2016-北京卷理-20 解-数列

本题导读

本题考查数列的新定义、存在性证明（构造法）。核心在于正确理解题意并选用恰当方法求解。

📌【题干】

Question

（2016年北京卷(理)） 设数列 $A:a_1,a_2,\dots ,a_N$ ($N\ge 2$).如果对小于 $n$ ($2\le n\le N$) 的每个正整数 $k$ 都有 $a_k<a_n$，则称 $n$ 是数列 $A$ 的一个“G 时刻”，记 $G(A)$ 是数列 $A$ 的所有“G 时刻”组成的集合.

(1)对数列 $A:-2,2,-1,1,3$，写出 $G(A)$ 的所有元素；

(2)证明：若数列 $A$ 中存在 $a_n$ 使得 $a_n>a_1$，则 $G(A)\ne \varnothing$；

(3)证明：若数列 $A$ 满足 $a_n-a_{n-1}\le 1$ ($n=2,3,\dots ,N$)，则 $G(A)$ 的元素个数不小于 $a_N-a_1$.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 第一问（理解定义）： “G 时刻” $n$ 的含义是：$a_n$ 是前 $n$ 项中的唯一最大值。 逐个检查 $n=2,3,4,5$：

• $n=2:a_1=-2<a_2=2$（成立）；
• $n=3:a_1,a_2$ 中最大是 $2$, $2>a_3=-1$（不成立）；
• $n=4:a_1,a_2,a_3$ 中最大是 $2$, $2>a_4=1$（不成立）；
• $n=5:a_1,\dots ,a_4$ 中最大是 $2$, $2<a_5=3$（成立）。

2. 第二问（存在性证明）： 寻找集合中的第一个“打破者”。在所有满足 $a_n>a_1$ 的项中，取下标最小的那一个，它必然比之前的所有项都大（包括 $a_1$）。
3. 第三问（数量下界证明）：

• 关键在于“跨度”限制：相邻项增长不超过 1。
• 设 $G(A)$ 为 $i_1<i_2<\cdots <i_k$。
• 每一段“G 时刻”之间的数值跨度 $a_{i_j}-a_{i_{j-1}}$ 可以通过相邻项之差累加，从而与 $k$ 建立联系。

✅【答案】

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$（1）G(A)=2,5.（2）G(A)\ne \varnothing .（3）|G(A)|\ge aN-a1.$

✍【详细解析】

Abstract

解：

(1)对于数列 $A:a_1=-2,a_2=2,a_3=-1,a_4=1,a_5=3$： $n=2$ 时，$a_1<a_2$ 成立，$2\in G(A)$； $n=3$ 时，$a_2>a_3$，不成立； $n=4$ 时，$a_2>a_4$，不成立； $n=5$ 时，$a_1,a_2,a_3,a_4$ 均小于 $a_5=3$，成立，$5\in G(A)$。 故 $G(A)=\{2,5\}$。

(2)证明： 设集合 $S=\{n\mid a_n>a_1,2\le n\le N\}$。 已知存在 $a_n>a_1$，故 $S$ 是非空集合。 根据自然数集的良序性，设 $n_0$ 是 $S$ 中的最小元素。 则对于任意 $1<k<n_0$，根据 $n_0$ 的最小性，有 $a_k\le a_1$。 又已知 $a_{n_0}>a_1$，所以对所有 $1\le k<n_0$，都有 $a_k<a_{n_0}$。 符合“G 时刻”定义，故 $n_0\in G(A)$，即 $G(A)\ne \varnothing$。

(3)证明： 若 $a_N-a_1\le 0$，结论成立（个数 $\ge 0$）。下设 $a_N-a_1>0$。 设 $G(A)$ 的全部元素为 $i_1<i_2<\cdots <i_k$。 对于第一个“G 时刻” $i_1$，根据定义 $a_{i_1}>a_{i_1-1}$ 且 $a_{i_1}>a_1$。 由于 $a_{i_1}-a_{i_1-1}\le 1$，且 $a_{i_1},a_{i_1-1}$ 是整数（注：北京卷背景通常隐含整数或利用实数差值），由 $a_{i_1}>a_{i_1-1}$ 得 $a_{i_1}-a_{i_1-1}\le 1⟹a_{i_1}\le a_{i_1-1}+1$。 实质上，$a_{i_1}$ 与前一项最大值的增量最多为 1。 观察相邻两个“G 时刻” $i_j,i_{j+1}$： 在区间 $(i_j,i_{j+1})$ 中，没有项能超过 $a_{i_j}$。 因此，$a_{i_{j+1}}$ 必须在 $a_{i_{j+1}-1}$ 的基础上跨越 $a_{i_j}$。 因为 $a_{i_{j+1}-1}\le a_{i_j}$（否则 $i_{j+1}-1$ 就是一个更早的 G 时刻）， 所以 $a_{i_{j+1}}-a_{i_j}\le a_{i_{j+1}}-a_{i_{j+1}-1}\le 1$。 同理 $a_{i_1}-a_1\le a_{i_1}-a_{i_1-1}\le 1$。 累加得： $(a_{i_k}-a_{i_{k-1}})+(a_{i_{k-1}}-a_{i_{k-2}})+\cdots +(a_{i_1}-a_1)\le 1+1+\cdots +1=k$。 即 $a_{i_k}-a_1\le k$。 若 $i_k=N$，则 $a_N-a_1\le k$，结论成立。 若 $i_k<N$，则 $a_N\le a_{i_k}$（否则 $N$ 以后会有新的 G 时刻，与 $i_k$ 是最后一个矛盾）。 所以 $a_N-a_1\le a_{i_k}-a_1\le k$。 即 $k\ge a_N-a_1$。 故 $G(A)$ 的元素个数不小于 $a_N-a_1$。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

• 定义转换：将“G 时刻”理解为“破纪录时刻”，有助于形象化思维。
• 离散性特征：$a_n-a_{n-1}\le 1$ 与 $a_n>a_{n-1}$ 联立得出步长为 1，是证明的关键。
• 北京卷压轴题喜欢考查这种带有算法色彩的新定义。第三问的“累加法”思想是解决此类“跨度与个数”关系的通用套路。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 变式思考：若将条件改为 $a_n-a_{n-1}\le 2$，元素个数的下界会变成多少？（提示：变为 $\frac{a_N-a_1}{2}$）。
2. 知识关联：本题逻辑与计算机算法中的“单调栈”寻找第一个大元素的过程非常相似。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

• 19.01 等差数列全总结

类题演练 (Links)

• 2017-上海卷-03 填-分式不等式
• 2017-上海卷-10 填-数列通项
• 2017-上海卷-14 单-数列的极限

专题合集 (Series)