bru=Av－Brv，Au+Brv=Av+Bru.假设ru=rv，可得Brv=Bru，Au=Av，u=v，这与u>v矛盾.所以u>v，ru>rv，进而可得欲证结论成立.

注  在以上解答中，第（ⅱ）问在m≥2时均成立；第（Ⅲ）问在m≥1时均成立（因为当m=1时显然成立；以上证明适合m≥2的情形）. 2   对2023年高考数学北京卷第21（Ⅲ）题结论的推广

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

证明  记Ai=a1+a2+…+ai（i=1，2，…，m），Bj=b1+b2+…+bj（i=1，2，…，n），并约定A0=B0=0.因为B0，B1，…，Bn是递增数列，所以（B0，Bn］=（B0，B1］∪（B1，B2］∪…∪（Bn－1，Bn］.［4］由对称性知，可不妨设Am≤Bn，得k∈{1，2，…，m}，B0

记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，则j∈{1，2，…，n}，Ai=Bj.取（i1，i2，j1，j2）=（1，i，1，j），可得欲证结论成立.

（ⅱ）若i∈{1，2，…，m}，di∈{1，2，…，m－1}，则由抽屉原理知，k1，k2∈{1，2，…，m}（k2>k1），使得dk1=dk2，可设Bl1－Ak1=Bl2－Ak2，Bl2－Bl1=Ak2－Ak1.由k2>k1及{Ai}0≤i≤m，{Bi}0≤i≤n均是递增数列，可得l1

因而可取（i1，i2，j1，j2）=（k1+1，k2，l1+1，l2）（k1+1≤k2，l1+1≤l2），也得欲证结论成立.

综上所述，可得欲证结论成立. 3   对这道高考题的商榷

建议把这道高考题题干前面的叙述改为：

已知数列{an}，{bn}的项数均为m（m>2），且al，bl∈{1，2，…，m}（l=1，2，…，m），{an}，{bn}的前h项和分别为Ah，Bh（h=1，2，…，m），并规定A0=B0=0.

改动的理由是“用过的字母不能随便再用”，详见著作[5]中“3.2 教科书上数列通项公式的定义应作改动”一节的论述.

另外，还建议

把第（Ⅰ）问中的“写出”改为“直接写出”把第（Ⅱ）问末的“求rn”改为“求数列{rn}1≤n≤m的通项公式”.

参考文献

［1］  甘志国.“简洁、基础、本质、创新”是高考数学北京卷的鲜明特色[J].中学数学杂志，2016（07）：45-48.

［2］  甘志国.两边夹，夹出美丽的答案来[J].中学生理科应试，2018（5-6）：11-14.

［3］  甘超一.再谈“两边夹 夹出美丽的答案来”[J].数理化解题研究，2021（16）：61-67.

［4］  甘志国.分割区间来解题，也是一种好方法！[J].数学通讯，2012（04上）：28-29.

［5］  甘志国.2019年高考数学真题研究[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2020.

作者简介  甘志国（1971—），男，笔名甘喆，湖北竹溪人，民进会员，研究生学历，中国数学会会员，全国初等数学研究会常务理事，正高级教师、特级教师、湖北名师、政府专项津贴专家；对高考数学试题及强基计划数学试题研究较深；钻研教法与学法，提倡并关注学生运算能力的培养;总结提出并践行“懂、会、熟、巧、通”五步解題学习法，“思、探、练、变、提”五步解题教学法，“知、懂、熟、用、赏”五种解题境界及高中数学教学的四个关键词“夯实基础、激发兴趣、着眼高考、适当提高”，倡导教师要做“明师”——明白的教师;出版著作多部，发表文章多篇.