高考数学最后一题解题NB策略

例说数学解题策略

【例17】（2010北京卷20）已知集合Sn{X|X(x1,x2,…，xn),x1{0,1},i1,2,…,n}(n2).对于

定义A与B的差为AB(|a1b1|,|a2b2|,…|anbn|);A(a1,a2,…an,)，B(b1,b2,…bn,)Sn，

A与B之间的距离为d(A,B)i1|a1b1|

（Ⅰ）证明：A,B,CSn,有ABSn，且d(AC,BC)d(A,B);

（Ⅱ）证明：A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 (Ⅲ) 设PSn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为dP． 证明： dP≤mn.2(m1)

【分析】本题的表述充满着数学符号，在题意理解上存在较大的困难，这需要学生运用化策略来帮助理解题意.

例如：考虑n5时的情况，令A(1,1,0,1,0)，B(0,1,0,1,1)，C(1,0,0,1,0)则AC(0,1,0,0,0)，

通过这些具体元素，就容易理解所求证的结论的含义，BC(1,1,0,0,1)，d(A,C)100001，

从而为证明提供了思路.

（Ⅰ）证明：A,B,CSn,有ABSn，即证ai,bi{0,1}时，有|aibi|{0,1}，i1,2,,n 显然即使采取穷举，|aibi|也不过四种情况：|10|,|00|,|01|,|11|{0,1}.证d(AC,BC)d(A,B)，即证(||ac||bc||)|ab|，iiiiii

i1i1nn

思路一：考察||aici||bici||,|aibi|的关系，若ci0，则||aici||bici|||aibi||aibi| 若ci1，则||aici||bici|||(1ai)(1bi)||aibi|.

思路二：因为|aibi|{0,1}，所以|aibi|2|aibi|

所以考察||aici||bici||,|aibi|即考察||aici|2|bici|2|,|aibi|

||aici||bici||||aici|2|bici|2||ai2bi22aici2bici||aibi2ci(aibi)||aibi||12ci||aibi|

思路三：|aibi|的含义：ai,bi同|aibi|为0，异|aibi|为1

分情况讨论可知：ai,bi与ci都同或都异，则ai,bi同； ai,bi恰有其一与ci同，则ai,bi异； （Ⅱ）证明：A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 思路一：设O{0,0,0,

，,利用第一问d(A,B)d(O,BA)，d(A,C)d(O,CA)，设

满

足

d(B,C)d(BA,CA)d(

B,C)

x,

d(

，

|biai||ci的ai个

数为

h

个，

C,A)，则yzdd(B,CB)dA(BA,zCA)xy2h

思路二：|aibi|2|aibi|，|bici|2|bici|，|aici|2|aici|

d(A,B)d(A,C)d(B,C)(|aibi||aici||bici|)

i1

n

(|aibi||aici||bici|)2(ai2bi2ci2aibiaicibici)

i1

i1

nn

思路三：穷举，讨论每一种情况：(ai,bi,ci)，i1,2,,n一共有8种情况 思路四：反证法，假设没有偶数，又|aibi|与aibi奇偶性相同，所以d(A,B)与

n

n

n

(ab)的奇偶性相

i

i

i1

n

同，所以d(A,B)d(B,C)与

(ab)(bc)(ac)的奇偶性相同，而d(A,C)与

i

i

i

i

i

i

i1

i1

i1

(ac)奇偶性相同.

i

i

i1

n

(Ⅲ)设P中所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，mti个0，则任意两个元素间距离之和中，第i个

m2位置的1的个数为ti(mti)个，而ti(mti)

m2n

所以任意两个元素间的距离之和不大于

m2nmn

所以d(P).2

4Cm2(m1)

【例18】对于正整数n,数列a1,a2,,ak在满足下列条件下称为关于(1,2,3,,n)的万能数列:自然数

1,2,3,,n的任意一个排列都能从数列a1,a2,,ak中去掉一些项后得到.(1) 构造一个有n2项的关于(1,2,3,,n)的万能数列的例子,并证明;

(2) 构造一个有n2n1个项的关于(1,2,3,,n)的万能数列的例子并证明;

n2组



(3) 判断数列A：n,1,2,3,,(n1),n,1,2,3,,(n2)n(n1),,1,2,n,3,,(n1),1,n,2是否是关于(1,2,3,,n)

的万能数列，并证明你的结论.

n个



【分析】 (1) 1,2,,n1,2,,n1,2,,n

显然在上述数列中,对于1,2,3,,n的任意一个排列的第k个位置上的数字,总能在该数列的第k段中找到。

(2)【分析】注意到n2n1比n少n1，由（1）问结论可得是减少了将近一组数。原本是每组中贡献一个，刚好可以组成人一个n个元素的排列，现在少了近一组数，说明必须能够保证某一组数中必须贡献两个元素。首先考察在（1）的结论中减少最后一组(保留1)的情况：

n1个

1,2,,n1,2,,n1,2,,n,

1把1,2,3,,n的一个排列,由左到右构成的数列记作{bk}

①若该排列中不存在数字bi,bi1满足 bibi1(1in1),则b1b2bn

显然这个排列在上述数列中可以找到

②若该排列中存在bi,bi1满足 bibi1(1in1,则在上述数列中的第i组留下bi,bi1,其余的都去掉,其余的各组留下排列中相应的数就可以得到这一排列 综上讨论可得该数列为1,2,3,,n的万能数列.

(3)数列A是万能数列

n2组



n,1,2,3,,(n1),n,1,2,3,,(n2)n(n1),,1,2,n,3,,(n1),1,n,2

由（2）的证明可知，数列A中从首相之后到倒数第二项之前的这些项，是一个关于(1,2,3,,n1)的万能数列

所以以n为首项或末项的任何一个排列都可以从数列A中划去一些项而得到 设a1,a2,,ar,ar1,,an是关于自然数1,2,3,,n的一个排列，且arn,1rn 把数列A中第r个n之前和之后的所有n都划掉，则在含第r个n之前的数为

r2组



1,2,3,,(n1),1,2,3,,(n1),,1,2,3,,(n1),1,2,,nr1―――①

因为a1,a2,,ar1中最小一项的最大值为nr1，

所以由（2）证明可得在上面这组数①中划掉一些项可得a1,a2,,ar1 在含第r个n之后的数为

nr1组



nr2,nr3,,n11,2,3,,(n1),1,2,3,,(n1),,1,2,3,,(n1),1,2―――②

由（2）证明可得，若ar1,ar2,,an中最小值为１，２，显然ar1,ar2,,an可以通过划掉一些项得到.若ar1,ar2,,an中最小值为大于２，此时ar1,ar2,,an中最大的数的最小值为nr2， 所以由（2）证明可得在上面一组数②中划掉一些项可得ar1,ar2,,an.所以数列A是关于(1,2,3,,n)的万能数列.

【例19】已知数集Aa1,a2,an0a1a2an,n2具有性质P：对任意的

i,j1ijn，aiaj与ajai两数中至少有一个属于A.

（Ⅰ）分别判断数集1,2,3与0,2,3,5是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a10，且2(a1a2an1)(n2)an； （Ⅲ）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等差数列.（IV）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等差数列.解：（Ⅰ）由于33与33均不属于数集1,2,3，∴该数集不具有性质P.

由于当ij时，ajai00,2,3,5，20,32,53,52,50,30也都属于数集0,2,3,5，∴该数集具有性质P.

（Ⅱ）证明：∵Aa1,a2,an具有性质P，∴anan与anan中至少有一个属于A， 由于0a1a2an，∴ananan，故ananA.从而0ananA，∴a10.

∵0a1a2an， ∴akanan，故akanAk2,3,,n.由A具有性质P可知anakAk1,2,3,,n.又∵anananan1ana2ana1，

∴anan0,anan1a2,,ana2an1,ana1an，

从而(anan)(anan1)(ana2)(ana1)a1a2an1an， ∴2(a1a2an1)(n2)an.（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当n5时，有a5a4a2,a5a3a3，即a5a2a42a3，∵0a1a2a5，∴a3a4a2a4a5，∴a3a4A，

由A具有性质P可知a4a3A.

由a2a42a3，得a3a2a4a3A，且0a3a2a3， ∴a3a2a4a3a2，

∴a5a4a4a3a3a2a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为0，公差为a2成等差数列.

20】已知数集Aa1,a2,an1a1a2an,n2具有性质P；对任意的

i,j1ijn，aajiaj与

a两数中至少有一个属于A.

i

（Ⅰ）分别判断数集1,3,4与1,2,3,6是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a2an

11，且

a1aa1a1a1

an； 12n

（Ⅲ）证明：当n5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列.【解析】

（Ⅰ）由于34与

均不属于数集1,3,4，∴该数集不具有性质P.由于12,13,16,23,661236

231236

都属于数集1,2,3,6，

∴该数集具有性质P.

（Ⅱ）证明：∵Aa1,a2,an具有性质P，∴anan与

an

a中至少有一个属于A， n

由于1a1a2an，∴ananan，故ananA.从而1

an

aA，∴a11.n

∵1a1a2an， ∴akanan，故akanAk2,3,,n.

由A具有性质P可知

an

aAk1,2,3,,n.k

又∵

anaananan， nan1a2a1

【例

∴

anaaa

1,na2,nan1,nan， anan1a2a1

ananaa

nna1a2an1an， anan1a2a1

从而

∴

a1a2an

an.111

a1a2an

a5a2

， a2,5a3，即a5a2a4a3

a4a3

（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当n5时，有

∵1a1a2a5，∴a3a4a2a4a5，∴a3a4A，

由A具有性质P可知

a4

A.a

3由a2a4a3，得

a3a4aaa

A，且13a2，∴43a2，

a2a2a3a3a2

∴

a5a4a3a2

a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列.a4a3a2a1

【例21】给定项数为m(mN*,m3)的数列{an}，其中ai{0,1}(i1,2,,m).

若存在一个正整数k(2km1)，若数列{an}中存在连续的k项和该数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k阶可重复数列”，

例如数列{an}：0,1,1,0,1,1,0.

因为a1,a2,a3,a4与a4,a5,a6,a7按次序对应相等，所以数列{an}是“4阶可重复数列”.（Ⅰ）分别判断下列数列

①{bn}:0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0.②{cn}:1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1.

是否是“5阶可重复数列”？如果是，请写出重复的这5项；

（Ⅱ）若项数为m的数列{an}一定是 “3阶可重复数列”，则m的最小值是多少？说明理由； （III）假设数列{an}不是“5阶可重复数列”，若在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数

列是“5阶可重复数列”，且a41，求数列{an}的最后一项am的值.

解：（Ⅰ）记数列①为bn，因为b2,b3,b4,b5,b6与b6,b7,b8,b9,b10按次序对应相等，所以数列①是“5阶可重复数列”，重复的这五项为0,0,1,1,0;

记数列②为cn，因为c1,c2,c3,c4,c

5、c2,c3,c4,c5,c

6、c3,c4,c5,c6,c

7、c4,c5,c6,c7,c

8、c5,c6,c7,c8,c

9、c6,c7,c8,c9,c10没有完全相同的，所以cn不是“5阶可重复数列”.（Ⅱ）因为数列{an}的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有238种不同的情形.若m＝11，则数列{an}中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为11的数列{an}一定是“3阶可重复数列”；若m＝10，数列0,0,1,0,1,1,1,0,0,0不是“3阶可重复数列”；则3m10时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}.所以，要使数列{an}一定 是“3阶可重复数列”，则m的最小值是11.

（III）由于数列an在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5阶可重复数列”，即在数列an的末项am后再添加一项0或1，则存在ij，使得ai,ai1,ai2,ai3,ai4与am3,am2,am1,am,0按次序对应相等，或aj,aj1,aj2,aj3,aj4与am3,am2,am1,am,1按次序对应相等，

如果a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am不能按次序对应相等，那么必有2i,jm4，ij，使得ai,ai1,ai2,ai

3、aj,aj1,aj2,aj3与am3,am2,am1,am按次序对应相等.

此时考虑ai1,aj1和am4，其中必有两个相同，这就导致数列an中有两个连续的五项恰按次序对应相等，从而数列an是“5阶可重复数列”，这和题设中数列an不是“5阶可重复数列”矛盾！所以a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am按次序对应相等，从而ama41.

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