2021-北京卷-21 解-新定义数列

本题导读

本题考查新定义数列。核心在于赋值法与递推法、多路拆分求交集法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2021年北京卷）定义 $R_{p}$ 数列 ${a_{n}}$ ：对实数 $p$ ，满足：

① $a_{1} + p \geq 0$ ， $a_{2} + p = 0$ ；

② $\forall n \in N^{*}$ ， $a_{4 n - 1} < a_{4 n}$ ；

③ $a_{m + n} \in {a_{m} + a_{n} + p, a_{m} + a_{n} + p + 1}$ ， $m, n \in N^{*}$ ．

（1）对于前 $4$ 项为 $2, - 2, 0, 1$ 的数列，可以是 $R_{2}$ 数列吗？说明理由；

（2）若 ${a_{n}}$ 是 $R_{0}$ 数列，求 $a_{5}$ 的值；

（3）是否存在 $p$ ，使得存在 $R_{p}$ 数列 ${a_{n}}$ ，对 $\forall n \in N^{*}$ 都有 $S_{n} \geq S_{10}$ ？若存在，求出所有这样的 $p$ ；若不存在，说明理由．

🔍【思路分析】

破题导航

（1）验证定义：已知 $p = 2$ ，利用条件③推导 $a_{3}$ 的可能取值（将 $a_{3}$ 拆分为 $a_{1 + 2}$ ），与已知的前4项对比是否矛盾即可。

（2）递推与“求交集法”： $p = 0$ 。首先利用条件①求出 $a_{1}, a_{2}$ ；然后利用条件③推导 $a_{3}, a_{4}$ 的可能集合，结合条件②（大小关系）锁定 $a_{3}, a_{4}$ ；最后求 $a_{5}$ 时，利用“多路拆分求交集”技巧——既把 $a_{5}$ 看作 $a_{1 + 4}$ ，又把 $a_{5}$ 看作 $a_{2 + 3}$ ，两路取交集瞬间锁定答案。

（3）整体构造与放缩：题目要求 $S_{n} \geq S_{10}$ ，即数列的前 $n$ 项和在 $n = 10$ 时取得最小值。这意味着 $a_{n}$ 在 $n \leq 10$ 时大体为负或零，在 $n \geq 11$ 时为正或零。我们构造新数列 $b_{n} = a_{n} + p$ ，可以完美证明 ${b_{n}}$ 是一个 $R_{0}$ 数列，从而直接借用第（2）问的通项公式推导结论，列出关于 $p$ 的不等式即可解出 $p$ 。

✅【答案】

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(1) 不可以是 $R_{2}$ 数列，理由见解析

(2) $a_{5} = 1$

(3) 存在

$p = 2$

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：

若该数列是 $R_{2}$ 数列，则 $p = 2$ 。已知 $a_{1} = 2, a_{2} = - 2, a_{3} = 0, a_{4} = 1$ 。

根据条件③，当 $m = 1, n = 2$ 时：

$a_{3} = a_{1 + 2} \in {a_{1} + a_{2} + 2, a_{1} + a_{2} + 2 + 1}$

将 $a_{1} = 2, a_{2} = - 2$ 代入，得到：

$a_{3} \in {2 + (- 2) + 2, 2 + (- 2) + 2 + 1} = {2, 3}$

但这与已知条件给出的 $a_{3} = 0$ 矛盾（因为 $0 \in / {2, 3}$ ）。

因此，该数列不可以是 $R_{2}$ 数列。

（2）解：

若 ${a_{n}}$ 是 $R_{0}$ 数列，则 $p = 0$ 。

由条件①： $a_{1} \geq 0$ ， $a_{2} = 0$ 。

由条件③： $a_{m + n} \in {a_{m} + a_{n}, a_{m} + a_{n} + 1}$ 。

我们先来确定前四项：

求 $a_{1}$ ： $a_{2} = a_{1 + 1} \in {a_{1} + a_{1}, a_{1} + a_{1} + 1} = {2 a_{1}, 2 a_{1} + 1}$ 。

因为 $a_{2} = 0$ ，所以 $2 a_{1} = 0 ⟹ a_{1} = 0$ 或 $2 a_{1} + 1 = 0 ⟹ a_{1} = - \frac{1}{2}$ 。又因为 $a_{1} \geq 0$ ，故必有 $a_{1} = 0$ 。

求 $a_{3}, a_{4}$ ：

$a_{3} = a_{1 + 2} \in {a_{1} + a_{2}, a_{1} + a_{2} + 1} = {0, 1}$ ；

$a_{4} = a_{2 + 2} \in {a_{2} + a_{2}, a_{2} + a_{2} + 1} = {0, 1}$ 。

根据条件②（取 $n = 1$ ）： $a_{3} < a_{4}$ 。

在集合 ${0, 1}$ 中满足大小关系的唯一组合是： $a_{3} = 0$ ， $a_{4} = 1$ 。

接下来求 $a_{5}$ （利用不同拆分求交集）：

拆分1： $a_{5} = a_{1 + 4} \in {a_{1} + a_{4}, a_{1} + a_{4} + 1} = {0 + 1, 0 + 1 + 1} = {1, 2}$ ；

拆分2： $a_{5} = a_{2 + 3} \in {a_{2} + a_{3}, a_{2} + a_{3} + 1} = {0 + 0, 0 + 0 + 1} = {0, 1}$ 。

由于 $a_{5}$ 必须同时满足上述两个条件，取交集得 ${1, 2} \cap {0, 1} = {1}$ 。

故 $a_{5} = 1$ 。

(为了解决第三问，我们进一步推导 $R_{0}$ 数列的通项公式)

经过计算可猜想 $R_{0}$ 数列的通项规律为：对于 $n \in N$ （设 $n = 0, 1, 2, \dots$ ），有

$a_{4 n + 1} = n$ ， $a_{4 n + 2} = n$ ， $a_{4 n + 3} = n$ ， $a_{4 n + 4} = n + 1$ 。

证明（数学归纳法与多路拆分法）：

① 当 $n = 0$ 时，各项为 $0, 0, 0, 1$ ，显然成立。

② 假设当 $n = k (k \geq 0)$ 时结论成立。对于 $n = k + 1$ ：

$a_{4 k + 5} = a_{(4 k + 4) + 1} \in {a_{4 k + 4} + a_{1}, \dots} = {k + 1, k + 2}$

$a_{4 k + 5} = a_{(4 k + 2) + 3} \in {a_{4 k + 2} + a_{3}, \dots} = {k, k + 1}$ ，交集得 $a_{4 k + 5} = k + 1$ ；

同理可证得 $a_{4 k + 6} = k + 1$ 。

对于 $a_{4 k + 8}$ ： $a_{4 k + 8} = a_{(4 k + 4) + 4} \in {2 k + 2, 2 k + 3}$ ，又 $a_{4 k + 8} = a_{(4 k + 6) + 2} \in {k + 1, k + 2}$ ，交集得 $a_{4 k + 8} = k + 2$ 。

对于 $a_{4 k + 7}$ ：由条件② $a_{4 k + 7} < a_{4 k + 8} = k + 2 ⟹ a_{4 k + 7} \leq k + 1$ ；又 $a_{4 k + 7} = a_{(4 k + 6) + 1} \in {k + 1, k + 2}$ ，故只能取 $a_{4 k + 7} = k + 1$ 。

即当 $n = k + 1$ 时结论亦成立。

至此，我们完整确定了 $R_{0}$ 数列的唯一形态。

（3）解：

令 $b_{n} = a_{n} + p$ 。由条件③可知：

$b_{m + n} = a_{m + n} + p \in {a_{m} + p + a_{n} + p, a_{m} + p + a_{n} + p + 1} = {b_{m} + b_{n}, b_{m} + b_{n} + 1}$

又因为：

① $b_{1} = a_{1} + p \geq 0$ ， $b_{2} = a_{2} + p = 0$ ；

② $b_{4 n - 1} = a_{4 n - 1} + p < a_{4 n} + p = b_{4 n}$ 。

这完全符合 $R_{0}$ 数列的定义！

因此，数列 ${b_{n}}$ 就是第（2）问中求得的那个唯一的 $R_{0}$ 数列。

由（2）的结论可知， $b_{4 n + i} = n (i = 1, 2, 3)$ ， $b_{4 n + 4} = n + 1$ 。

从而原数列通项为： $a_{k} = b_{k} - p$ 。

即： $a_{4 n + i} = n - p (i = 1, 2, 3)$ ， $a_{4 n + 4} = n + 1 - p$ 。

题目要求对 $\forall n \in N^{*}$ ， $S_{n} \geq S_{10}$ 恒成立，这意味着前 $n$ 项和 $S_{n}$ 在 $n = 10$ 时取得最小值。

这就要求：从 $S_{10}$ 往后加项不能变小，往前回退不能变小。即：

$S_{11} - S_{10} = a_{11} \ge 0$$$$S_9 - S_{10} = -a_{10} \ge 0 \implies a_{10} \le 0$

我们来计算 $a_{10}$ 和 $a_{11}$ 的值：

$10 = 4 \times 2 + 2$ ，对应 $n = 2, i = 2$ ，故 $a_{10} = 2 - p$ 。

$11 = 4 \times 2 + 3$ ，对应 $n = 2, i = 3$ ，故 $a_{11} = 2 - p$ 。

代入不等式得：

${a_{11} = 2 - p \geq 0 a_{10} = 2 - p \leq 0$

解得： $p \leq 2$ 且 $p \geq 2$ ，即只能是 $p = 2$ 。

当 $p = 2$ 时，代入检验：

$a_{n} = b_{n} - 2$ 的各项依次为（四个一组）：

$- 2, - 2, - 2, - 1 (n = 0)$

$- 1, - 1, - 1, 0 (n = 1)$

$0, 0, 0, 1 (n = 2)$

可观察到：前7项均为负数， $a_{8}, a_{9}, a_{10}, a_{11}$ 均为 $0$ ， $a_{12}$ 及之后的项均大于等于 $1$ 。

此时，数列前 $n$ 项和在 $n = 7, 8, 9, 10, 11$ 时均达到最小值，因此 $S_{10}$ 是其中一个全局最小值点，满足 $\forall n \in N^{*}, S_{n} \geq S_{10}$ ，符合题意。

故存在满足条件的 $p$ ，且 $p = 2$ 。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点与解题技巧：

多路拆分求交集：在处理像 $a_{m + n} \in {X, Y}$ 这种“二选一”的递推关系时，由于每次推导都会产生分岔，直接递推会指数级爆炸。核心破局点在于：同一个项（如 $a_{5}$ ）可以有多种拆分方式（ $a_{1 + 4}$ 或 $a_{2 + 3}$ ）。由于 $a_{n}$ 是确定的单值，不同拆分路径得到的结果集合必须相交且交集唯一定义了该项的值。

构造平移数列法：第（3）问中面对 $R_{p}$ 数列的复杂条件，通过换元构造 $b_{n} = a_{n} + p$ ，将其完美转化为我们已经研究透彻的 $R_{0}$ 基础模型。这体现了数学中“将复杂问题转化为已知模型”的化归思想。

最值的临界点分析：数列前 $n$ 项和的最值问题，本质上是寻找数列各项符号（正负号）的分界点。要使 $S_{10}$ 最小，意味着它前后的项必须满足 $a_{10} \leq 0$ 且 $a_{11} \geq 0$ 。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源：待补

结论推广：待补

🔗【关联脉络】

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19.07 一般数列的性质

19.03 数列通项公式求法全攻略

类题演练 (Links)

2002-新课标理-22 解-数列的递推关系

2003-广东卷-22

2003-辽宁卷-21

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2021-北京卷-21 解-新定义数列

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