2013-北京卷理-20 解-数列的单调性与有界性

本题导读

本题考查数列的概念与性质。核心在于综合法、综合法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2013年北京卷(理)）已知 ${a_{n}}$ 是由非负整数组成的无穷数列，该数列前 $n$ 项的最大值记为 $A_{n}$ ，第 $n$ 项之后各项 $a_{n + 1}, a_{n + 2}, \dots$ 的最小值记为 $B_{n}$ ， $d_{n} = A_{n} - B_{n}$ .

(1)若 ${a_{n}}$ 为 $2, 1, 4, 3, 2, 1, 4, 3, \dots$ 是一个周期为 4 的数列，写出 $d_{1}, d_{2}, d_{3}, d_{4}$ 的值；

(2)设 $d$ 是非负整数，证明： $d_{n} = - d$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$ ) 的充分必要条件为 ${a_{n}}$ 是公差为 $d$ 的等差数列；

(3)证明：若 $a_{1} = 2$ ， $d_{n} = 1$ ( $n = 1, 2, 3, \dots$ )，则 ${a_{n}}$ 的项只能是 1 或者 2，且有无穷多项为 1.

🔍【思路分析】

破题导航

第一问（定义应用）：

根据周期数列写出各项。

$A_{n} = max {a_{1}, \dots, a_{n}}$ ， $B_{n} = min {a_{n + 1}, a_{n + 2}, \dots}$ 。由于是周期数列且包含 ${1, 2, 3, 4}$ ，故任意 $B_{n}$ 恒为 1。

第二问（充要条件证明）：

充分性：若为等差数列且 $d \geq 0$ ，则 $a_{n}$ 单调不减。 $A_{n} = a_{n}$ ， $B_{n} = a_{n + 1}$ ，代入计算。

必要性：利用反证法证明数列必须单调。若存在项下降，则 $A_{n} - B_{n}$ 会出现正值，与 $d_{n} = - d \leq 0$ 矛盾。

第三问（深度推导与反证）：

证明项的取值范围：通过 $d_{1} = 1$ 限制 $B_{1}$ 的取值，排除 0；利用反证法排除大于 2 的项。

证明 1 有无穷多项：若 1 只有有限项，则数列后期恒为 2，这会导致 $B_{n} = 2$ ，使得 $d_{n} = A_{n} - 2$ 随 $A_{n}$ 增加或保持不变，最终与 $d_{n} = 1$ 产生矛盾。

✅【答案】

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充分性；必要性；项不能为 0；项只能是 1 或 2

✍【详细解析】

Abstract

（Ⅰ）解： 数列 ${a_{n}}$ 为 $2, 1, 4, 3, \dots$ 周期重复。

$n = 1$ : $A_{1} = 2$ ，后期项包含 1，故 $B_{1} = 1$ 。 $d_{1} = 2 - 1 = 1$ 。

$n = 2$ : $A_{2} = max {2, 1} = 2$ ，后期项包含 1，故 $B_{2} = 1$ 。 $d_{2} = 2 - 1 = 1$ 。

$n = 3$ : $A_{3} = max {2, 1, 4} = 4$ ，后期项包含 1，故 $B_{3} = 1$ 。 $d_{3} = 4 - 1 = 3$ 。

$n = 4$ : $A_{4} = max {2, 1, 4, 3} = 4$ ，后期项包含 1，故 $B_{4} = 1$ 。 $d_{4} = 4 - 1 = 3$ 。

（Ⅱ）证明： 充分性：若 ${a_{n}}$ 是公差为 $d$ 的等差数列，则 $a_{n} = a_{1} + (n - 1) d$ 。因 $d \geq 0$ ，数列单调不减，故 $A_{n} = a_{n}$ 。又因为 $a_{n}$ 随 $n$ 增大而增大，则 $B_{n} = min {a_{n + 1}, a_{n + 2}, \dots} = a_{n + 1}$ 。所以 $d_{n} = A_{n} - B_{n} = a_{n} - a_{n + 1} = - d$ 。充分性得证。

必要性：若 $d_{n} = - d$ 恒成立，则 $A_{n} - B_{n} = - d \leq 0$ 。首先证明 ${a_{n}}$ 单调不减。假设存在 $a_{k} < a_{k - 1}$ ，则 $A_{k} = A_{k - 1}$ 。那么 $d_{k} = A_{k} - B_{k} = A_{k - 1} - B_{k}$ 。由于 $a_{k} < A_{k - 1}$ 且 $B_{k - 1} = min {a_{k}, a_{k + 1}, \dots}$ ，得 $B_{k - 1} \leq a_{k} < A_{k - 1}$ ，故 $d_{k - 1} = A_{k - 1} - B_{k - 1} > 0$ ，与 $d_{n} = - d \leq 0$ 矛盾。故 ${a_{n}}$ 单调不减。从而 $A_{n} = a_{n}, B_{n} = a_{n + 1}$ 。由 $a_{n} - a_{n + 1} = - d$ 知 $a_{n + 1} - a_{n} = d$ ，即为公差为 $d$ 的等差数列。必要性得证。

（Ⅲ）证明：

项不能为 0：若某项为 0，则所有 $B_{n} = 0$ 。则 $d_{n} = A_{n} \geq a_{1} = 2$ ，与 $d_{n} = 1$ 矛盾。

项只能是 1 或 2：已知 $a_{1} = 2, d_{1} = 1 ⟹ 2 - B_{1} = 1 ⟹ B_{1} = 1$ 。说明后期一定有 1 出现。假设存在项 $a_{m} > 2$ 。设 $a_{m}$ 是第一个大于 2 的项。由于 $d_{m - 1} = 1 ⟹ A_{m - 1} - B_{m - 1} = 1 ⟹ 2 - B_{m - 1} = 1 ⟹ B_{m - 1} = 1$ 。这意味着在 $a_{m}$ 之后必有项为 1。设 $a_{k} = 1 (k > m)$ 。那么在 $n = m$ 时， $A_{m} = a_{m} > 2$ 。而 $B_{m} = min {a_{m + 1}, \dots}$ ，其中包含项 1，故 $B_{m} \leq 1$ 。则 $d_{m} = A_{m} - B_{m} > 2 - 1 = 1$ ，与 $d_{n} = 1$ 矛盾。故项只能是 1 或 2。

有无穷多项为 1：假设 1 只有有限项，设最后一次出现 1 的位置是 $a_{N} = 1$ 。那么对于所有的 $n \geq N$ ，数列项均为 2。则此时 $B_{N} = 2$ 。计算 $d_{N} = A_{N} - B_{N} = A_{N} - 2$ 。由于前 $N$ 项中 $a_{1} = 2$ 是最大值，故 $A_{N} = 2$ 。则 $d_{N} = 2 - 2 = 0$ ，与 $d_{n} = 1$ 矛盾。故数列 ${a_{n}}$ 中必有无穷多项为 1。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：数列中最大值与最小值的动态平衡。

核心方法：“存在性反证法”。在处理“只能是……”或“有无穷多……”的证明时，假设对立面并推导出与已知恒等式（如 $d_{n} = 1$ ）冲突的结论。

避坑指南：理解 $B_{n}$ 是“第 $n$ 项之后所有项”的最小值，这意味着即使后面有一万个 2，只要有一个 1， $B_{n}$ 就只能是 1。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：数列极限思想（虽然本题未直接涉及，但无穷项的性质与之相关）。

结论推广：本题模型实际上探讨了数列的波动界限。若 $d_{n}$ 为常数，数列的增减受极值约束非常严格。

方法推广：压轴题中的新定义问题，第一步通常是“带入数据找规律”，第二步是“逻辑转换”。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

02.01 常用逻辑用语

19.01 等差数列全总结

19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

2014-辽宁卷文-09 单-数列单调

2023-新高考I卷-20 解-数列

2014-福建卷文-17 解-数列

∑ ( Math )

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2013-北京卷理-20 解-数列的单调性与有界性

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