抽屜原理在新高考中的應(yīng)用

抽屜原理，又稱鴿巢原理，是數(shù)學(xué)競賽組合數(shù)學(xué)領(lǐng)域的重要原理.涉及該原理的證明題和應(yīng)用題往往具有較大難度.在常規(guī)數(shù)學(xué)教學(xué)中，抽屜原理僅出現(xiàn)在人教版小學(xué)數(shù)學(xué)教材六年級下冊“數(shù)學(xué)廣角\"模塊，以往的高中數(shù)學(xué)教學(xué)和高考幾乎未涉及.然而，在新高考及新課改背景下，對學(xué)生數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng)和創(chuàng)新能力的考查日益重視.作為新課改的風(fēng)向標，北京高考近年來的壓軸題多次涉及抽屜原理的應(yīng)用.由于大部分學(xué)生未接受過數(shù)學(xué)競賽培訓(xùn)，因此對此內(nèi)容感到陌生.本文將以北京高考壓軸題為例，探討抽屜原理在新高考中的應(yīng)用，

一、預(yù)備知識

抽屜原理的基本表述為：若將 n + k （ k ? 1 ） 個物體以任意方式全部放入 n 個抽屜中，則一定存在一個抽屜，它里面有兩個或者更多個物體.

二、尋找突破口，構(gòu)建抽屜模型

抽屜原理本質(zhì)上解決的是存在性問題，題目中常出現(xiàn)“必定存在”“存在\"等字眼.解決此類問題的關(guān)鍵在于尋找突破口，構(gòu)建抽屜模型.

[例1]（2023年北京高考第21題節(jié)選）已知數(shù)列 的項數(shù)均為 m （ m gt; 2 ） ，且 的前 n 項和分別為 ，并規(guī)定 .對于 ，定義 ，其中 表

示數(shù)集 M 中最大的數(shù).

（3）證明：存在 ，滿足 p gt; q ， s gt; t ，使得

證明：當 ，取 p = s = m ， q = t = 0 ，有 ，命題得證.

當 ，不妨設(shè) （若 ，將數(shù)列 與數(shù)列 的位置互換即可），

此時

因此 由于 且

此時 一共有 m + 1 項，根據(jù)抽屜原理必有兩項 與 相等（ pgt; q） ，即

而 設(shè) ，得 即 ，證畢.

評析：本題首先對新定義 ，max進行理解.需要證明的是一個存在性問題，即要使得‘ ’，這實際上等價于‘ ，即證明兩個元素相等.因此，可以以此為突破口，利用題設(shè)提示構(gòu)造 '，抓住“ ”這一關(guān)鍵信息，構(gòu)建抽屈原理模型，進而解決問題.

三、借助反證，構(gòu)造抽屜模型

當問題中出現(xiàn)“最大值”“最小值\"等關(guān)鍵詞時，通?？梢韵炔聹y其可能的取值，再借助反證法驗證猜想是否正確.

[例2]（2022年北京高考第21題）已知 為有窮整數(shù)數(shù)列.給定整數(shù) m ，若對任意的 ，在 Q 中存在 0），使得 ，則稱 Q 為 m - 連續(xù)可表數(shù)列.

（1）判斷 Q ： 2 ， 1 ， 4 是否為5-連續(xù)可表數(shù)列？是否為6-連續(xù)可表數(shù)列？說明理由；（2）若 為 8 - 連續(xù)可表數(shù)列，求證： k 的最小值為4;（3）若 為20-連續(xù)可表數(shù)列，且 ，求證： k ? 7

分析：本題的第（2）（3）問可以應(yīng)用抽屜原理，將定義中的 ”看成抽屜，若是抽屜的個數(shù)小于“物品\"的個數(shù) m 時，意味著必有某個 '同時等于兩個數(shù)，則推出矛盾.第（3）問要證明 k ? 7 ，可以采用反證法，假設(shè)存在 k = 6 ，即 連續(xù)可表數(shù)列，然后一步步地推出矛盾.

解：（1）略.

（2）設(shè) ， ，則當 k ? 3 時，‘ 一 ）\"至多有 個數(shù)字，則根據(jù)抽屜原理，此時數(shù)列不是8-連續(xù)可表數(shù)列.當 k = 4 時，數(shù)列 滿足 ， ， ， ， ， ， ， ，為8-連續(xù)可表數(shù)列，于是 k 的最小值為4.

（3）設(shè) ，當 k ? 5 時，“ ；至多有 個數(shù)字，不符合題目要求，則 k ? 6

若 k = 6 時，存在這樣的數(shù)列 使得為20-連續(xù)可表數(shù)列，注意到‘ 0）”，共有 個數(shù)字，且 ，因此該數(shù)列必然存在負整數(shù)，且有且只有一個負整數(shù).若不然，則存在至少兩個負整數(shù)，其余的“ 中 6 ? i gt; j ? 0 ）\"將最多只有19個，根據(jù)抽屜原理，1 ， 2 ， ? s ， 2 0 將必然存在兩個數(shù)相等，矛盾.

因此，除了這個負數(shù)，其余的20個“ 必然為 1 ， 2 ， ? s ， 2 0 ，并且還可以斷言此負數(shù)只能為 或 若不然，假設(shè) ，由于‘ 是含有“ ”的最大項，故

不妨設(shè) ，由于 ，則 ，此時，這樣的21個數(shù)字至少有2個負數(shù)，所以矛盾.

綜上，不妨假設(shè) ，將除 外的20個 （204求和（見下表），

即

則 必為偶數(shù)，且

所以，

所以 ， ，故 ，則 故 ， ，若 ，則 ，矛盾，所以 ，此時 ，

① 當 14，此時 ，因此 ，則只能有 ，

當 ，而 ，矛盾；

當 ，而 ，矛盾；

當 ，而 ，矛盾；

當 ，而 ，矛盾；

當 ，而 ，矛盾.

② 當 時， ，則 ，此時 ，顯然 3，4，則 ， ， ， ，所以 且 ，即 ，則數(shù)列 Q 只能為 - 2 ， 4 ， 3 ， 7 ， 5 ， 1 （但 3 + 4 = 7 ，矛盾）或者 （但 - 2 + 4 + 7 = 3 + 5 + 1 ，矛盾），故 k = 6 不存在.所以， k ? 7 ，證畢.

評析：本題巧妙利用反證法并結(jié)合抽屜原理制造矛盾，從而有效解決最值問題.

[例3]（2018年北京高考理科第20題）設(shè) n 為正整數(shù)，集合 對于集合 中的任意元素 ）和 ，記

（1）當 n = 3 時，若 α = （ 1 ， 1 ， 0 ） ， β = （ 0 ， 1 ， 1 ） ，求 M （ α ， α ） 和 M （ α ， β ） 的值;

（2）當 n = 4 時，設(shè) B 是 A 的子集，且滿足：對于集合 B 中的任意元素 α ， β ，當 α ， β 相同時， M （ α ， β ） 是奇數(shù)；當 α ， β 不同時， M （ α ， β ） 是偶數(shù)，求集合 B 中元素個數(shù)的最大值；

（3）給定不小于2的 n ，設(shè) B 是 A 的子集，且滿足：對于 B 中的任意兩個不同的元素 α ， β ， M （ α ， β ） = 0，寫出一個集合 B ，使其元素個數(shù)最多，并說明理由.

解：（1）略.

（2）依題意 （2{x≥yy則M（a，β）=mi{x，y}+min{x，+ ，對于 B 中的任意元素 中的每一個 等于1的個數(shù)只能是奇數(shù)，因此等于1的個數(shù)只能是1或3.

現(xiàn)構(gòu)造

設(shè) β=（1，0，1，1）， ， ，

當 時 當 i = j 時 顯然 與 均滿足要求.

現(xiàn)斷言：滿足要求的元素個數(shù)的最大值為4

若不然，則至少有5個元素，根據(jù)分析這5個元素必來自這兩個集合 與 ，根據(jù)抽屜原理，必有一個集合輸出的元素最多.不妨假設(shè)來自集合 的元素個數(shù)更多，故來自集合 的元素個數(shù)至少有3個.假設(shè)集合 B 中來自 的元素為 ，根據(jù)剛剛的討論可知， 必與來自集合 的某個元素 滿足i ≠ j ，即 ，矛盾，則元素個數(shù)的最大值為4.

（3）現(xiàn)斷言滿足要求的集合 B 元素個數(shù)最多為n + 1 ，集合 （204號

以下是元素個數(shù)最大值的證明：

已知 ，定義 顯然 N （ α ） = 0 時，當且僅當 α = （ 0 ， 0 ， ? s ， 0 ）

反證法：假設(shè)存在一個滿足要求的集合 B ，其元素個數(shù)不少于 n + 2 .根據(jù)假設(shè)該集合中滿足N （ α ） ? 1 的元素至少有 n + 1 個，設(shè)為 對于每一個 n 維向量 ，必有某個分量 ，其中 ，此時 一共有 n + 1 項，根據(jù)抽屜原理必有兩個 相等，即存在兩個 n 維向量 的某個分量 滿足 ，此時 ，矛盾.

綜上，滿足要求的集合 B 元素個數(shù)最多為n + 1

評析：本題第（2）問和第（3）問都需要用到抽屜原理，且兩問都涉及最值問題.處理此類問題時，需巧妙運用反證法，并構(gòu)造抽屜模型以論證矛盾．

［參考文獻]

[1」甘志國.2023年高考數(shù)學(xué)北京卷壓軸題的詳解及推廣[J].中學(xué)數(shù)學(xué)雜志，2023（7）：64-65.

[2]朱國榮.“抽屜原理”教學(xué)的問題思考與實踐改進[J].小學(xué)教學(xué)（數(shù)學(xué)版），2019（7/8）：126-130.

（責(zé)任編輯 黃春香）