2026年2月港梦杯高考数学模拟试卷 #19
若共有 $k$（$k\geqslant 2$）项的数列 $\left\{a_n\right\}$ 满足\[\forall i\in\mathbb N^{\ast},2\leqslant i\leqslant k,\left|a_i-a_{i-1}\right|\leqslant 2,\]则称 $\left\{a_n\right\}$ 为保守数列．记 $T_m$ 为 $1,2,\cdots,m$ 随机排列后所能形成的所有保守数列的总个数，$S_m$ 为 $1,2,\cdots,m$ 随机排列后所能形成的所有以 $1$ 为首项的保守数列的总个数．特别地，$S_1=T_1=1$．
1、求 $S_4,T_4$；
2、求 $\left\{S_{n+3}-S_{n+2}-S_n\right\}$ 的通项公式；
3、求 $\left\{T_{n+3}-T_{n+2}-T_n\right\}$ 的通项公式．
解析
1、$k=4$ 时的所有保守数列列举为\[\begin{split} & 1,2,3,4;\quad 1,2,4,3;\quad 1,3,2,4;\quad 1,3,4,2;\\ & 2,1,3,4;\quad 2,4,3,1;\quad 3,1,2,4;\quad 3,4,2,1;\\ & 4,2,1,3;\quad 4,2,3,1;\quad 4,3,1,2;\quad 4,3,2,1.\end{split}\]因此 $S_4=4$，$T_4=12$．
2、对 $n$ 项的保守数列，考虑递推时 $n+1$ 只能放在 $n-1,n$ 两侧，因此按 $n-1,n$ 的位置分类．
第一大类，$n$ 与 $n-1$ 相邻：
① 以 $n-1,n$ 结尾；
② 以 $n,n-1$ 结尾；
③ $n-1,n$ 在内部；
第二大类，$n$ 不与 $n-1$ 相邻；
④ 以 $n-2,n$ 结尾．
设这四类保守数列的个数分别为 $a_n,b_n,c_n,d_n$，则\[(a,b,c,d)\big|_{n=4}=(1,1,1,1),\quad S_n=a_n+b_n+c_n+d_n,\]进而\[\begin{array}{l|l|l|l|l}\hline &a_{n+1}&b_{n+1}&c_{n+1}&d_{n+1}\\ \hline a_n:\cdots,n-1,n&\cdots,n-1,n,\boxed{n+1}&\cdots,n-1,\boxed{n+1},n&& \\ \hline b_n:\cdots,n,n-1&&&\cdots,n,\boxed{n+1},n-1&\cdots,n,n-1,\boxed{n+1}\\ \hline c_n:\cdots,n-1,n,\cdots&&&\cdots,n-1,\boxed{n+1},n,\cdots&\\ \hline d_n:\cdots,n-2,n&\cdots,n-2,n,\boxed{n+1}&&&\\ \hline \end{array}\]于是\[\begin{cases} a_{n+1}=a_n+d_n,\\ b_{n+1}=a_n,\\ c_{n+1}=b_n+c_n,\\ d_{n+1}=b_n,\end{cases}\implies \begin{cases} S_n=a_n+b_n+c_n+d_n,\\ S_{n+1}=2a_n+2b_n+c_n+d_n,\\ S_{n+2}=4a_n+2b_n+c_n+2d_n,\\ S_{n+3}=6a_n+3b_n+c_n+4d_n,\end{cases}\]且\[\begin{array} {c|c|c|c|c|c} \hline n & a & b & c & d & S \\ \hline 4 & 1 & 1 & 1 & 1 & 4 \\ \hline 5 & 2 & 1 & 2 & 1 & 6 \\ \hline 6 & 3 & 2 & 3 & 1 & 9 \\ \hline 7 & 4 & 3 & 5 & 2 & 14 \\ \hline 8 & 6 & 4 & 8 & 3 & 21 \\ \hline 9 & 9 & 6 & 12 & 4 & 31 \\ \hline \end{array}\] 于是 \[S_{n+3}-S_{n+2}-S_n=a_n-c_n+d_n,\]而\[a_{n+1}-c_{n+1}+d_{n+1}=(a_n+d_n)-(b_n+c_n)+b_n=a_n-c_n+d_n,\]因此 $\{a_n-c_n+d_n\}$ 为常数列，而 $a_4-c_4+d_4=1$，所以\[S_{n+3}+S_{n+2}-S_n=1,n\geqslant 4,\]又\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}\hline n&1&2&3&4&5&6&7&8&9\\ \hline S_n&1&1&2&4&6&9&14&21&31\\ \hline S_{n+3}-S_{n+2}-S_n&1&1&1&1&1&1& \\ \hline\end{array}\]于是\[S_{n+3}-S_{n+2}-S_n=1.\]
3、对 $n$ 项的保守数列，考虑递推时 $n+1$ 只能放在 $n-1,n$ 两侧，因此按 $n-1,n$ 的位置分类．
第一大类，$n$ 与 $n-1$ 相邻：
① 以 $n,n-1$ 开头或 $n-1,n$ 结尾；
② 以 $n-1,n$ 开头或 $n,n-1$ 结尾；
③ $n-1,n$ 在内部；
第二大类，$n$ 不与 $n-1$ 相邻；
④ 以 $n,n-2,n-1$ 开头或以 $n-1,n-2,n$ 结尾；
⑤ 以 $n,n-2$ 开头 $n-1$ 结尾，或以 $n-1$ 开头 $n-2,n$ 结尾．
设这四类保守数列的个数分别为 $a_n,b_n,c_n,d_n,e_n$，则\[(a,b,c,d,e)\big|_{n=4}=(4,2,2,2,2),\quad T_n=a_n+b_n+c_n+d_n+e_n,\]进而\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c}\hline &a_{n+1}&b_{n+1}&c_{n+1}&d_{n+1}&e_{n+1}\\ \hline a_n&1&1&&&\\ \hline b_n&&&1&1&\\ \hline c_n&&&1&&\\ \hline d_n&1&&&&\\ \hline e_n&1&&&&1\\ \hline \end{array}\]于是\[\begin{cases} a_{n+1}=a_n+d_n+e_n,\\ b_{n+1}=a_n,\\ c_{n+1}=b_n+c_n,\\ d_{n+1}=b_n,\\ e_{n+1}=e_n,\end{cases}\implies \begin{cases} T_n=a_n+b_n+c_n+d_n+e_n,\\ T_{n+1}=2a_n+2b_n+c_n+d_n+2e_n,\\ T_{n+2}=4a_n+2b_n+c_n+2d_n+4e_n,\\ T_{n+3}=6a_n+3b_n+c_n+4d_n+8e_n,\end{cases} \]且\[ \begin{array}{c|c|c|c|c|c|c}\hline n & a & b & c & d & e & T \\ \hline 4 & 4 & 2 & 2 & 2 & 2 & 12 \\ \hline 5 & 8 & 4 & 4 & 2 & 2 & 20 \\ \hline 6 & 12 & 8 & 8 & 4 & 2 & 34 \\ \hline 7 & 18 & 12 & 16 & 8 & 2 & 56 \\ \hline 8 & 28 & 18 & 28 & 12 & 2 & 88 \\ \hline 9 & 42 & 28 & 46 & 18 & 2 & 136 \\ \hline \end{array} \] 于是 \[T_{n+3}-T_{n+2}-T_n=a_n-c_n+d_n+3e_n,\]而\[ (a_{n+1}-c_{n+1}+d_{n+1}+3e_{n+1})-(a_n-c_n+d_n+3e_n)=e_n=2,\]因此有\[T_{n+3}-T_{n+2}-T_n=2n+2,n\geqslant 4.\]又\[\begin{array}{c|c|c|c|c|c|c|c|c|c}\hline n&1&2&3&4&5&6&7&8&9\\ \hline T_n&1&2&6&12&20&34&56&88&136\\ \hline T_{n+3}-T_{n+2}-T_n&5&6&8&10&12&14& \\ \hline\end{array}\]于是\[T_{n+3}-T_{n+2}-T_n=\begin{cases} 5,&n=1,\\ 2n+2,&n\geqslant 2.\end{cases}\]