紀(jì)文開 李啟超

(1.北京市亦莊實(shí)驗(yàn)中學(xué) 100039； 2.北京市順義牛欄山第一中學(xué) 101300)

1 試題回顧

例1(2021年北京高考數(shù)學(xué)第21題)設(shè)p為實(shí)數(shù)，若無窮數(shù)列{an}同時滿足如下三個性質(zhì)，則稱{an}為Rp數(shù)列：

①a1+p≥0且a2+p=0；

②a4n-1

③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}

(m=1,2,3,…，n=1,2,3,…).

(Ⅰ)如果數(shù)列{an}的前四項(xiàng)為2,-2,-2,-1，那么{an}是否可能為R2數(shù)列？說明理由；

(Ⅱ)如果數(shù)列{an}是R0數(shù)列，求a5；

(Ⅲ)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，是否存在Rp數(shù)列，使得Sn≥S10恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，說明理由.

分析本題是一道公理化新定義型創(chuàng)新題.這種通過一組性質(zhì)，以公理化的形式定義一個數(shù)學(xué)對象的方式在高等數(shù)學(xué)中很常見，值得中學(xué)師生給予重視.題目中借助三條公理定義了一個陌生數(shù)列，看似無從下手，其實(shí)不然.題目前兩問引導(dǎo)考生從數(shù)列的前幾項(xiàng)開始探究，根據(jù)三條公理可以唯一地確定R0數(shù)列的前幾項(xiàng)，列舉出若干項(xiàng)后不難歸納出數(shù)列的變化規(guī)律(階梯型增長)，體現(xiàn)了從特殊到一般的數(shù)學(xué)思想. 我們注意到，三個條件中，條件③是解決問題的突破口，一方面am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}中，腳標(biāo)m,n具有任意性，這表明Rp數(shù)列中前面的項(xiàng)會對后面的有很強(qiáng)的限制；另一方面，稍作代數(shù)式變形，條件③等價于：(am+n+p)∈{(am+p)+(an+p),(am+p)+(an+p)+1}，

記bn=an+p，則{bn}是R0數(shù)列，即每個Rp數(shù)列都可以歸一化為R0數(shù)列,R0數(shù)列是本質(zhì)性重要的. 事實(shí)上，考生只需列舉出(并給出嚴(yán)謹(jǐn)?shù)淖C明)R0數(shù)列的前12項(xiàng)，再結(jié)合單調(diào)性，就可以解決第(Ⅲ)問.

2 問題的推廣與變式

作為例1的推廣，我們給出R0數(shù)列和Rp數(shù)列的通項(xiàng)公式.

命題1已知R0數(shù)列{an}滿足如下三個性質(zhì)：

①a1≥0且a2=0；

②a4n-1

③3am+n∈{am+an,am+an+1}(m=1,2,3,…，n=1,2,3,…)；

證明根據(jù)性質(zhì)③，可知a2∈{2a1,2a1+1}，再由性質(zhì)①a1≥0且a2=0，可知a1=a2=0；再由性質(zhì)③，可知a3∈{a1+a2,a1+a2+1}={0,1}和a4∈{2a2,2a2+1}={0,1}，根據(jù)性質(zhì)②，a3

則當(dāng)n≤4(k+1)時，根據(jù)性質(zhì)③

a4k+1∈{a1+a4k,a1+a4k+1}={k,k+1}，并且

a4k+1∈{a2+a4k-1,a2+a4k-1+1}={k-1,k}，

所以a4k+1=k.同理，根據(jù)性質(zhì)③

a4k+2∈{a2+a4k,a2+a4k+1}={k,k+1}，并且

a4k+2∈{a3+a4k-1,a3+a4k-1+1}={k-1,k}，

所以a4k+2=k.再根據(jù)

a4k+3∈{a2+a4k+1,a2+a4k+1+1}={k,k+1}，

并且

a4k+4∈{a3+a4k+1,a3+a4k+1+1}={k,k+1}，

再根據(jù)性質(zhì)②，a4k+3

可知a4k+3=k，a4k+4=k+1.

注記1中學(xué)數(shù)學(xué)常用的推理模式包括邏輯推理和合情推理(參考[1]).邏輯推理包括通常的三段論式證明和演繹計(jì)算等，而合情推理則包括歸納、類比等策略.以上證明過程中，嚴(yán)謹(jǐn)?shù)倪壿嬐评聿豢苫蛉?，但從特殊情況入手，再考慮一般情況的“實(shí)驗(yàn)-歸納-綜合”推理模式是找到解題思路的重要環(huán)節(jié).在中學(xué)數(shù)學(xué)教學(xué)中，我們既要注重邏輯推理，也要重視合情推理，二者不可偏廢.

注記2由例1中性質(zhì)③am+n∈{am+an+p,am+an+p+1}變形可得(am+n+p)∈{(am+p)+(an+p),(am+p)+(an+p)+1}，

命題2已知k(k≥3)為正整數(shù),記

①a1≥0,a2≥0,…,as-1≥0且as=0；

②akn-1

③am+n∈{am+an,am+an+1}(m=1,2,3,…;n=1,2,3,…)；

則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為

as∈{ai+as-i,ai+as-i+1}，

又因?yàn)閍s=0,ai≥0,as-i≥0，從而ai=as-i=0.根據(jù)腳標(biāo)i的任意性，可知a1=a2=…=as=0.

aik+1∈{a1+aik,a1+aik+1}={i,i+1}，

并且aik+1∈{a2+aik-1,a2+aik-1+1}={i-1,i}，

從而aik+1=i.又根據(jù)性質(zhì)③，有aik+k-1∈{ak-1+aik,ak-1+aik+1}={i,i+1}，并且

aik+k∈{ak-1+aik+1,ak-1+aik+1+1}={i,i+1}.

根據(jù)高斯函數(shù)的性質(zhì)，容易驗(yàn)證對于任意x∈R和i,j∈N*，有

[ix]+[jx]≤[(i+j)x]≤[ix]+[jx]+1

?[(i+j)x]∈{[ix]+[jx],[ix]+[jx]+1}.

據(jù)此，一個自然的問題是：僅根據(jù)條件am+n∈{am+an,am+an+1}(m=1,2,3,…，n=1,2,3,…)是否可以證明{an}的通項(xiàng)公式一定形如an=[nx]？以下結(jié)論在有限數(shù)列情形回答了這個問題.

命題3對于給定正整數(shù)M，若有限數(shù)列a1,a2,…,aM同時滿足以下兩個條件：

①a1,a2,…,aM為非負(fù)整數(shù)；

②am+n∈{am+an,am+an+1}(m,n∈N*且m+n≤M)；

則存在有理數(shù)x，使得an=[nx](n=1,2,…,M).

分析注意到an=[nx]?an≤nx

證明首先ak=[kx]?ak≤kx

接下來對k+l的值用數(shù)學(xué)歸納法.當(dāng)l+k=2時，有k=l=1,此時(*)式顯然成立.

假設(shè)(*)式對于所有滿足k+l≤m的正整數(shù)都成立，則當(dāng)k+l=m+1時：

如果k=l，則(*)式顯然成立；