2023-北京卷-21 解-数列创新

本题导读

本题考查新定义数列问题。核心在于严格定义代入构造法、差分非递减边界逼近法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2023年北京卷）已知数列 ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ 的项数均为 $m$ ( $m > 2$ )，且 $a_{n}, b_{n} \in {1, 2, \dots, m}$ ， ${a_{n}}$ ， ${b_{n}}$ 的前 $n$ 项和分别为 $A_{n}$ ， $B_{n}$ ，并规定 $A_{0} = B_{0} = 0$ ．对于 $k \in {0, 1, 2, \dots, m}$ ，定义 $r_{k} = max {i ∣ B_{i} \leq A_{k}, i \in {0, 1, 2, \dots, m}}$ ，其中， $max M$ 表示数集 $M$ 中最大的数．

（1）若 $a_{1} = 2, a_{2} = 1, a_{3} = 3, b_{1} = 1, b_{2} = 3, b_{3} = 3$ ，求 $r_{0}, r_{1}, r_{2}, r_{3}$ 的值；

（2）若 $a_{1} \geq b_{1}$ ，且 $2 r_{j} \leq r_{j + 1} + r_{j - 1}, j = 1, 2, \dots, m - 1$ ，求 $r_{n}$ ；

（3）证明：存在 $p, q, s, t \in {0, 1, 2, \dots, m}$ ，满足 $p > q, s > t$ ，使得 $A_{p} + B_{t} = A_{q} + B_{s}$ ．

🔍【思路分析】

破题导航

第一问：根据定义直接计算。先算出 $A_{n}$ 和 $B_{n}$ 的各项值，再根据 $B_{i} \leq A_{k}$ 寻找最大的 $i$ 。

第二问：利用凸性条件 $r_{j + 1} - r_{j} \geq r_{j} - r_{j - 1}$ 。由 $a_{1} \geq b_{1}$ 推出 $r_{1} \geq 1$ ，从而步长至少为 $1$ 。通过反证法，结合 $r_{m} \leq m$ 的限制，证明步长只能恒等于 $1$ 。

第三问：构造差值 $S_{n} = A_{n} - B_{r_{n}}$ 。利用 $r_{n}$ 的定义确定 $S_{n}$ 的取值范围，发现其取值个数少于 $n$ 的取值个数，从而根据抽屉原理必有相等项。

✅【答案】

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(1) $r_{0} = 0$ ， $r_{1} = 1$ ， $r_{2} = 1$ ， $r_{3} = 2$

(2) $r_{n} = n$

(3) 证明见解析

✍【详细解析】

Abstract

（1）解：

计算前 $n$ 项和：

$A_{0} = 0, A_{1} = 2, A_{2} = 3, A_{3} = 6$ ；

$B_{0} = 0, B_{1} = 1, B_{2} = 4, B_{3} = 7$ （注：原题干数据计算 $B_{2} = 1 + 3 = 4, B_{3} = 4 + 3 = 7$ ）。

根据 $r_{k} = max {i ∣ B_{i} \leq A_{k}}$ ：

$k = 0$ ： $A_{0} = 0$ ，满足 $B_{i} \leq 0$ 的最大 $i$ 为 $0$ ，故 $r_{0} = 0$ ；

$k = 1$ ： $A_{1} = 2$ ， $B_{1} = 1 \leq 2, B_{2} = 4 > 2$ ，最大 $i$ 为 $1$ ，故 $r_{1} = 1$ ；

$k = 2$ ： $A_{2} = 3$ ， $B_{1} = 1 \leq 3, B_{2} = 4 > 3$ ，最大 $i$ 为 $1$ ，故 $r_{2} = 1$ ；

$k = 3$ ： $A_{3} = 6$ ， $B_{2} = 4 \leq 6, B_{3} = 7 > 6$ ，最大 $i$ 为 $2$ ，故 $r_{3} = 2$ ．

（注：若按用户提供的解析步骤 $B_{2} = 3, B_{3} = 6$ ，则结果为 $0, 1, 2, 3$ 。此处以定义的逻辑为准）。

（2）解：

由定义知 $r_{0} = 0$ 。

因为 $a_{1} \geq b_{1} \geq 1$ ，所以 $A_{1} = a_{1}, B_{1} = b_{1}$ ，有 $B_{1} \leq A_{1}$ ，故 $r_{1} \geq 1$ 。

由于 $2 r_{j} \leq r_{j + 1} + r_{j - 1}$ ，说明数列 ${r_{n}}$ 的相邻项差值 $d_{j} = r_{j} - r_{j - 1}$ 是非递减的。

即 $r_{1} - r_{0} \leq r_{2} - r_{1} \leq \dots \leq r_{m} - r_{m - 1}$ 。

已知 $r_{1} - r_{0} \geq 1 - 0 = 1$ ，故所有的 $d_{j} \geq 1$ 。

若存在某个 $d_{j} \geq 2$ ，由于差值非递减，则该项之后的所有差值都 $\geq 2$ 。

假设 $r_{1} - r_{0} \geq 1$ ，且从某项开始差值大于 $1$ ，则：

$r_{m} = \sum_{j = 1}^{m} (r_{j} - r_{j - 1}) + r_{0} \geq m \times 1 = m$ 。

但 $r_{k}$ 是 ${0, \dots, m}$ 中的数，故 $r_{m} \leq m$ 。

这意味着必须有 $r_{j} - r_{j - 1}$ 恒等于 $1$ 。

又因为 $r_{0} = 0$ ，所以 $r_{n} = n$ 。

（3）证明：

欲证 $A_{p} + B_{t} = A_{q} + B_{s}$ ，即证 $A_{p} - B_{s} = A_{q} - B_{t}$ 。

令 $S_{n} = A_{n} - B_{r_{n}}$ ，其中 $n \in {0, 1, \dots, m}$ 。

根据 $r_{n}$ 的定义：

$B_{r_{n}} \leq A_{n} < B_{r_{n} + 1}$ （若 $r_{n} < m$ ）。

所以 $0 \leq A_{n} - B_{r_{n}} < B_{r_{n} + 1} - B_{r_{n}} = b_{r_{n} + 1}$ 。

由于 $b_{i} \in {1, 2, \dots, m}$ ，故 $0 \leq S_{n} \leq m - 1$ 。

考察数列 $S_{0}, S_{1}, \dots, S_{m}$ ，共 $m + 1$ 个项。

而 $S_{n}$ 的可能取值范围是 ${0, 1, \dots, m - 1}$ ，共 $m$ 个整数值。

根据抽屉原理，在 $m + 1$ 个项中至少有两项相等。

即存在 $q, p \in {0, 1, \dots, m}$ 且 $p > q$ ，使得 $S_{p} = S_{q}$ 。

由此得： $A_{p} - B_{r_{p}} = A_{q} - B_{r_{q}}$ 。

即 $A_{p} + B_{r_{q}} = A_{q} + B_{r_{p}}$ 。

令 $s = r_{p}, t = r_{q}$ 。

由于 $p > q$ 且 $a_{n} \geq 1$ ，故 $A_{p} > A_{q}$ ，从而推出 $B_{s} > B_{t}$ ，即 $s > t$ 。

证毕。

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

核心考点：算子 $max$ 在离散截断区间中的代数重组、二阶差分不等式对离散点集轨道斜率的单调性控制、鸽巢原理在有限整数剩余集中创造重合项的解析范式。

核心方法：构造特征差值法、反证单调边界夹逼法。

避坑指南：

第（1）问求 $B_{n}$ 发生低级连加错误：在求 $B_{2}$ 时，注意要累加 $b_{1} + b_{2} = 1 + 3 = 4$ ，防止因看错表格数据误算。

第（3）问对 $s > t$ 的逻辑链证明缺失：许多考生在利用抽屉原理证出等式后，直接声称 $s = r_{p}, t = r_{q}$ 满足条件，忽略了对 $s > t$ 这一硬性限定条件的论证。必须利用 $a_{n} ⩾ 1$ 传导到 $A_{p} > A_{q}$ ，再通过单调性落地到下标不等式，确保步骤无漏洞。

📖【试题探源与推广】

Tip

试题探源: 本题是高考数学新定义大题的巅峰之作。其高等数学背景直接基于实分析（Real Analysis）中的黎曼-斯蒂尔切斯积分（Riemann-Stieltjes Integral）的离散测度化简，以及点集拓扑中的下确界判定。定义中的 $r_{k}$ 实际上是构造了一个离散型的分布函数广义逆映射（Generalized Inverse Mapping）。命题利用初等数列的语言，精妙地考查了测度论中关于有界变差函数（Functions of Bounded Variation）的差值可测性原理。

结论推广: 对于更为广义的有限整值数列，若 $a_{n}, b_{n} \in {1, 2, \dots, K}$ ，项数均为 $m$ 。若我们定义类似的广义逆算子 $r_{k} = max {i ∣ B_{i} ⩽ A_{k}}$ 。通过构造相同的测度差值函数 $S_{n} = A_{n} - B_{r_{n}}$ ，其局域分布余数范围恒可被严格控制在 $[0, K - 1]$ 内。根据鸽巢原理，只要序列的项数（即变量的选择状态数） $m + 1$ 严格大于值域空间的容器数 $K$ （即满足关系 $m ⩾ K$ ），则在整值空间中必能产生至少一组相交轨道，使得： $A_{p} + B_{t} = A_{q} + B_{s} (p > q, s > t)$ 这一推广形式揭示了离散动力系统在有限跨度体现下，高密度样本轨道必然发生碰撞的内在拓扑不变性。

🔗【关联脉络】

Multi column

知识锚点 (Nodes)

19.07 一般数列的性质

22.01 计数原理、排列与组合

类题演练 (Links)

2008-江苏卷-19 解-数列删项等比

2014-江苏卷-20 解-新定义数列

2022-北京卷-21 解-新定义数列

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