对一道高考题的剖析、溯源、变式、推广

刘海涛

《中国高考评价体系》指出：“高考要求学生能够触类旁通、举一反三，甚至融会贯通，既包括同一层面、横向的交互融合，也包括不同层面之间、纵向的融会贯通”.高考客观上对高中教学起到重要的引导作用，因此，在教学过程中，对于一些高考真题，如果能够从不同角度思考，寻求不同的解法，并将其推广到一般化情形，定能加深对问题的本质认识，从而拓宽解题视野，发散解题思维，提升学习兴趣，提高解题能力.本文是笔者对2021年北京高考数学压轴题的研究，现与读者分享交流.

一、试题呈现与分析

（2021年北京卷题21）定义Rp数列an：对p∈R满足：

①a1+p≥0，a2+p=0;

②n∈N*，a4n-1

③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.

（1）对于前4项分别是2，-2，0，1的数列，可以是R2数列吗？说明理由;

（2）若an是R0数列，求a5的值;

（3）是否存在p∈R，使得存在Rp数列an（其前n项和是Sn），对任意n∈N*，满足Sn≥S10？若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.

分析 该题形式上以集合为载体考查数列，主要考查了用递推方法、分类讨论思想解决问题的能力，需要用到猜想、归纳、证明结论，并利用新的结论解决问题，体现了逻辑推理、数学运算等数学核心素养.第（1）、（2）两问属于常规问题，本文不再赘述，重点论述第（3）问，向读者介绍笔者的研究.

二、解法探究

解析 （1）不是R2数列（理由略）;

（2）a5=1（过程略）;

（3）思路1 由Sn≥S10得a10≤0≤a11，于是想到先“必要性探路”，再“充分性验证”的方法，首先根据条件中的递推关系得到a10和a11，结合a10≤0≤a11，得到p的值，再对该值进行充分性证明即可.

方法1 假设存在满足条件的Rp数列an，其前n项和Sn的最小值为S10，则a10≤0≤a11.

由③知a2∈2a1+p，2a1+p+1，而2a1+p+1≥-p+1>-p=a2，则-p=2a1+p，即a1=-p.

由③知a3∈a1+a2+p，a1+a2+p+1=-p，1-p，a4∈2a2+p，2a2+p+1=-p，1-p，又由②知a3

同理计算可得a5=a6=a7=1-p，a8=a9=a10=a11=2-p.

于是有2-p≤0≤2-p，解得p=2，为Sn≥S10的一个必要条件.

下面验证p=2的充分性.

当p=2时，由上述分析得an=-2（1≤n≤3），an=-1（4≤n≤7），an=0（8≤n≤11），则S10=

minS1，S2，…，S11，欲证Sn≥S10，证当n≥11时an≥0即可.下用数学归纳法证明.

当n=11时，a11=0，命题成立;

假设n=k（k≥11，k∈N*）时，命题成立，即ak≥0.当n=k+1时，由ak+1∈{ak+a1+2，ak+a1+3}得ak+1≥ak+a1+2≥a1+2=0.

综上，得当n≥11时an≥0.

评注 “先充分后必要”法是探究性问题的通性通法之一，先通过必要性找到参数讨论的临界点或取值，再反过来验证其充分性，以保证命题的成立.

思路2 由题设条件分析数列an的递推关系，归纳猜想出通项公式，用数学归纳法证明猜想，最后用通项公式解题.

方法2 由③知a2∈2a1+p，2a1+p+1，而2a1+p+1>-p，则-p=2a1+p，即a1=-p.

由③知an+1∈a1+an+p，a1+an+p+1=an，an+1，an+2∈a2+an+p，a2+an+p+1 =an，an+1，于是an+1，an+2∈an，an+1，则a4n-1，a4n∈

a4n-2，a4n-2+1，又由②知a4n-1

同理计算可得an=-p（1≤n≤3），an=1-p（4≤n≤7），a8=2-p，由此猜想a4n-4= a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p（n∈N*）.（说明：这里为了叙述与表达的方便，给数列an增加了a0=-p）

用数学归纳法证明猜想：

当n=1，2时，猜想成立;

假设n=k（k≥2，k∈N*）时猜想成立，即a4k-4=a4k-3=a4k-2=a4k-1=k-1-p，则a4（k+1）-4 =a4k=a4k-2+1=k-p;由a4k+1∈k-p，k-p+1∩k-1-p，k-p，得a4（k+1）-3=k-p;由a4k+2∈k-p，k-p+1∩k-1-p，k-p，得a4（k+1）-2=k-p;a4（k+1）-1=a4（k+1）-2=k-p.因此当n=k+1时猜想也成立.

综上，a4n-4=a4n-3=a4n-2=a4n-1=n-1-p.

若Sn≥S10，则a10≤0≤a11，即2-p≤0≤2-p，即p=2.

当p=2时，有an<0（1≤n≤7），an=0（8≤n≤11），an>0（n≥12），所以Sn≥S10.

综上，满足题设的实数p存在，且p=2.

评注 由数列的递推关系得到前几项后，根据规律归纳猜想出通项，再用数学归纳法证明猜想，得到通项公式的方法是求解一些比较复杂的数学通项的常用方法.猜想通项公式的过程是合情推理的体现，数学归纳法证明猜想的过程是演绎推理的体现，这种解决问题的思维模式恰是发现问题、提出问题、分析问题、解决问题的过程.

三、问题的溯源

数学家波利亚曾说：“解题就像采蘑菇一样，当我们发现一个蘑菇时，它的周围可能有一个蘑菇圈.”通过上述解法探究，注意到4n-44=4n-34=4n-24=4n-14=n-1，所以数列an的通项可以记作an=n4-p（这里n表示不超过n的最大整数）.由此，可以将问题作一般化推广，得到如下命题：

命题1 已知实数p，若数列an满足：

①a1+p≥0，a2+p=0;

②n∈N*，a4n-1

③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.

则（1）数列an的通项公式为an=n4-p;

（2）前n项和Sn=-2n42+n4-pn-n4.

（3）若p∈Z，则当4p-1≤n≤4p+3时，Sn取最小值-2p2-p;若p∈（m，m+1）（m∈Z），则当n=4m+3时Sn取最小值2m2+（2-4p）m-3p.

说明 命题1是对高考题的拓展，证明参照高考题的解法2，留给读者思考.

笔者猜测，命题者是在充分挖掘了数列n4的性质后，命制出的该道高考题.

四、问题的变式

若将高考题中的“S10”改为“S11”，则有a11≤0≤a12，即2-p≤0≤3-p，即2≤p≤3.若p=2，当7≤n≤11时，Sn取得最小值;若p=3，当11≤n≤15时，Sn取得最小值;若2

变式1 已知数列an满足：

①a1≥-5，a2=-5;

②n∈N*，a4n-1

③m，n∈N*，am+n∈am+an+5，am+an+6.

记数列an的前n项和是Sn，求使得Sn取最小值时的n的值.

简解 由命题得an=n4-5，则an<0（1≤n≤19），an=0（20≤n≤23），an>0（n≥24），所以当19≤n≤23时Sn取最小值.

变式2 定义Rp数列an满足：

①a1=-p，a3=1-p;

②n∈N*，a2n-1

③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.

（1）求数列an的通项公式;

（2）是否存在p∈R，使得存在Rp數列an（其前n项和是Sn），对任意n∈N*，满足Sn≥S2022？若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.

简解 （1）an=n2-p;（2）a2022=1011-p，a2023=1011-p，由Sn≥S2022，得a2022≤0≤a2023，即1011-p≤0≤1011-p，即p=1011.当p=1011时，有an<0（1≤n≤2021），an=0（n=2022，2023），an>0（n≥2024），所以n∈N*，Sn≥S2021=S2022=S2023.因此，满足题设的实数p存在，且p=1011.

根据上述变式，我们不难得到下面的命题：

命题2 已知实数p与正整数k（k≥2），若数列an满足：

①a1+p=0，ak+1+p=1;

②n∈N*，akn-1

③m，n∈N*，am+n∈am+an+p，am+an+p+1.

则（1）数列an的通项公式an=nk-p;

（2）前n项和Sn=-k2nk2+nk-pn+1-k2nk;

（3）若p∈Z，则当pk-1≤n≤（p+1）k-1时，Sn取最小值-k2p2+1-k2p;若p∈（m，m+1）（m∈Z），则当n=（m+1）k-1时Sn取最小值

k2m2+（12-p）km-p（k-1）.

说明 命题2是对命题1的推广，证明留给读者思考.

高考试题凝聚着命题人的心血与智慧，是命题者反复考量与打磨才成型的，对教师的教学具有导向性与启示性，要想科学高效备考，了解高考动向、把握高考脉络，深入研究高考真题是必经之路，是教师日常教研的一项基本任务，反映了教师本身的业务素养与能力.文章通过对真题的解法探究，根据a4n-1

到数列的通项、前n项和及其最值，即命题1，接着变式问题，改变p的取值得到变式1，条件式②改为a2n-1

（收稿日期：2021-08-23）