高考数学最后一题解题NB策略

例说数学解题策略

【例17】（2010北京卷20）已知集合Sn?{X|X?(x1,x2,…，xn),x1?{0,1},i?1,2,…,n}(n?2).对于定义A与B的差为A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|);A?(a1,a2,…an,)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，

A与B之间的距离为d(A,B)??i?1|a1?b1|

（Ⅰ）证明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B); （Ⅱ）证明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 (Ⅲ) 设P?Sn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为d?P?． 证明： d?P?≤

mn.

2(m?1)【分析】本题的表述充满着数学符号，在题意理解上存在较大的困难，这需要学生运用化策略来帮助理解题意. 例如：考虑n?5时的情况，令A?(1,1,0,1,0)，B?(0,1,0,1,1)，C?(1,0,0,1,0)则A?C?(0,1,0,0,0)，通过这些具体元素，就容易理解所求证的结论的含义，B?C?(1,1,0,0,1)，d(A,C)?1?0?0?0?0?1，从而为证明提供了思路.

（Ⅰ）证明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，即证ai,bi?{0,1}时，有|ai?bi|?{0,1}，i?1,2,?,n 显然即使采取穷举，|ai?bi|也不过四种情况：|1?0|,|0?0|,|0?1|,|1?1|?{0,1}. 证d(A?C,B?C)?d(A,B)，即证

?(||a?c|?|b?c||)??|a?b|，

iiiiiii?1i?1nn思路一：考察||ai?ci|?|bi?ci||,|ai?bi|的关系，若ci?0，则||ai?ci|?|bi?ci||?|ai?bi|?|ai?bi| 若ci?1，则||ai?ci|?|bi?ci||?|(1?ai)?(1?bi)|?|ai?bi|. 思路二：因为|ai?bi|?{0,1}，所以|ai?bi|2?|ai?bi|

所以考察||ai?ci|?|bi?ci||,|ai?bi|即考察||ai?ci|2?|bi?ci|2|,|ai?bi|

||ai?ci|?|bi?ci||?||ai?ci|2?|bi?ci|2|?|ai2?bi2?2aici?2bici|?|ai?bi?2ci(ai?bi)|?|ai?bi||1?2ci|?|ai?bi|思路三：|ai?bi|的含义：ai,bi同|ai?bi|为0，异|ai?bi|为1

分情况讨论可知：ai,bi与ci都同或都异，则ai,bi同； ai,bi恰有其一与ci同，则ai,bi异； （Ⅱ）证明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数 思路一：设O?{0,0,?0,，,利用第一问d(A,B)?d(O,B?A)，d(A,C)?d(O,C?A)，设

满

足

d(B,C)?d(B?A,C?A)d(B,?C)x,d?(，

|bi?ai|?|ci?的ai?个

数为

h个，

C,A)，则?yz?dd(B,CB)?dA(B?A,zC?A)?x?y?2h

思路二：|ai?bi|2?|ai?bi|，|bi?ci|2?|bi?ci|，|ai?ci|2?|ai?ci|

d(A,B)?d(A,C)?d(B,C)??(|ai?bi|?|ai?ci|?|bi?ci|)

i?1n??(|ai?bi|?|ai?ci|?|bi?ci|)?2?(ai2?bi2?ci2?aibi?aici?bici)

222i?1i?1nn思路三：穷举，讨论每一种情况：(ai,bi,ci)，i?1,2,?,n一共有8种情况 思路四：反证法，假设没有偶数，又|ai?bi|与ai?bi奇偶性相同，所以d(A,B)与

nnn?(a?b)的奇偶性相

iii?1n同，所以d(A,B)?d(B,C)与

?(a?b)??(b?c)??(a?c)的奇偶性相同，而d(A,C)与

iiiiiii?1i?1i?1?(a?c)奇偶性相同.

iii?1n(Ⅲ)设P中所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，m?ti个0，则任意两个元素间距离之和中，第i个

m2位置的1的个数为ti(m?ti)个，而ti(m?ti)?

4m2n所以任意两个元素间的距离之和不大于

4m2nmn所以d(P)?. ?24Cm2(m?1)【例18】对于正整数n,数列a1,a2,?,ak在满足下列条件下称为关于(1,2,3,?,n)的万能数列:自然数

1,2,3,?,n的任意一个排列都能从数列a1,a2,?,ak中去掉一些项后得到. (1) 构造一个有n2项的关于(1,2,3,?,n)的万能数列的例子,并证明;

(2) 构造一个有n2?n?1个项的关于(1,2,3,?,n)的万能数列的例子并证明;

n?2组??????????????????????????????????????????????????????????????????????(3) 判断数列A：n,1,2,3,?,(n?1),n,1,2,3,?,(n?2)n(n?1),?,1,2,n,3,?,(n?1),1,n,2是否是关于(1,2,3,?,n)的万能数列，并证明你的结论.

n个???????????????????????????????【分析】 (1) 1,2,?,n1,2,?,n?1,2,?,n

显然在上述数列中,对于1,2,3,?,n的任意一个排列的第k个位置上的数字,总能在该数列的第k段中找到。

(2)【分析】注意到n2?n?1比n少n?1，由（1）问结论可得是减少了将近一组数。原本是每组中贡献一个，刚好可以组成人一个n个元素的排列，现在少了近一组数，说明必须能够保证某一组数中必须贡献两个元素。首先考察在（1）的结论中减少最后一组(保留1)的情况：

n?1个???????????????????????????????1,2,?,n1,2,?,n?1,2,?,n,1

2把1,2,3,?,n的一个排列,由左到右构成的数列记作{bk}

①若该排列中不存在数字bi,bi?1满足 bi?bi?1(1?i?n?1),则b1?b2???bn

显然这个排列在上述数列中可以找到

②若该排列中存在bi,bi?1满足 bi?bi?1(1?i?n?1,则在上述数列中的第i组留下bi,bi?1,其余的都去掉,其余的各组留下排列中相应的数就可以得到这一排列 综上讨论可得该数列为1,2,3,?,n的万能数列.

(3)数列A是万能数列

n?2组??????????????????????????????????????????????????????????????????????n,1,2,3,?,(n?1),n,1,2,3,?,(n?2)n(n?1),?,1,2,n,3,?,(n?1),1,n,2

由（2）的证明可知，数列A中从首相之后到倒数第二项之前的这些项，是一个关于(1,2,3,?,n?1)的万能数列

所以以n为首项或末项的任何一个排列都可以从数列A中划去一些项而得到 设a1,a2,?,ar,ar?1,?,an是关于自然数1,2,3,?,n的一个排列，且ar?n,1?r?n 把数列A中第r个n之前和之后的所有n都划掉，则在含第r个n之前的数为

r?2组????????????????????????????????????????????????????????1,2,3,?,(n?1),1,2,3,?,(n?1),?,1,2,3,?,(n?1),1,2,?,n?r?1―――①

因为a1,a2,?,ar?1中最小一项的最大值为n?r?1，

所以由（2）证明可得在上面这组数①中划掉一些项可得a1,a2,?,ar?1 在含第r个n之后的数为

n?r?1组????????????????????????????????????????????????????????n?r?2,n?r?3,?,n?11,2,3,?,(n?1),1,2,3,?,(n?1),?,1,2,3,?,(n?1),1,2―――②

由（2）证明可得，若ar?1,ar?2,?,an中最小值为１，２，显然ar?1,ar?2,?,an可以通过划掉一些项得到. 若ar?1,ar?2,?,an中最小值为大于２，此时ar?1,ar?2,?,an中最大的数的最小值为n?r?2， 所以由（2）证明可得在上面一组数②中划掉一些项可得ar?1,ar?2,?,an. 所以数列A是关于(1,2,3,?,n)的万能数列.

【例19】已知数集A??a1,a2,?an??0?a1?a2??an,n?2?具有性质P：对任意的

i,j?1?i?j?n?，ai?aj与aj?ai两数中至少有一个属于A.

（Ⅰ）分别判断数集?1,2,3?与?0,2,3,5?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a1?0，且2(a1?a2???an?1)?(n?2)an； （Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等差数列. （IV）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等差数列. 解：（Ⅰ）由于3?3与3?3均不属于数集?1,2,3?，∴该数集不具有性质P.

由于当i?j时，aj?ai?0??0,2,3,5?，2?0,3?2,5?3,5?2,5?0,3?0也都属于数集?0,2,3,5?， ∴该数集具有性质P.

（Ⅱ）证明：∵A??a1,a2,?an?具有性质P，∴an?an与an?an中至少有一个属于A， 由于0?a1?a2???an，∴an?an?an，故an?an?A. 从而0?an?an?A，∴a1?0.

∵0?a1?a2???an， ∴ak?an?an，故ak?an?A?k?2,3,?,n?. 由A具有性质P可知an?ak?A?k?1,2,3,?,n?. 又∵an?an?an?an?1???an?a2?an?a1，

∴an?an?0,an?an?1?a2,?,an?a2?an?1,an?a1?an，

从而(an?an)?(an?an?1)???(an?a2)?(an?a1)?a1?a2???an?1?an， ∴2(a1?a2???an?1)?(n?2)an. w （Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当n?5时，有a5?a4?a2,a5?a3?a3，即a5?a2?a4?2a3， ∵0?a1?a2???a5，∴a3?a4?a2?a4?a5，∴a3?a4?A，

由A具有性质P可知a4?a3?A. w

由a2?a4?2a3，得a3?a2?a4?a3?A，且0?a3?a2?a3， ∴a3?a2?a4?a3?a2，

∴a5?a4?a4?a3?a3?a2?a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为0，公差为a2成等差数列..

20】 已知数集A??a1,a2,?an??1?a1?a2??an,n?2?具有性质P；对任意的

i,j?1?i?j?n?，aajiaj与

a两数中至少有一个属于A. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m

i（Ⅰ）分别判断数集?1,3,4?与?1,2,3,6?是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）证明：a2???an1?1，且

a1?aa?1?a?1???a?1?an； 12n（Ⅲ）证明：当n?5时，a1,a2,a3,a4,a5成等比数列..k.s.5. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 【解析】

（Ⅰ）由于3?4与

43均不属于数集?1,3,4?，∴该数集不具有性质P. 由于1?2,1?3,1?6,2?3,6612362,3,1,2,3,6都属于数集?1,2,3,6?，

∴该数集具有性质P.

（Ⅱ）证明：∵A??a1,a2,?an?具有性质P，∴anan与

ana中至少有一个属于A， n由于1?a1?a2???an，∴anan?an，故anan?A. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 从而1?ana?A，∴a1?1. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m n∵1?a1?a2???an， ∴akan?an，故akan?A?k?2,3,?,n?.

由A具有性质P可知

ana?A?k?1,2,3,?,n?. k又∵

ana?an???an?an， nan?1a2a1 【例

∴

anaaa?1,n?a2,?n?an?1,n?an，w.w.w.k.s.5.u.c.o.m anan?1a2a1ananaa????n?n?a1?a2???an?1?an， anan?1a2a1从而

∴

a1?a2???an?an. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m ?1?1?1a1?a2???ana5a2， ?a2,5?a3，即a5?a2a4?a3a4a3（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，当n?5时，有

∵1?a1?a2???a5，∴a3a4?a2a4?a5，∴a3a4?A，

由A具有性质P可知

a4?A. w.w.w.k.s.5.u.c.o.m a32由a2a4?a3，得

a3a4aaa??A，且1?3?a2，∴4?3?a2，

a2a2a3a3a2∴

a5a4a3a2????a2，即a1,a2,a3,a4,a5是首项为1，公比为a2成等比数列..k.s.5. a4a3a2a1【例21】给定项数为m(m?N*,m?3)的数列{an}，其中ai?{0,1}(i?1,2,?,m).

若存在一个正整数k(2?k?m?1)，若数列{an}中存在连续的k项和该数列中另一个连续的k项恰好按次序对应相等，则称数列{an}是“k阶可重复数列”，

例如数列{an}：0,1,1,0,1,1,0.

因为a1,a2,a3,a4与a4,a5,a6,a7按次序对应相等，所以数列{an}是“4阶可重复数列”. （Ⅰ）分别判断下列数列

①{bn}:0, 0, 0, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 0. ②{cn}:1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1.

是否是“5阶可重复数列”？如果是，请写出重复的这5项；

（Ⅱ）若项数为m的数列{an}一定是 “3阶可重复数列”，则m的最小值是多少？说明理由； （III）假设数列{an}不是“5阶可重复数列”，若在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数

列是“5阶可重复数列”，且a4?1，求数列{an}的最后一项am的值.

解：（Ⅰ）记数列①为?bn?，因为b2,b3,b4,b5,b6与b6,b7,b8,b9,b10按次序对应相等，所以数列①是“5阶可重复数列”，重复的这五项为0,0,1,1,0;

记数列②为?cn?，因为c1,c2,c3,c4,c5、c2,c3,c4,c5,c6、c3,c4,c5,c6,c7、c4,c5,c6,c7,c8、 c5,c6,c7,c8,c9、c6,c7,c8,c9,c10没有完全相同的，所以?cn?不是“5阶可重复数列”.

（Ⅱ）因为数列{an}的每一项只可以是0或1，所以连续3项共有23?8种不同的情形.若m＝11，则数列{an}中有9组连续3项，则这其中至少有两组按次序对应相等，即项数为11的数列{an}一定是“3阶可重复数列”；若m＝10，数列0,0,1,0,1,1,1,0,0,0不是“3阶可重复数列”；则3?m?10时，均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}.所以，要使数列{an}一定 是“3阶可重复数列”，则m的最小值是11.

（III）由于数列?an?在其最后一项am后再添加一项0或1，均可使新数列是“5阶可重复数列”，即在数列?an?的末项am后再添加一项0或1，则存在i?j，使得ai,ai?1,ai?2,ai?3,ai?4与am?3,am?2,am?1,am,0按次序对应相等，或aj,aj?1,aj?2,aj?3,aj?4与am?3,am?2,am?1,am,1按次序对应相等，

如果a1,a2,a3,a4与am?3,am?2,am?1,am不能按次序对应相等，那么必有2?i,j?m?4，i?j，使得ai,ai?1,ai?2,ai?3、aj,aj?1,aj?2,aj?3与am?3,am?2,am?1,am按次序对应相等.

此时考虑ai?1,aj?1和am?4，其中必有两个相同，这就导致数列?an?中有两个连续的五项恰按次序对应相等，从而数列?an?是“5阶可重复数列”，这和题设中数列?an?不是“5阶可重复数列”矛盾！所以a1,a2,a3,a4与am?3,am?2,am?1,am按次序对应相等，从而am?a4?1.

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