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    2015年高考北京卷數(shù)學(xué)(理科)壓軸題的背景是數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題

    2015-07-12 21:03甘志國(guó)
    關(guān)鍵詞:歸納法高考題排序

    1 ?2015年高考北京卷數(shù)學(xué)(理科)壓軸題及其參考答案

    高考題1 (2015年高考北京卷數(shù)學(xué)(理科)第20題)已知數(shù)列{an}滿足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=2an (an≤18)

    2an-36 (an>18)(n=1,2,…).記集合M={an|n∈N*}.

    (Ⅰ)若a1=6,寫出集合M的所有元素;

    (Ⅱ)若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),證明:M的所有元素都是3的倍數(shù);

    (Ⅲ)求集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值.

    參考答案 (Ⅰ)當(dāng)a1=6時(shí),由所給的遞推式可得數(shù)列{an}:6,12,24,12,24,…,所以M={6,12,24},即集合M的所有元素分別是6,12,24.

    (Ⅱ)假設(shè)a1不是3的倍數(shù),由所給的遞推式及數(shù)學(xué)歸納法可得an(n∈N*)均不是3的倍數(shù).這與題設(shè)相矛盾!所以a1是3的倍數(shù).再由所給的遞推式及數(shù)學(xué)歸納法可得an(n∈N*)均是3的倍數(shù),即M的所有元素都是3的倍數(shù).

    (Ⅲ)用數(shù)學(xué)歸納法易證an≤36(n∈N*).

    易知a2是偶數(shù),再用數(shù)學(xué)歸納法易證an(n∈N*,n≥3)是4的倍數(shù).

    由所給的遞推式可得,an+1與2an(n∈N*)被9除所得的余數(shù)相等.

    ①若數(shù)列{an}的項(xiàng)中有3的倍數(shù),則由(Ⅱ)的結(jié)論知,an(n∈N*)均是3的倍數(shù).所以a1被9除所得的余數(shù)是0,3,或6.

    由此可得數(shù)列{an}的項(xiàng)被9除所得的余數(shù)依次為0,0,…;或3,6,3,6,…;或6,3,6,3,….

    在不大于36的正整數(shù)中:被9除余0且是4的倍數(shù)的只有36,被9除余3且是4的倍數(shù)的數(shù)只有12,被9除余6且是4的倍數(shù)的數(shù)只有24.

    所以數(shù)列{an}的項(xiàng)從第3項(xiàng)開始必呈現(xiàn)周期性變化,且周期是1或2.

    得此時(shí)集合M的元素個(gè)數(shù)至多是2+2=4.

    ②若數(shù)列{an}的項(xiàng)均不是3的倍數(shù),則a3被9除所得的余數(shù)只可能是1,4,7,2,5,8.再由遞推式可得,數(shù)列{an}的項(xiàng)從第3項(xiàng)起被9除所得的余數(shù)呈現(xiàn)周期性變化,且周期分別是1,2,4,8,7,5;4,8,7,5,1,2;7,5,1,2,4,8;2,4,8,7,5,1;5,1,2,4,8,7;8,7,5,1,2,4.

    又呈現(xiàn)周期性變化的每個(gè)數(shù)都是4的倍數(shù)且不大于36,所以1,2,4,8,7,5對(duì)應(yīng)的數(shù)分別是28,20,4,8,16,32.

    得此時(shí)集合M的元素個(gè)數(shù)至多是2+6=8.

    又當(dāng)a1=1時(shí),可得M={1,2,4,8,16,32,28,20},所以集合M的元素個(gè)數(shù)是8.

    綜上所述,可得集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值是8.

    注 筆者再給出第(Ⅱ)問(wèn)的數(shù)學(xué)歸納法證明:

    設(shè)集合M中的元素ak(k是確定的正整數(shù))是3的倍數(shù),則

    ①由所給的遞推式及數(shù)學(xué)歸納法可得an(n∈N*,n≥k)均是3的倍數(shù);

    ②由所給的遞推式及反向數(shù)學(xué)歸納法可得an(n∈N*,n≤k)均是3的倍數(shù).

    所以an(n∈N*)均是3的倍數(shù),即M的所有元素都是3的倍數(shù).

    2 用列舉法解答2015年高考北京卷數(shù)學(xué)(理科)壓軸題(即高考題1)

    由題設(shè)可列舉出滿足題意的數(shù)列共36個(gè)(下表中的“M”表示“集合M的元素個(gè)數(shù)”):

    a1數(shù)列{an}集合MM

    11,2,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,…{1,2,4,8,16,32,28,20}8

    22,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,…{2,4,8,16,32,28,20}7

    33,6,12,24,12,24,…{3,6,12,24}4

    44,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,…{4,8,16,32,28,20}6

    55,10,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,…{5,10,20,4,8,16,32,28}8

    66,12,24,12,24,…{6,12,24}3

    77,14,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,…{7,14,28,20,4,8,16,32}8

    88,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,4,…{8,16,32,28,20,4}6

    99,18,36,36,…{9,18,36}3

    1010,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,…{10,20,4,8,16,32,28}7

    1111,22,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,…{11,22,8,16,32,28,20,4}8

    1212,24,12,24,…{12,24}2

    1313,26,16,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,8,…{13,26,16,32,28,20,4,8}8

    1414,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,…{14,28,20,4,8,16,32}7

    1515,30,24,12,24,12,…{15,30,24,12}4

    1616,32,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,…{16,32,28,20,4,8}6

    1717,34,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,8,16,…{17,34,32,28,20,4,8,16}8

    1818,36,36,…{18,36}2

    1919,2,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,…{19,2,4,8,16,32,28,20}8

    2020,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,…{20,4,8,16,32,28,20}7

    2121,6,12,24,12,24,…{21,6,12,24}4

    2222,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,…{22,8,16,32,28,20,4}7

    2323,10,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,…{23,10,20,4,8,16,32,28}8

    2424,12,24,12,…{24,12}2

    2525,14,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,…{25,14,28,20,4,8,16,32}8

    2626,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,…{26,16,32,28,20,4,8}7

    2727,18,36,36,…{27,18,36}3

    2828,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,32,…{28,20,4,8,16,32}6

    2929,22,8,16,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,…{29,22,8,16,32,28,20,4}8

    3030,24,12,24,12,…{30,24,12}3

    3131,26,16,32,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,…{31,26,16,32,28,20,4,8}8

    3232,28,20,4,8,16,32,28,20,4,8,16,…{32,28,20,4,8,16}6

    3333,30,24,12,24,12,…{33,30,24,12}4

    3434,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,8,16,…{34,32,28,20,4,8,16}7

    3535,34,32,28,20,4,8,16,32,28,8,20,4,8,16,…{35,34,32,28,20,4,8,16}8

    3636,36,…{36}1

    由此表可知,表中的36個(gè)數(shù)列的項(xiàng)從某項(xiàng)后均呈現(xiàn)周期性的變化(此表列出了每個(gè)數(shù)列的兩個(gè)周期)(嚴(yán)格的證明均易用數(shù)學(xué)歸納法完成,這里略去過(guò)程).

    由此表容易給出本題的解答:

    (Ⅰ)若a1=6,則集合M的所有元素分別是6,12,24.

    (Ⅱ)若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),由上表可知,a1是3的倍數(shù),進(jìn)而可得M的所有元素都是3的倍數(shù).

    (Ⅲ)由上表可知,集合M的元素個(gè)數(shù)只可能是1,2,3,4,7,8,所以集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值是8.

    文獻(xiàn)[1—4]就闡述了“應(yīng)重視用枚舉法解排列、組合及概率統(tǒng)計(jì)題”的觀點(diǎn),實(shí)際上,用枚舉法解題是解各類數(shù)學(xué)題的基本觀點(diǎn),不僅僅限于排列、組合及概率統(tǒng)計(jì)題,比如高考題1這道數(shù)列題及下文的高考題3這道函數(shù)題.

    高考題2 ?(2010年高考安徽卷數(shù)學(xué)(理科)第21題)品酒師需定期接受酒味鑒別功能測(cè)試,一種通常采用的測(cè)試方法如下:拿出n瓶外觀相同但品質(zhì)不同的酒讓其品嘗,要求其按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序;經(jīng)過(guò)一段時(shí)間,等其記憶淡忘之后,再讓其品嘗這n瓶酒,并重新按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序,這稱為一輪測(cè)試.根據(jù)一輪測(cè)試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評(píng)分.

    現(xiàn)設(shè)n=4,分別以a1,a2,a3,a4表示第一次排序時(shí)被排為1,2,3,4的四種酒在第二次排序時(shí)的序號(hào),并令

    X=1-a1+2-a2+3-a3+4-a4,

    則X是對(duì)兩次排序的偏離程度的一種描述.

    (Ⅰ)寫出X的可能值集合;

    (Ⅱ)假設(shè)a1,a2,a3,a4等可能地為1,2,3,4的各種排列,求X的分布列;

    (Ⅲ)某品酒師在相繼進(jìn)行的三輪測(cè)試中,都有X≤2,

    ①試按(Ⅱ)中的結(jié)果,計(jì)算出現(xiàn)這種現(xiàn)象的概率(假定各輪測(cè)試相互獨(dú)立);

    ②你認(rèn)為該品酒師的酒味鑒別功能如何?說(shuō)明理由.

    筆者在文獻(xiàn)[1-4]中均用枚舉法給出了這道題的解法:這里的一次試驗(yàn)是“將1,2,3,4排序”,先枚舉出這A44=24種排列及其對(duì)應(yīng)的X值,而后就很好求解各問(wèn)了.

    注 從閱卷情況看,這道高考?jí)狠S題的得分率極低.筆者認(rèn)為造成這種情形的主要原因是考生不會(huì)用最簡(jiǎn)單的原始方法——枚舉法解決計(jì)數(shù)問(wèn)題,只知道套用排列組合公式解決復(fù)雜的計(jì)數(shù)問(wèn)題,殊不知,用簡(jiǎn)單的枚舉法也能輕松解決計(jì)數(shù)以及概率統(tǒng)計(jì)問(wèn)題.

    在解決某些數(shù)學(xué)題特別是排列組合及概率統(tǒng)計(jì)等與計(jì)數(shù)有關(guān)的問(wèn)題時(shí),有不少讀者認(rèn)為枚舉法是“最煩、最繁、最差、最沒(méi)有技術(shù)含量”的.其實(shí)不然:第一,當(dāng)基本事件總數(shù)較少但情況又稍復(fù)雜時(shí),枚舉法一清二楚;枚舉法應(yīng)當(dāng)是解這類題時(shí)首先想到的方法,比如樹形圖、列表法等;第三,即使枚舉法失敗,也可由此發(fā)現(xiàn)部分規(guī)律,對(duì)解題也有幫助.因此,解決某些數(shù)學(xué)題特別是計(jì)數(shù)問(wèn)題時(shí),應(yīng)重視枚舉法.

    高考題3 (2012年高考新課標(biāo)全國(guó)卷數(shù)學(xué)(文科)第21題)設(shè)函數(shù)f(x)=ex-ax-2.

    (Ⅰ)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;

    (Ⅱ)若a=1,k為整數(shù),且當(dāng)x>0時(shí),(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.

    解 (Ⅰ)略.

    (Ⅱ)可得題設(shè)即xex-kex+k+1>0(x>0)恒成立.

    由x=1時(shí)成立,得k<2e-1+1,所以整數(shù)k≤2.還可證k=2時(shí)成立:

    設(shè)g(x)=xex-kex+k+1(x>0),

    因?yàn)間′(x)=(x-1)ex(x>0),所以g(x)min=g(1)=3-e>0.

    所以所求k的最大值是2.

    注 由此解法還可得:整數(shù)k的取值范圍是{不大于2的整數(shù)},實(shí)數(shù)k的取值范圍是(-∞,k0),其中k0是方程ek0-1=k0+1的正數(shù)解.

    3 2015年高考北京卷數(shù)學(xué)(理科)壓軸題(即高考題1)的背景是數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題

    先給出數(shù)學(xué)黑洞的有關(guān)概念及其記號(hào)、結(jié)論[5,6].

    設(shè)有限集合(無(wú)限集合)A的所有元素x1,x2,…,xn(x1,x2,…,xn,…)可以按照某種規(guī)則排序?yàn)閤1<x2<…<xn(x1<x2<…<xn<…)(這里“<”表示排序后的先后關(guān)系),f是集合A的變換,用“xi→xj”表示“f(xi)=xj”.

    對(duì)xi重復(fù)作變換f(其中f0(xi)=xi,f1(xi)=f(xi);由“變換”知,j∈N,fj(xi)∈A:

    f0(xi)→f1(xi)→…→fs-1(xi)→fs(xi)→…→fs+n(xi)→…

    若fs+n(xi)=fs(xi),s是滿足此變換的最小自然數(shù),n是滿足此變換的最小正整數(shù)(此時(shí),把fs(xi)→…→fs+n(xi)叫做集合A的變換f的由xi生成的第一個(gè)周期節(jié)),則fs(xi)→…→fs+n-1(xi)或fs+1(xi)→…→fs+n(xi)等等都叫做集合A的變換f的由xi生成的黑洞(共有n種書寫形式,把這n種書寫形式視作同一個(gè)黑洞),當(dāng)然也可以看作集合A的變換f的由fj(xi)(j=0,1,…,s+n-1)生成的黑洞(因?yàn)閷?duì)fj(xi)(j=0,1,…,s+n-1)連續(xù)作變換f均可生成以上周期節(jié)),f0(xi),f1(xi),…,fs-1(xi)的個(gè)數(shù)s叫做xi到集合A的變換f的黑洞fs(xi)→…→fs+n-1(xi)(該黑洞共有n種書寫形式)的路程,簡(jiǎn)稱黑程,記作h(xi)=s.

    若僅能由集合A的元素xk1,xk2,…(其中xk1<xk2<…)生成上述黑洞,則把這個(gè)黑洞叫做集合A的變換f的第k1個(gè)黑洞,記作Dk1=fs(xi)→…→fs+n-1(xi),fs(xi),…,fs+n-1(xi)的個(gè)數(shù)n叫做集合A的變換f的第k1個(gè)黑洞Dk1的周長(zhǎng).

    把集合A的變換f的黑洞的集合記作fA,把集合fA的元素個(gè)數(shù)fA記作H,所以fA={D1,D2,…,DH}.

    研究集合A的變換f的黑洞,就是要研究黑洞的存在性,求出黑洞的個(gè)數(shù)H,求出集合fA,黑洞D1,D2,…,DH分別是由集合A的哪些元素生成的,每個(gè)元素的黑程各是多少?

    定理1 若f是集合A的一個(gè)變換,x∈A,則由x可生成集合A的變換f的黑洞的充要條件是:存在僅與x有關(guān)(即與j無(wú)關(guān))的常數(shù)a(x),j∈N,fj(x)≤a(x).

    證明 必要性.對(duì)x重復(fù)作變換f:

    f0(x)→f1(x)→…→fs-1(x)→fs(x)→…→fs+n(x)→…

    因?yàn)橛蓌可生成集合A的變換f的黑洞,所以存在最小的自然數(shù)s和最小的正整數(shù)n,使fs+n(x)=fs(x),得j∈N,fj(x)≤max{f0(x),f1(x),…,fs+n-1(x)}.

    選a(x)=max{f0(x),f1(x),…,fs+n-1(x)},即得欲證成立.

    充分性.因?yàn)閖∈N,fj(x)≤a(x),所以對(duì)x重復(fù)作變換f:

    x→f(x)→f2(x)→…

    此變換可一直進(jìn)行下去,而變換中的各數(shù)只能取有限個(gè)值,所以存在最小的自然數(shù)s和最小的正整數(shù)n,使fs+n(x)=fs(x).

    此時(shí)fs(x)→…→fs+n-1(x)就是由x生成的集合A的變換f的黑洞.

    推論 若f是有限集合A的一個(gè)變換,則x∈A,由x可生成集合A的變換f的黑洞.

    在高考題1中,設(shè)an+1=f(an)(n∈N*),可得f是有限集合A={1,2,3,…,36}的一個(gè)變換,所以由推論知,x∈A,由x可生成集合A的變換f的黑洞.

    高考題1第(Ⅲ)問(wèn)即求由集合A的元素生成的黑洞的黑程及該黑洞的周長(zhǎng)之和的最大值.

    圖1高考題4 (2014年高考湖北卷數(shù)學(xué)(理科)第13題)設(shè)a是一個(gè)各位數(shù)字都不是0且沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù),將組成a的3個(gè)數(shù)字按從小到大排成的三位數(shù)記為I(a),按從大到小排成的三位數(shù)記為D(a)(例如a=815,I(a)=158,D(a)=851).閱讀如圖1所示的程序框圖,運(yùn)行相應(yīng)的程序,任意輸入一個(gè)a,輸出的結(jié)果b= ? ?.

    答案:495.

    文獻(xiàn)[4],[7]均指出了這道高考題的背景也是數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題.

    4 對(duì)2015年高考北京卷數(shù)學(xué)(理科)壓軸題的推廣

    定理2 設(shè)常數(shù)p,k,l滿足p是奇素?cái)?shù),k,l∈N.若數(shù)列{an}滿足an+1=2an (an≤2kpl)

    2an-2k+1pl (an>2kpl)(n∈N*),a1∈N*,a1≤2k+1pl,記M={an|n∈N*},用M表示集合M元素的個(gè)數(shù),則當(dāng)a1變化時(shí),有以下結(jié)論成立:

    (1)an≤2k+1pl(n∈N*),2k+1ak+2;

    (2)Mmin=1,且當(dāng)a1=2k+1pl時(shí)M={2k+1pl};

    (3)當(dāng)l=0時(shí),Mmax=k+2,且當(dāng)a1=1時(shí)M=k+2;

    (4)當(dāng)(k,l,p)=(0,1,3),(0,1,5),(0,2,3)時(shí)Mmax=(p-1)pl-1+1,且當(dāng)a1=1時(shí)M=(p-1)pl-1+1;

    (5)當(dāng)(p,l)=(3,1),(3,2),或(5,1)時(shí)Mmax=(p-1)pl-1+k+1,且當(dāng)a1=1時(shí)M=(p-1)pl-1+k+1.

    證明 (1)對(duì)n用數(shù)學(xué)歸納法,可證得an≤2k+1pl(n∈N*);對(duì)m用數(shù)學(xué)歸納法,可證得2mam+1(m=0,1,2,…,k+1),所以2k+1ak+2.

    (2)略.

    (3)由結(jié)論(1)得ak+2≤2k+1,2k+1ak+2,所以ak+2=2k+1.進(jìn)而可得an=2k+1(n≥k+2),所以M≤2k+1.

    又當(dāng)a1=1時(shí),數(shù)列{an}:1,2,22,…,2k+1,2k+1,2k+1,…,所以M={1,2,22,…,2k+1},M=k+2.

    所以欲證結(jié)論成立.

    (4)用本文第2節(jié)開頭的列舉法易證.

    (5)①當(dāng)(p,l)=(3,1)時(shí),由結(jié)論(1)得ak+2≤3·2k+1,2k+1ak+2,所以ak+2=2k+1,2k+2,或3·2k+1.

    當(dāng)ak+2=2k+1時(shí),可得數(shù)列{an}n≥k+2:2k+1,2k+2,2k+1,2k+2,…,所以M≤k+3.

    當(dāng)ak+2=2k+2時(shí),可得數(shù)列{an}n≥k+2:2k+2,2k+1,2k+2,2k+1,…,所以M≤k+3.

    當(dāng)ak+2=3·2k+1時(shí),可得an=3·2k+1(n≥k+2),所以M≤k+2.

    總之,M≤k+3.

    又當(dāng)a1=1時(shí),數(shù)列{an}:1,2,22,…,2k+1,2k+2,2k+1,2k+2,…,所以M={1,2,22,…,2k+2},M=k+3.

    所以此時(shí)欲證結(jié)論成立.

    ②當(dāng)(p,l)=(3,2)時(shí),由結(jié)論(1)得ak+2≤9·2k+1,2k+1ak+2,所以ak+2=i·2k+1(i=1,2,3,…,或9).

    同①可證得此時(shí)欲證結(jié)論也成立.

    ③同②可證.

    問(wèn)題 在定理2的題設(shè)下,求Mmax.

    猜想 若定理2的題設(shè)滿足,則當(dāng)l∈N*時(shí)Mmax=(p-1)pl-1+k+1,且當(dāng)a1=1時(shí)M=(p-1)pl-1+k+1.

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