2024-北京卷-21 解-数列创新

本题导读

本题是 2024 年北京高考数学卷的压轴大题。第一问要求模拟新定义的操作规则；第二问要求利用不变量原理（局部项增量和）证明某种变换序列不存在；第三问则是利用极端原理结合势能函数下降法，证明能够化为常数列的充要条件。此题对逻辑推理和数学建模能力要求极高.

📌【题干】

Question

（2024年北京卷）已知集合 $M = {(i, j, k, w) ∣ i \in {1, 2}, j \in {3, 4}, k \in {5, 6}, w \in {7, 8}$ ，且 $i + j + k + w$ 为偶数 $}$ . 给定数列 $A : a_{1}, a_{2}, \dots, a_{8}$ 和序列 $Ω : T_{1}, T_{2}, \dots, T_{s}$ ，其中 $T_{t} = (i_{t}, j_{t}, k_{t}, w_{t}) \in M (t = 1, 2, \dots, s)$ .

对数列 $A$ 进行如下变换：将 $A$ 的第 $i_{1}, j_{1}, k_{1}, w_{1}$ 项均加 1，其余项不变，得到的数列记作 $T_{1} (A)$ ；将 $T_{1} (A)$ 的第 $i_{2}, j_{2}, k_{2}, w_{2}$ 项均加 1，其余项不变，得到的数列记作 $T_{2} T_{1} (A)$ ； $\dots\dots$ ；以此类推，得到数列 $T_{s} \dots T_{2} T_{1} (A)$ ，简记为 $Ω (A)$ .

（1）给定数列 $A : 1, 3, 2, 4, 6, 3, 1, 9$ 和序列 $Ω : (1, 3, 5, 7), (2, 4, 6, 8), (1, 3, 5, 7)$ ，写出 $Ω (A)$ ；

（2）是否存在序列 $Ω$ ，使得 $Ω (A)$ 为 $a_{1} + 2, a_{2} + 6, a_{3} + 4, a_{4} + 2, a_{5} + 8, a_{6} + 2, a_{7} + 4, a_{8} + 4$ ？若存在，写出一个 $Ω$ ；若不存在，请说明理由；

（3）若数列 $A$ 的各项均为正整数，且 $a_{1} + a_{3} + a_{5} + a_{7}$ 为偶数，求证：“存在序列 $Ω$ ，使得 $Ω (A)$ 的各项都相等”的充要条件为“ $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ ”.

🔍【思路分析】

破题导航

第（1）问：严格按照规则，依次对数列对应位置上的数值进行加一操作。

第（2）问：根据集合 $M$ 中元素的限制条件，每次操作必定使第 1 项或第 2 项增加 1。故操作 $s$ 次后，前两项的增量之和必为 $s$ 。同理，第 3 项与第 4 项的增量之和也必为 $s$ 。比对目标增量和是否相等即可判断。

第（3）问：

必要性：设操作 $s$ 次后各项均为 $c$ 。每组相邻两项（如 $a_{1}, a_{2}$ ）的和每次必定增加 1，故操作后和为 $2 c = a_{1} + a_{2} + s$ 。由于 $2 c - s$ 为定值，可推出初始每组和必须相等。

充分性：定义描述数列相邻项差异的“势能函数”。利用极端原理，假设在所有可达状态中存在最小的非零差异度，通过构造特定操作组合及分析奇偶不变量证明能使势能进一步减小，从而引发矛盾，证明该最小差异必为 0。

✅【答案】

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(1) $Ω (A) = (3, 4, 4, 5, 8, 4, 3, 10)$

(2) 不存在

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）第(1)问详解

（1）计算 $Ω (A)$

初始数列 $A : 1, 3, 2, 4, 6, 3, 1, 9$ 。

第 1 次操作 $T_{1} (1, 3, 5, 7)$ ，第 1, 3, 5, 7 项加 1： $T_{1} (A) : 2, 3, 3, 4, 7, 3, 2, 9$

第 2 次操作 $T_{2} (2, 4, 6, 8)$ ，在 $T_{1} (A)$ 基础上第 2, 4, 6, 8 项加 1： $T_{2} T_{1} (A) : 2, 4, 3, 5, 7, 4, 2, 10$

第 3 次操作 $T_{3} (1, 3, 5, 7)$ ，在上一步基础上第 1, 3, 5, 7 项加 1： $Ω (A) : 3, 4, 4, 5, 8, 4, 3, 10$

(2) 第(2)问详解

（2）判断是否存在目标序列 $Ω$

不存在这样的序列 $Ω$ 。理由如下：假设存在长度为 $s$ 的序列 $Ω$ 。对于任意操作 $T_{t} = (i_{t}, j_{t}, k_{t}, w_{t}) \in M$ ，其第一个分量满足 $i_{t} \in {1, 2}$ 。这意味着每次操作，有且仅有第 1 项或第 2 项会增加 1。因此，经过 $s$ 次操作后，第 1 项和第 2 项的增量总和必须等于总操作次数 $s$ 。观察目标增量，第 1 项增量为 2，第 2 项增量为 6。增量和为： $2 + 6 = 8 ⟹ s = 8$

同理，操作的第二个分量满足 $j_{t} \in {3, 4}$ 。这意味着第 3 项和第 4 项的增量总和也必须等于 $s$ 。目标增量中，第 3 项增量为 4，第 4 项增量为 2。增量和为： $4 + 2 = 6 ⟹ s = 6$

由于对于同一个操作序列，总步数 $s$ 不可能同时等于 8 和 6，产生矛盾。故不存在这样的序列 $Ω$ 。

(3) 第(3)问详解

（3）证明充要条件

① 必要性证明 假设存在序列 $Ω$ 经过 $s$ 次操作后，使得 $Ω (A)$ 的各项均等于常数 $c$ 。则最终状态下各组相邻对的和均满足： $a_{s, 1} + a_{s, 2} = a_{s, 3} + a_{s, 4} = a_{s, 5} + a_{s, 6} = a_{s, 7} + a_{s, 8} = 2 c$

由第（2）问分析可知，每次合法操作会使每组相邻对（如 $a_{2 m - 1}, a_{2 m}$ ， $m = 1, 2, 3, 4$ ）中的某一项加 1。因此，经过 $s$ 次操作后，每组对的和必然增加了 $s$ 。即对于 $m \in {1, 2, 3, 4}$ ，均有： $a_{s, 2 m - 1} + a_{s, 2 m} = a_{2 m - 1} + a_{2 m} + s$

代入最终状态和 $2 c$ ，得到： $a_{2 m - 1} + a_{2 m} = 2 c - s$ 因 $2 c - s$ 是与组数 $m$ 无关的常数，故初始数列必满足： $a_{1} + a_{2} = a_{3} + a_{4} = a_{5} + a_{6} = a_{7} + a_{8}$ 必要性得证。

② 充分性证明 已知初始状态满足各组对内和相等（设为 $H$ ），且奇数项之和为偶数。在任意合法操作后的状态 $S$ 中，由于每次操作使各组对内和同步增加 1，各组对内和仍然保持相等，设状态 $S$ 下的组内和为 $H_{S}$ 。定义势能函数（各组对内差异度之和）： $D_{S} = \sum_{m = 1}^{4} ∣ a_{S, 2 m - 1} - a_{S, 2 m} ∣$ 因为 $D_{S} ⩾ 0$ 且为整数，根据极端原理，在所有可能达到的状态中，必定存在一个状态 $S_{m i n}$ ，使得 $D_{S}$ 达到最小。

假设该最小差异度 $D_{S} > 0$ ，我们将证明必能构造合法操作组合，使得差异度进一步减小，从而导出矛盾。

挖掘奇偶不变量：每次操作选择的下标之和 $i + j + k + w$ 必须为偶数。因四个位置集分别为 ${1, 2}, {3, 4}, {5, 6}, {7, 8}$ ，其中各包含一个奇数和一个偶数。要使这四个抽取出的下标之和为偶数，抽出的奇数下标的数量必须是偶数个（0, 2 或 4 个）。这说明每次操作，对奇数项总和的贡献必定是一个偶数。由于初始奇数项总和为偶数，故在任意状态下，奇数项总和恒为偶数。又因为所有项总和为偶数（ $4 H_{S}$ ），则偶数项总和也恒为偶数。任意状态下各组对内差值的总和满足： $\sum_{m = 1}^{4} (a_{S, 2 m - 1} - a_{S, 2 m}) = 奇数项和 - 偶数项和 = 偶数 - 偶数 = 偶数$

反证构造：

若存在某组对内差值 $⩾ 2$ ，不妨设 $a_{S, 1} - a_{S, 2} ⩾ 2$ 。

若其余三组差值全为 0，由上述奇偶不变量可知 $a_{S, 1} - a_{S, 2}$ 必为偶数，且不为 0，故至少为 4。此时实施组合操作 $T_{A} (2, 3, 5, 8), T_{B} (2, 4, 6, 8), T_{C} (2, 3, 6, 7), T_{D} (2, 4, 5, 7)$ （此 4 次操作皆符合下标和为偶数的规则）。执行后位置 2 被增加 4 次，其他位置各被增加 2 次。第一组的差变为 $(a_{S, 1} + 2) - (a_{S, 2} + 4) = a_{S, 1} - a_{S, 2} - 2 ⩾ 0$ ，其余三组差值保持为 0。总势能 $D_{S}$ 减小了 2，与最小性矛盾。

若其余三组不全为 0，不妨设 $a_{S, 3} - a_{S, 4} > 0$ 。实施操作 $(2, 4, 5, 7)$ 和 $(2, 4, 6, 8)$ 。位置 2, 4 分别增加 2，其余增加 1。第一组和第二组的对内差分别减小 1，总势能至少减小 2。同样与最小性矛盾。

因此，所有对内差的绝对值只能是 0 或 1。若所有差的绝对值只能为 0 或 1，且 $D_{S} > 0$ ，则必定存在差为 1 的情况。由于同组两项和为 $H_{S}$ ，一奇一偶意味着 $H_{S}$ 必为奇数。而各组和均等于 $H_{S}$ ，这强制要求所有 4 组对内差必须同时为 1。此时，每组数据方可由一个数值 $N$ 和一个数值 $N + 1$ 组成。将这 4 个数值刚好为 $N$ 的位置提取出来，设其中奇数位置的数量为 $x$ 。这四个位置的值之和为 $4 N$ 。而所有奇数位置的值之和为 $x \cdot N + (4 - x) \cdot (N + 1) = 4 N + 4 - x$ 。由前面可知奇数项总和必须为偶数，故 $x$ 必为偶数。这说明提取出的这四个位置包含偶数个奇数下标，故它们的下标之和为偶数。因此，这四个位置本身就构成了一次合法的单步操作 $Ω \in M$ 。对该状态施加这一步操作，四个值为 $N$ 的项全部变为 $N + 1$ 。此时整个数列各项全部相等为 $N + 1$ ，总差异度 $D_{S}$ 归 0，矛盾。

综上，能达到的最小势能状态必有 $D_{S} = 0$ ，即各项相等。充分性得证。故原命题的充要条件成立。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：数列操作问题中的不变量寻找、极端原理与反证法的结合运用、势能函数的定义。

核心方法：通过将总操作步数与局部增量绑定进行矛盾证明；定义差异绝对值之和为势能函数，利用操作进行势能下降。

避坑指南：

第二问中避免盲目尝试推演具体序列，应直接寻找整体约束条件（如第1,2项增量和必须等于总操作数）与宏观目标的矛盾。

证明操作的合法性时，必须扣紧“下标之和为偶数”这一核心定义。只有严格论证了构造出的下标集满足此条件，构造法才算完整。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：本题属于新定义抽象推理性问题，其高等数学背景为信息学与组合数学中经典的“离散状态可达性”及“势能函数下降法”。

结论推广：处理此类在离散集合中通过特定规则变换状态的问题时，寻找奇偶性、模余不变量是破题的先决条件；若要证明某种均衡状态必然可达，构筑非负下降势能函数并证明其极小值只能为 0 是有效的数学工具。

🔗【关联脉络】

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19.07 一般数列的性质

类题演练 (Links)

2016-北京卷理-20

2008-江苏卷-19 解-数列删项等比

2008-湖北卷理-21

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（1）第(1)问详解

(2) 第(2)问详解

(3) 第(3)问详解

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