2015年高考北京卷數(shù)學(xué)（理科）壓軸題的背景是數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題

1 ?2015年高考北京卷數(shù)學(xué)（理科）壓軸題及其參考答案

高考題1 （2015年高考北京卷數(shù)學(xué)（理科）第20題）已知數(shù)列{an}滿足：a1∈N*，a1≤36，且an+1=2an （an≤18）

2an-36 （an>18）（n=1，2，…）.記集合M={an|n∈N*}.

（Ⅰ）若a1=6，寫出集合M的所有元素;

（Ⅱ）若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù)，證明：M的所有元素都是3的倍數(shù);

（Ⅲ）求集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值.

參考答案 （Ⅰ）當(dāng)a1=6時(shí)，由所給的遞推式可得數(shù)列{an}：6，12，24，12，24，…，所以M={6，12，24}，即集合M的所有元素分別是6，12，24.

（Ⅱ）假設(shè)a1不是3的倍數(shù)，由所給的遞推式及數(shù)學(xué)歸納法可得an（n∈N*）均不是3的倍數(shù).這與題設(shè)相矛盾！所以a1是3的倍數(shù).再由所給的遞推式及數(shù)學(xué)歸納法可得an（n∈N*）均是3的倍數(shù)，即M的所有元素都是3的倍數(shù).

（Ⅲ）用數(shù)學(xué)歸納法易證an≤36（n∈N*）.

易知a2是偶數(shù)，再用數(shù)學(xué)歸納法易證an（n∈N*，n≥3）是4的倍數(shù).

由所給的遞推式可得，an+1與2an（n∈N*）被9除所得的余數(shù)相等.

①若數(shù)列{an}的項(xiàng)中有3的倍數(shù)，則由（Ⅱ）的結(jié)論知，an（n∈N*）均是3的倍數(shù).所以a1被9除所得的余數(shù)是0，3，或6.

由此可得數(shù)列{an}的項(xiàng)被9除所得的余數(shù)依次為0，0，…;或3，6，3，6，…;或6，3，6，3，….

在不大于36的正整數(shù)中：被9除余0且是4的倍數(shù)的只有36，被9除余3且是4的倍數(shù)的數(shù)只有12，被9除余6且是4的倍數(shù)的數(shù)只有24.

所以數(shù)列{an}的項(xiàng)從第3項(xiàng)開始必呈現(xiàn)周期性變化，且周期是1或2.

得此時(shí)集合M的元素個(gè)數(shù)至多是2+2=4.

②若數(shù)列{an}的項(xiàng)均不是3的倍數(shù)，則a3被9除所得的余數(shù)只可能是1，4，7，2，5，8.再由遞推式可得，數(shù)列{an}的項(xiàng)從第3項(xiàng)起被9除所得的余數(shù)呈現(xiàn)周期性變化，且周期分別是1，2，4，8，7，5;4，8，7，5，1，2;7，5，1，2，4，8;2，4，8，7，5，1;5，1，2，4，8，7;8，7，5，1，2，4.

又呈現(xiàn)周期性變化的每個(gè)數(shù)都是4的倍數(shù)且不大于36，所以1，2，4，8，7，5對(duì)應(yīng)的數(shù)分別是28，20，4，8，16，32.

得此時(shí)集合M的元素個(gè)數(shù)至多是2+6=8.

又當(dāng)a1=1時(shí)，可得M={1，2，4，8，16，32，28，20}，所以集合M的元素個(gè)數(shù)是8.

綜上所述，可得集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值是8.

注 筆者再給出第（Ⅱ）問(wèn)的數(shù)學(xué)歸納法證明：

設(shè)集合M中的元素ak（k是確定的正整數(shù)）是3的倍數(shù)，則

①由所給的遞推式及數(shù)學(xué)歸納法可得an（n∈N*，n≥k）均是3的倍數(shù);

②由所給的遞推式及反向數(shù)學(xué)歸納法可得an（n∈N*，n≤k）均是3的倍數(shù).

所以an（n∈N*）均是3的倍數(shù)，即M的所有元素都是3的倍數(shù).

2 用列舉法解答2015年高考北京卷數(shù)學(xué)（理科）壓軸題（即高考題1）

由題設(shè)可列舉出滿足題意的數(shù)列共36個(gè)（下表中的“M”表示“集合M的元素個(gè)數(shù)”）：

a1數(shù)列{an}集合MM

11，2，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{1，2，4，8，16，32，28，20}8

22，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{2，4，8，16，32，28，20}7

33，6，12，24，12，24，…{3，6，12，24}4

44，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{4，8，16，32，28，20}6

55，10，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{5，10，20，4，8，16，32，28}8

66，12，24，12，24，…{6，12，24}3

77，14，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{7，14，28，20，4，8，16，32}8

88，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，…{8，16，32，28，20，4}6

99，18，36，36，…{9，18，36}3

1010，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，…{10，20，4，8，16，32，28}7

1111，22，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，…{11，22，8，16，32，28，20，4}8

1212，24，12，24，…{12，24}2

1313，26，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，…{13，26，16，32，28，20，4，8}8

1414，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{14，28，20，4，8，16，32}7

1515，30，24，12，24，12，…{15，30，24，12}4

1616，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，…{16，32，28，20，4，8}6

1717，34，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，16，…{17，34，32，28，20，4，8，16}8

1818，36，36，…{18，36}2

1919，2，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，…{19，2，4，8，16，32，28，20}8

2020，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，…{20，4，8，16，32，28，20}7

2121，6，12，24，12，24，…{21，6，12，24}4

2222，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，…{22，8，16，32，28，20，4}7

2323，10，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，…{23，10，20，4，8，16，32，28}8

2424，12，24，12，…{24，12}2

2525，14，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{25，14，28，20，4，8，16，32}8

2626，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，…{26，16，32，28，20，4，8}7

2727，18，36，36，…{27，18，36}3

2828，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，32，…{28，20，4，8，16，32}6

2929，22，8，16，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，…{29，22，8，16，32，28，20，4}8

3030，24，12，24，12，…{30，24，12}3

3131，26，16，32，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，…{31，26，16，32，28，20，4，8}8

3232，28，20，4，8，16，32，28，20，4，8，16，…{32，28，20，4，8，16}6

3333，30，24，12，24，12，…{33，30，24，12}4

3434，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，16，…{34，32，28，20，4，8，16}7

3535，34，32，28，20，4，8，16，32，28，8，20，4，8，16，…{35，34，32，28，20，4，8，16}8

3636，36，…{36}1

由此表可知，表中的36個(gè)數(shù)列的項(xiàng)從某項(xiàng)后均呈現(xiàn)周期性的變化（此表列出了每個(gè)數(shù)列的兩個(gè)周期）（嚴(yán)格的證明均易用數(shù)學(xué)歸納法完成，這里略去過(guò)程）.

由此表容易給出本題的解答：

（Ⅰ）若a1=6，則集合M的所有元素分別是6，12，24.

（Ⅱ）若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù)，由上表可知，a1是3的倍數(shù)，進(jìn)而可得M的所有元素都是3的倍數(shù).

（Ⅲ）由上表可知，集合M的元素個(gè)數(shù)只可能是1，2，3，4，7，8，所以集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值是8.

文獻(xiàn)[1—4]就闡述了“應(yīng)重視用枚舉法解排列、組合及概率統(tǒng)計(jì)題”的觀點(diǎn)，實(shí)際上，用枚舉法解題是解各類數(shù)學(xué)題的基本觀點(diǎn)，不僅僅限于排列、組合及概率統(tǒng)計(jì)題，比如高考題1這道數(shù)列題及下文的高考題3這道函數(shù)題.

高考題2 ?（2010年高考安徽卷數(shù)學(xué)（理科）第21題）品酒師需定期接受酒味鑒別功能測(cè)試，一種通常采用的測(cè)試方法如下：拿出n瓶外觀相同但品質(zhì)不同的酒讓其品嘗，要求其按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序;經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，等其記憶淡忘之后，再讓其品嘗這n瓶酒，并重新按品質(zhì)優(yōu)劣為它們排序，這稱為一輪測(cè)試.根據(jù)一輪測(cè)試中的兩次排序的偏離程度的高低為其評(píng)分.

現(xiàn)設(shè)n=4，分別以a1，a2，a3，a4表示第一次排序時(shí)被排為1，2，3，4的四種酒在第二次排序時(shí)的序號(hào)，并令

X=1-a1+2-a2+3-a3+4-a4，

則X是對(duì)兩次排序的偏離程度的一種描述.

（Ⅰ）寫出X的可能值集合;

（Ⅱ）假設(shè)a1，a2，a3，a4等可能地為1，2，3，4的各種排列，求X的分布列;

（Ⅲ）某品酒師在相繼進(jìn)行的三輪測(cè)試中，都有X≤2，

①試按（Ⅱ）中的結(jié)果，計(jì)算出現(xiàn)這種現(xiàn)象的概率（假定各輪測(cè)試相互獨(dú)立）;

②你認(rèn)為該品酒師的酒味鑒別功能如何？說(shuō)明理由.

筆者在文獻(xiàn)[1-4]中均用枚舉法給出了這道題的解法：這里的一次試驗(yàn)是“將1，2，3，4排序”，先枚舉出這A44=24種排列及其對(duì)應(yīng)的X值，而后就很好求解各問(wèn)了.

注 從閱卷情況看，這道高考?jí)狠S題的得分率極低.筆者認(rèn)為造成這種情形的主要原因是考生不會(huì)用最簡(jiǎn)單的原始方法——枚舉法解決計(jì)數(shù)問(wèn)題，只知道套用排列組合公式解決復(fù)雜的計(jì)數(shù)問(wèn)題，殊不知，用簡(jiǎn)單的枚舉法也能輕松解決計(jì)數(shù)以及概率統(tǒng)計(jì)問(wèn)題.

在解決某些數(shù)學(xué)題特別是排列組合及概率統(tǒng)計(jì)等與計(jì)數(shù)有關(guān)的問(wèn)題時(shí)，有不少讀者認(rèn)為枚舉法是“最煩、最繁、最差、最沒(méi)有技術(shù)含量”的.其實(shí)不然：第一，當(dāng)基本事件總數(shù)較少但情況又稍復(fù)雜時(shí)，枚舉法一清二楚;枚舉法應(yīng)當(dāng)是解這類題時(shí)首先想到的方法，比如樹形圖、列表法等;第三，即使枚舉法失敗，也可由此發(fā)現(xiàn)部分規(guī)律，對(duì)解題也有幫助.因此，解決某些數(shù)學(xué)題特別是計(jì)數(shù)問(wèn)題時(shí)，應(yīng)重視枚舉法.

高考題3 （2012年高考新課標(biāo)全國(guó)卷數(shù)學(xué)（文科）第21題）設(shè)函數(shù)f（x）=ex-ax-2.

（Ⅰ）求f（x）的單調(diào)區(qū)間;

（Ⅱ）若a=1，k為整數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，（x-k）f′（x）+x+1>0，求k的最大值.

解 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）可得題設(shè)即xex-kex+k+1>0（x>0）恒成立.

由x=1時(shí)成立，得k<2e-1+1，所以整數(shù)k≤2.還可證k=2時(shí)成立：

設(shè)g（x）=xex-kex+k+1（x>0），

因?yàn)間′（x）=（x-1）ex（x>0），所以g（x）min=g（1）=3-e>0.

所以所求k的最大值是2.

注 由此解法還可得：整數(shù)k的取值范圍是{不大于2的整數(shù)}，實(shí)數(shù)k的取值范圍是（-∞，k0），其中k0是方程ek0-1=k0+1的正數(shù)解.

3 2015年高考北京卷數(shù)學(xué)（理科）壓軸題（即高考題1）的背景是數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題

先給出數(shù)學(xué)黑洞的有關(guān)概念及其記號(hào)、結(jié)論[5，6].

設(shè)有限集合（無(wú)限集合）A的所有元素x1，x2，…，xn（x1，x2，…，xn，…）可以按照某種規(guī)則排序?yàn)閤1<x2<…<xn（x1<x2<…<xn<…）（這里“<”表示排序后的先后關(guān)系），f是集合A的變換，用“xi→xj”表示“f（xi）=xj”.

對(duì)xi重復(fù)作變換f（其中f0（xi）=xi，f1（xi）=f（xi）;由“變換”知，j∈N，fj（xi）∈A：

f0（xi）→f1（xi）→…→fs-1（xi）→fs（xi）→…→fs+n（xi）→…

若fs+n（xi）=fs（xi），s是滿足此變換的最小自然數(shù)，n是滿足此變換的最小正整數(shù)（此時(shí)，把fs（xi）→…→fs+n（xi）叫做集合A的變換f的由xi生成的第一個(gè)周期節(jié)），則fs（xi）→…→fs+n-1（xi）或fs+1（xi）→…→fs+n（xi）等等都叫做集合A的變換f的由xi生成的黑洞（共有n種書寫形式，把這n種書寫形式視作同一個(gè)黑洞），當(dāng)然也可以看作集合A的變換f的由fj（xi）（j=0，1，…，s+n-1）生成的黑洞（因?yàn)閷?duì)fj（xi）（j=0，1，…，s+n-1）連續(xù)作變換f均可生成以上周期節(jié)），f0（xi），f1（xi），…，fs-1（xi）的個(gè)數(shù)s叫做xi到集合A的變換f的黑洞fs（xi）→…→fs+n-1（xi）（該黑洞共有n種書寫形式）的路程，簡(jiǎn)稱黑程，記作h（xi）=s.

若僅能由集合A的元素xk1，xk2，…（其中xk1<xk2<…）生成上述黑洞，則把這個(gè)黑洞叫做集合A的變換f的第k1個(gè)黑洞，記作Dk1=fs（xi）→…→fs+n-1（xi），fs（xi），…，fs+n-1（xi）的個(gè)數(shù)n叫做集合A的變換f的第k1個(gè)黑洞Dk1的周長(zhǎng).

把集合A的變換f的黑洞的集合記作fA，把集合fA的元素個(gè)數(shù)fA記作H，所以fA={D1，D2，…，DH}.

研究集合A的變換f的黑洞，就是要研究黑洞的存在性，求出黑洞的個(gè)數(shù)H，求出集合fA，黑洞D1，D2，…，DH分別是由集合A的哪些元素生成的，每個(gè)元素的黑程各是多少？

定理1 若f是集合A的一個(gè)變換，x∈A，則由x可生成集合A的變換f的黑洞的充要條件是：存在僅與x有關(guān)（即與j無(wú)關(guān)）的常數(shù)a（x），j∈N，fj（x）≤a（x）.

證明 必要性.對(duì)x重復(fù)作變換f：

f0（x）→f1（x）→…→fs-1（x）→fs（x）→…→fs+n（x）→…

因?yàn)橛蓌可生成集合A的變換f的黑洞，所以存在最小的自然數(shù)s和最小的正整數(shù)n，使fs+n（x）=fs（x），得j∈N，fj（x）≤max{f0（x），f1（x），…，fs+n-1（x）}.

選a（x）=max{f0（x），f1（x），…，fs+n-1（x）}，即得欲證成立.

充分性.因?yàn)閖∈N，fj（x）≤a（x），所以對(duì)x重復(fù)作變換f：

x→f（x）→f2（x）→…

此變換可一直進(jìn)行下去，而變換中的各數(shù)只能取有限個(gè)值，所以存在最小的自然數(shù)s和最小的正整數(shù)n，使fs+n（x）=fs（x）.

此時(shí)fs（x）→…→fs+n-1（x）就是由x生成的集合A的變換f的黑洞.

推論 若f是有限集合A的一個(gè)變換，則x∈A，由x可生成集合A的變換f的黑洞.

在高考題1中，設(shè)an+1=f（an）（n∈N*），可得f是有限集合A={1，2，3，…，36}的一個(gè)變換，所以由推論知，x∈A，由x可生成集合A的變換f的黑洞.

高考題1第（Ⅲ）問(wèn)即求由集合A的元素生成的黑洞的黑程及該黑洞的周長(zhǎng)之和的最大值.

圖1高考題4 （2014年高考湖北卷數(shù)學(xué)（理科）第13題）設(shè)a是一個(gè)各位數(shù)字都不是0且沒(méi)有重復(fù)數(shù)字的三位數(shù)，將組成a的3個(gè)數(shù)字按從小到大排成的三位數(shù)記為I（a），按從大到小排成的三位數(shù)記為D（a）（例如a=815，I（a）=158，D（a）=851）.閱讀如圖1所示的程序框圖，運(yùn)行相應(yīng)的程序，任意輸入一個(gè)a，輸出的結(jié)果b= ? ?.

答案：495.

文獻(xiàn)[4]，[7]均指出了這道高考題的背景也是數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題.

4 對(duì)2015年高考北京卷數(shù)學(xué)（理科）壓軸題的推廣

定理2 設(shè)常數(shù)p，k，l滿足p是奇素?cái)?shù)，k，l∈N.若數(shù)列{an}滿足an+1=2an （an≤2kpl）

2an-2k+1pl （an>2kpl）（n∈N*），a1∈N*，a1≤2k+1pl，記M={an|n∈N*}，用M表示集合M元素的個(gè)數(shù)，則當(dāng)a1變化時(shí)，有以下結(jié)論成立：

（1）an≤2k+1pl（n∈N*），2k+1ak+2;

（2）Mmin=1，且當(dāng)a1=2k+1pl時(shí)M={2k+1pl};

（3）當(dāng)l=0時(shí)，Mmax=k+2，且當(dāng)a1=1時(shí)M=k+2;

（4）當(dāng)（k，l，p）=（0，1，3），（0，1，5），（0，2，3）時(shí)Mmax=（p-1）pl-1+1，且當(dāng)a1=1時(shí)M=（p-1）pl-1+1;

（5）當(dāng)（p，l）=（3，1），（3，2），或（5，1）時(shí)Mmax=（p-1）pl-1+k+1，且當(dāng)a1=1時(shí)M=（p-1）pl-1+k+1.

證明 （1）對(duì)n用數(shù)學(xué)歸納法，可證得an≤2k+1pl（n∈N*）;對(duì)m用數(shù)學(xué)歸納法，可證得2mam+1（m=0，1，2，…，k+1），所以2k+1ak+2.

（2）略.

（3）由結(jié)論（1）得ak+2≤2k+1，2k+1ak+2，所以ak+2=2k+1.進(jìn)而可得an=2k+1（n≥k+2），所以M≤2k+1.

又當(dāng)a1=1時(shí)，數(shù)列{an}：1，2，22，…，2k+1，2k+1，2k+1，…，所以M={1，2，22，…，2k+1}，M=k+2.

所以欲證結(jié)論成立.

（4）用本文第2節(jié)開頭的列舉法易證.

（5）①當(dāng)（p，l）=（3，1）時(shí)，由結(jié)論（1）得ak+2≤3·2k+1，2k+1ak+2，所以ak+2=2k+1，2k+2，或3·2k+1.

當(dāng)ak+2=2k+1時(shí)，可得數(shù)列{an}n≥k+2：2k+1，2k+2，2k+1，2k+2，…，所以M≤k+3.

當(dāng)ak+2=2k+2時(shí)，可得數(shù)列{an}n≥k+2：2k+2，2k+1，2k+2，2k+1，…，所以M≤k+3.

當(dāng)ak+2=3·2k+1時(shí)，可得an=3·2k+1（n≥k+2），所以M≤k+2.

總之，M≤k+3.

又當(dāng)a1=1時(shí)，數(shù)列{an}：1，2，22，…，2k+1，2k+2，2k+1，2k+2，…，所以M={1，2，22，…，2k+2}，M=k+3.

所以此時(shí)欲證結(jié)論成立.

②當(dāng)（p，l）=（3，2）時(shí)，由結(jié)論（1）得ak+2≤9·2k+1，2k+1ak+2，所以ak+2=i·2k+1（i=1，2，3，…，或9）.

同①可證得此時(shí)欲證結(jié)論也成立.

③同②可證.

問(wèn)題 在定理2的題設(shè)下，求Mmax.

猜想 若定理2的題設(shè)滿足，則當(dāng)l∈N*時(shí)Mmax=（p-1）pl-1+k+1，且當(dāng)a1=1時(shí)M=（p-1）pl-1+k+1.

參考文獻(xiàn)

[1] 甘志國(guó).善用枚舉法解排列、組合及概率統(tǒng)計(jì)題[J].數(shù)學(xué)教學(xué)通訊（數(shù)學(xué)金刊·高考），

2015（2）：34-36.

[2] 甘志國(guó).應(yīng)重視用枚舉法解概率題[J].中學(xué)數(shù)學(xué)，2012（3上）：42.

[3] 甘志國(guó).立體幾何與組合[M].哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2014：151-159.

[4] 甘志國(guó).高考數(shù)學(xué)真題解密[M].北京：清華大學(xué)出版社，2015.

[5] 甘志國(guó).縮小變換黑洞[J].高等函授學(xué)報(bào)（自然科學(xué)版），1997（4）：56-59.

[6] 甘志國(guó).初等數(shù)學(xué)研究[M].哈爾濱：哈爾濱工業(yè)大學(xué)出版社，2009：10-15.

[7] 甘志國(guó).簡(jiǎn)介數(shù)學(xué)黑洞問(wèn)題[J].數(shù)學(xué)通訊，2014（10上）：43-44.