如果让一个大学数学系的顶尖学霸去解一道高中极其困难的数学题，他还能解出来吗？
正如高票答案说的那样，如果是IMO这一级别的“高中”数学题，那么即使是陶哲轩这样的顶级数学家，也有一定的概率被卡半天.  但是，最能代表高中数学“比较难”的习题的，应该是高考数学中的难题、压轴题，这样的题目就差太远了. 高考数学中的难题技巧性再高，往往也有限度，不太可能达到数学竞赛二试的难度. 所以一般来说，再难的高考题，数学系非常优秀的学生也是能做出来的. 在高考数学卷的命题历史上，北京、上海、天津、重庆、江西、江苏、浙江、安徽、湖北、湖南、四川等地的高考卷，都出现过非常困难的压轴题，这其中尤其以北京、江西、江苏、浙江、安徽的压轴题为甚，有个别压轴题的难度甚至超过了数学竞赛一试的水平了. 不过单就解题技巧来讲，史上最难的高考数学压轴题，技巧性似乎也不及数学竞赛二试的水平，所以大学数学系的学霸们应该没什么压力.   值得注意的是，有两个地方的高考数学试卷，压轴题特别喜欢使用大学数学知识为命题背景. 对于这样的“高中”数学“难题”，数学系的优秀学生当然就更有优势了. 一个是安徽卷 @张翼腾 的答案中提到了2012年的安徽高考数学理科卷的压轴题 如果让一个大学数学系的顶尖学霸去解一道高中比较难的数学题，他还能解出来吗？ 这题的命题背景涉及到压缩映射原理  实际上，这不是安徽卷唯一一次这么干，在这之后，2013年安徽理科卷倒数第二题是这样的： 设函数 f_{n}\left( x \right)= -1 +x+\frac{x^{2}}{2^{2}}+\frac{x^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x^{n}}{n^{2}} 证明： (1)对每个 n\in\mathbb{N}^{*} ，存在唯一的 x_{n}\in\left[ \frac{2}{3},1 \right] ，满足 f_{n}\left( x_{n} \right)=0 . (2)对任意的 p\in\mathbb{N}^{*} ，由(1)中的 x_{n} 构成的数列 \left\{ x_{n} \right\} 满足 0<x_{n}-x_{n+p}<\frac{1}{n} . 这题虽然不是最后一题，而是倒数第二题，但那年安徽卷整体难度太大，这题就是典型的压轴题级别的难题. 这题的命题背景，实际上涉及到介值定理、柯西列、幂级数等微积分中的内容 先看证明： (1) 显然对任意 n\in\mathbb{N}^{*} ， f_{n}\left( x \right) 是连续函数 f_{1}\left( 1 \right)=-1+1=0 x_{1}=1  n\in\mathbb{N}^{*},n>1 时 f_{n}\left( 1 \right)=-1 +1+\frac{1^{2}}{2^{2}}+\frac{1^{3}}{3^{2}}+\cdots+\frac{1^{n}}{n^{2}} >0 \begin{alignat}{0} f_{n}\left( \frac{2}{3} \right)\\ =-1+\cfrac{2}{3}+\cfrac{\left( \cfrac{2}{3}\right)^{2}}{2^{2}} +\cfrac{\left( \cfrac{2}{3} \right)^{3}}{3^{2}} +\cdots+\cfrac{\left( \cfrac{2}{3} \right)^{n}}{n^{2}}\\ <-1+\cfrac{2}{3}+\cfrac{\left( \cfrac{2}{3}\right)^{2}}{2^{2}} +\cfrac{\left( \cfrac{2}{3} \right)^{3}}{2^{2}} +\cdots+\cfrac{\left( \cfrac{2}{3} \right)^{n}}{2^{2}}\\ =-\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{3^{2}}\cdot \cfrac{1-\left( \cfrac{2}{3} \right)^{n-1}}{1-\cfrac{2}{3}}\\ <-\cfrac{1}{3}+\cfrac{1}{3}\\ =0 \end{alignat}  f_{n}\left( x \right) 在 \left[ \frac{2}{3},1 \right] 上连续 由Bolzano-Cauchy定理（零点定理），存在 x_{n}\in\left[ \frac{2}{3},1 \right] ， f_{n}\left( x_{n} \right)=0  又 f_{n}'\left( x \right)= 1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{3}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{n} x\in\left[ \frac{2}{3},1 \right]  显然 f_{n}'\left( x \right)>0 ， f_{n}\left( x \right) 在 \left[ \frac{2}{3},1 \right] 上严格单调增 从而存在唯一的 x_{n}\in\left[ \frac{2}{3},1 \right] ， f_{n}\left( x_{n} \right)=0  (2) f_{n}\left( x \right)= -1 +x+\frac{x^{2}}{2^{2}}+\frac{x^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x^{n}}{n^{2}} x_{n}\in\left[ \frac{2}{3},1 \right] f_{n}\left( x_{n} \right) =-1 +x_{n}+\frac{x_{n}^{2}}{2^{2}}+\frac{x_{n}^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x_{n}^{n}}{n^{2}} =0 f_{n+p}\left( x_{n} \right) =-1 +x_{n}+\frac{x_{n}^{2}}{2^{2}}+\frac{x_{n}^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x_{n}^{n}}{n^{2}} +\frac{x_{n}^{n+1}}{\left( n+1 \right)^{2}}+\cdots +\frac{x_{n}^{n+p}}{\left( n+p \right)^{2}} >0 由于 f_{n+p}\left( x \right) 在 \left[ \frac{2}{3},1 \right] 上严格单调增 对于满足 \begin{alignat}{0} f_{n+p}\left( x_{n+p} \right) =-1 +x_{n+p}+\frac{x_{n+p}^{2}}{2^{2}}+\frac{x_{n+p}^{3}}{3^{2}} +\cdots\\ +\frac{x_{n+p}^{n}}{n^{2}} +\frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left( n+1 \right)^{2}}+\cdots +\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left( n+p \right)^{2}} =0 \end{alignat} 的 x_{n+p} 必有 x_{n+p}<x_{n} 从而 x_{n}-x_{n+p}>0  f_{n}\left( x_{n} \right) =-1 +x_{n}+\frac{x_{n}^{2}}{2^{2}}+\frac{x_{n}^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x_{n}^{n}}{n^{2}} =0 \begin{alignat}{0} f_{n+p}\left( x_{n+p} \right) =-1 +x_{n+p}+\frac{x_{n+p}^{2}}{2^{2}}+\frac{x_{n+p}^{3}}{3^{2}} +\cdots\\ +\frac{x_{n+p}^{n}}{n^{2}} +\frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left( n+1 \right)^{2}}+\cdots +\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left( n+p \right)^{2}} =0 \end{alignat} \begin{alignat}{0} f_{n}\left( x_{n} \right)-f_{n+p}\left( x_{n+p} \right)\\ =x_{n}-x_{n+p}+\frac{x_{n}^{2}-x_{n+p}^{2}}{2^{2}} +\frac{x_{n}^{3}-x_{n+p}^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x_{n}^{n}-x_{n+p}^{n}}{n^{2}}\\ -\left( \frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left( n+1 \right)^{2}} +\frac{x_{n+p}^{n+2}}{\left( n+2 \right)^{2}}+\cdots +\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left( n+p \right)^{2}} \right)\\ =0 \end{alignat}  \begin{alignat}{0} x_{n}-x_{n+p}\\ =\left( \frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left( n+1 \right)^{2}} +\frac{x_{n+p}^{n+2}}{\left( n+2 \right)^{2}}+\cdots +\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left( n+p \right)^{2}} \right)-\\ \left( \frac{x_{n}^{2}-x_{n+p}^{2}}{2^{2}} +\frac{x_{n}^{3}- x_{n+p}^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x_{n}^{n}-x_{n+p}^{n}}{n^{2}}\right)\\ <\frac{x_{n+p}^{n+1}}{\left( n+1 \right)^{2}} +\frac{x_{n+p}^{n+2}}{\left( n+2 \right)^{2}}+\cdots +\frac{x_{n+p}^{n+p}}{\left( n+p \right)^{2}}\\ \leq\frac{1}{\left( n+1 \right)^{2}}+\frac{1}{\left( n+2 \right)^{2}} +\cdots+\frac{1}{\left( n+p \right)^{2}}\\ <\frac{1}{n\left( n+1 \right)} +\frac{1}{\left( n+1 \right)\left( n+2 \right)} +\cdots+\frac{1}{\left( n+p-1 \right)\left( n+p \right)}\\ =\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}\\ <\frac{1}{n} \end{alignat} 所以数列 \left\{ x_{n} \right\} 满足 0<x_{n}-x_{n+p}<\frac{1}{n} . 自此 命题得证  注： （1） 0<x_{n}-x_{n+p}<\frac{1}{n} 则 \left| x_{n}-x_{n+p} \right|<\frac{1}{n} 则对任意给定 \varepsilon>0 ，存在 N=\left[ \frac{1}{\varepsilon} \right]+1 使得对任意 n\geq N,n\in\mathbb{N}^{*} ，以及任意的 p\in\mathbb{N}^{*} 满足 \left| x_{n}-x_{n+p} \right|<\varepsilon 所以可以发现数列 \left\{ x_{n} \right\} 是Cauchy列，从而它是收敛的 当然，由于数列 \left\{ x_{n} \right\} 的单调递减性，由Cantor单调有界收敛定理也可以证明其收敛  （2） 关于这个函数一些有趣性质 f_{n}\left( x \right)= -1 +x+\frac{x^{2}}{2^{2}}+\frac{x^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x^{n}}{n^{2}} f_{n}'\left( x \right) =1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{3}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{n}  我们知道 -\ln\left( 1-x \right) =x+\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+\cdots+\frac{x^{n}}{n}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{n}}{n}} 所以显然 \lim_{n \rightarrow \infty}{f_{n}'\left( x \right)} =1+\frac{x}{2}+\frac{x^{2}}{3}+\cdots+\frac{x^{n-1}}{n}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{n-1}}{n}} =\frac{-\ln\left( 1-x \right)}{x}  令 g\left( x \right)=-\frac{\ln\left( 1-x \right)}{x} （ x=0 为可去间断点，可补充定义 g\left( 0 \right)=1 ，这样 x\in\left[ -1,1 \right) ）  如果令 f\left( x \right)=1+\lim_{n \rightarrow \infty}{f_{n}\left( x \right)} f\left( x \right)=x+\frac{x^{2}}{2^{2}}+\frac{x^{3}}{3^{2}} +\cdots+\frac{x^{n}}{n^{2}}+\cdots =\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{x^{n}}{n^{2}}}  函数列 \left\{ f_{n}'\left( x \right) \right\} 在 \left[ -1,1 \right) 中收敛且内闭一致收敛于 g\left( x \right) g\left( x \right)=f'\left( x \right) 对 \left[ -1,1 \right) 的任意闭子区间成立  另有 f\left( x \right)+f\left( 1-x \right) +\ln x\cdot\ln\left( 1-x \right)=f\left( 1 \right)    再来看看2014年安徽理科卷压轴题： 设实数 c>0 ，整数 p>1 ， n\in\mathbb{N}^{*} (Ⅰ)证明：当 x>-1 ，且 x\ne0 时， \left( 1+x \right)^{p}>1+px (Ⅱ)数列 \left\{ a_{n} \right\} 满足 a_{1}>c^{\frac{1}{p}} ， a_{n+1}=\frac{p-1}{p}a_{n}+\frac{c}{p}a_{n}^{1-p} 证明： a_{n}>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}}  证明过程： (Ⅰ) 由于 x>-1,x\ne0 \left( 1+x \right)^{2}=1+2x+x^{2}>1+2x 假设 \left( 1+x \right)^{p}>1+px 成立 \begin{alignat}{0} \left( 1+x \right)^{p+1}\\ =\left( 1+x \right)^{p}\left( 1+x \right) >\left( 1+px \right)\left( 1+x \right)\\ =1+\left( p+1 \right)x+px^{2} >1+\left( p+1 \right)x \end{alignat} 由数学归纳法得证 这就是著名的Bernoulli不等式  (Ⅱ) 证法（一） a_{1}>c^{\frac{1}{p}} 假设 a_{n}>c^{\frac{1}{p}} 由广义算术-几何均值不等式 a_{n+1} =\frac{p-1}{p}a_{n}+\frac{c}{p}a_{n}^{1-p} >a_{n}^{\frac{p-1}{p}}\cdot c^{\frac{1}{p}}\cdot a_{n}^{\frac{1-p}{p}} =c^{\frac{1}{p}} 由于 a_{n}>c^{\frac{1}{p}} ，不满足取等条件 a_{n}=ca_{n}^{1-p} ，此处是严格不等号  由数学归纳法，对一切 n\in\mathbb{N}^{*} a_{n}>c^{\frac{1}{p}} 0<ca_{n}^{-p}<1 a_{n+1}-a_{n} =\frac{p-1}{p}a_{n}+\frac{c}{p}a_{n}^{1-p}-a_{n} =\frac{c}{p}a_{n}^{1-p}-\frac{a_{n}}{p} =\frac{a_{n}}{p}\left( ca_{n}^{-p}-1 \right) <0 从而 a_{n}>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}}  证法（二） 令 \varphi\left( x \right)=\frac{p-1}{p}x+\frac{c}{p}x^{1-p}  则 a_{n+1}=\varphi\left( a_{n} \right) \varphi'\left( x \right) =\frac{p-1}{p}+\frac{c\left( 1-p \right)}{p}x^{-p} =\frac{p-1}{p}\left( 1-cx^{-p} \right)  当 x>c^{\frac{1}{p}} 时， \varphi'\left( x \right)>0 从而对于 x>c^{\frac{1}{p}} ， \varphi\left( x \right) 单调增  a_{1}>c^{\frac{1}{p}} 0<ca_{n}^{-p}<1 a_{2}=\varphi\left( a_{1} \right) a_{2}=\varphi\left( a_{1} \right) =\frac{p-1}{p}a_{1}+\frac{c}{p}a_{1}^{1-p} =a_{1}+\frac{a_{1}}{p}\left( ca_{1}^{-p}-1 \right) <a_{1}  假设 a_{n}>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}} a_{n+2}=\varphi\left( a_{n+1} \right)= \frac{p-1}{p}a_{n+1}+\frac{c}{p}a_{n+1}^{1-p} =a_{n+1}+\frac{a_{n+1}}{p}\left( ca_{n+1}^{-p}-1 \right) <a_{n+1} 从而由数学归纳法，对一切 n\in\mathbb{N}^{*} a_{n}>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}}  证法（三） 参考答案里还给出了一种方法，借助第(Ⅰ)问的结论 a_{1}>c^{\frac{1}{p}}  假设 a_{n}>c^{\frac{1}{p}} a_{n+1}=\frac{p-1}{p}a_{n}+\frac{c}{p}a_{n}^{1-p} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{p-1}{p}+\frac{c}{p}a_{n}^{-p} <\frac{p-1}{p}+\frac{1}{p}=1 \frac{a_{n+1}}{a_{n}}=\frac{p-1}{p}+\frac{c}{p}a_{n}^{-p} >\frac{p-1}{p}>0  从而 a_{n+1}<a_{n}  a_{n}>c^{\frac{1}{p}} 0<ca_{n}^{-p}<1 -1<-\frac{1}{p}<\frac{c}{p}a_{n}^{-p}-\frac{1}{p}<0 \left( \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right)^{p} =\left( 1-\frac{1}{p}+\frac{c}{p}a_{n}^{-p} \right)^{p} >1+ca_{n}^{-p}-1 =ca_{n}^{-p} 即 a_{n+1}^{p}>c a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}} 由数学归纳法，对一切 n\in\mathbb{N}^{*} a_{n}>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}}  这题是数学分析里的一道经典题，是用来计算实数 c 的 p 次方根近似值的经典迭代公式 在裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》，Rudin的《数学分析原理》里都有此题记载，此题还曾是北京师范大学和武汉大学的数学系考研数学分析试题 原题是让你证明数列 \left\{ a_{n} \right\} 收敛于 c^{\frac{1}{p}} ，探究这个数列的性质 结果那年安徽高考出题人直接把这题搬到了高考考场上  注意到 c^{\frac{1}{p}} 是方程 x=\frac{p-1}{p}x+\frac{c}{p}x^{1-p} 的一个根 又 a_{n}>a_{n+1}>c^{\frac{1}{p}}  根据单调有界定理，数列 \left\{ a_{n} \right\} 当然收敛于 c^{\frac{1}{p}}  并且 \varphi\left( x \right)=\frac{p-1}{p}x+\frac{c}{p}x^{1-p} \varphi'\left( x \right) =\frac{p-1}{p}+\frac{c\left( 1-p \right)}{p}x^{-p} =\frac{p-1}{p}\left( 1-cx^{-p} \right)  由于 c^{\frac{1}{p}}<a_{n}<a_{1} \varphi'\left( x \right)=\frac{p-1}{p}\left( 1-cx^{-p} \right)>0 \varphi'\left( x \right)=\frac{p-1}{p}\left( 1-cx^{-p} \right) <\frac{p-1}{p}<1 根据压缩映射原理，显然 \varphi\left( x \right) 在区间 \left[ c^{\frac{1}{p}},a_{1} \right] 上有唯一不动点 这个唯一的不动点自然就是 c^{\frac{1}{p}}  注意到 \varphi\left( c^{\frac{1}{p}} \right)=c^{\frac{1}{p}} \varphi'\left( c^{\frac{1}{p}} \right) =\frac{p-1}{p}\left( 1-c\cdot\left( c^{\frac{1}{p}} \right)^{-p} \right) =0 \varphi''\left( x \right)=c\left( p-1 \right)x^{-p-1} 显然 \varphi''\left( c^{\frac{1}{p}} \right)\ne0 从而迭代 a_{n+1}=\varphi\left( a_{n} \right) 收敛至 c^{\frac{1}{p}} 是二阶收敛的  事实上，令 \varepsilon_{n}=a_{n}-c^{\frac{1}{p}} 将 a_{n+1}=\varphi\left( a_{n} \right) =\frac{p-1}{p}a_{n}+\frac{c}{p}a_{n}^{1-p} 在 c^{\frac{1}{p}} 处Taylor展开， \begin{alignat}{0} a_{n+1}=\varphi\left( a_{n} \right)\\ =\varphi\left( c^{\frac{1}{p}} \right) +\varphi'\left( c^{\frac{1}{p}} \right)\left( a_{n}-c^{\frac{1}{p}} \right) +\frac{\varphi''\left( \xi_{n} \right)}{2} \left( a_{n}-c^{\frac{1}{p}} \right)^{2}\\ =c^{\frac{1}{p}} +\varphi'\left( c^{\frac{1}{p}} \right)\varepsilon_{n} +\frac{\varphi''\left( \xi_{n} \right)}{2}\varepsilon_{n}^{2}\\ =c^{\frac{1}{p}}+ \frac{\varphi''\left( \xi_{n} \right)}{2}\varepsilon_{n}^{2} \end{alignat}  a_{n+1}-c^{\frac{1}{p}}=\varepsilon_{n+1} =\frac{\varphi''\left( \xi_{n} \right)}{2}\varepsilon_{n}^{2} \frac{\varepsilon_{n+1}}{\varepsilon_{n}^{2}} =\frac{\varphi''\left( \xi_{n} \right)}{2}  注意当 n\rightarrow\infty 时， \xi_{n}\rightarrow c^{\frac{1}{p}} 很容易得到 \lim_{n \rightarrow \infty}{\frac{\varepsilon_{n+1}}{\varepsilon_{n}^{2}}} =\frac{\varphi''\left( c^{\frac{1}{p}} \right)}{2}\ne0 迭代 a_{n+1}=\varphi\left( a_{n} \right) 二阶收敛于 c^{\frac{1}{p}} 这是一个比较合适的用于计算一个正实数 c 的 p 次方根近似值的迭代公式，详细内容可见数值分析相关教材    另一个特别喜欢用大学数学知识作为命题背景的，是北京卷 北京的高考数学理科卷非常有特点，前面的题目一般非常简单，而压轴题往往很难. 这造成北京学生往往很容易拿140的分数，却极难拿到145分以上. 北京卷的压轴题和安徽卷又不一样，安徽卷的压轴题命题背景还是取自数学分析/微积分这种基础课程，而北京卷的压轴题更多取自一些更加专业的应用数学的分支，举一些例子：  2005北京卷理科20 设 f\left( x \right) 是定义在 \left[ 0,1 \right] 上的函数，若存在 x^{*}\in\left( 0,1 \right) ，使得 f\left( x \right) 在 \left[ 0,x^{*} \right] 上单调递增，在 \left[ x^{*},1 \right] 上单调递减，则称 f\left( x \right) 为 \left[ 0,1 \right] 上的单峰函数， x^{*} 为峰点，包含峰点的区间为含峰区间. 对任意的 \left[ 0,1 \right] 上的单峰函数 f\left( x \right) ，下面研究缩短其含峰区间长度的方法. （Ⅰ）证明：对任意的 x_{1},x_{2}\in\left( 0,1 \right) ， x_{1}<x_{2} ，若 f\left( x_{1} \right)>f\left( x_{2} \right) ，则 \left( 0,x_{2} \right) 为含峰区间；若 f\left( x_{1} \right)<f\left( x_{2} \right) ，则 \left( x_{1},1 \right) 为含峰区间； （Ⅱ）对给定的 r （ 0<r<0.5 ），证明：存在 x_{1},x_{2}\in\left( 0,1 \right) ，满足 x_{2}-x_{1}\geq2r ，使得由（I）所确定的含峰区间的长度不大于 0.5+r ； （Ⅲ）选取 x_{1},x_{2}\in\left( 0,1 \right) ， x_{1}<x_{2} ，由（I）可确定含峰区间为 \left( 0,x_{2} \right) 或 \left( x_{1},1 \right) ，在所得的含峰区间内选取 x_{3} ，由 x_{3} 与 x_{1} 或 x_{3} 与 x_{2} 类似地可确定一个新的含峰区间．在第一次确定的含峰区间为 \left( 0,x_{2} \right) 的情况下，试确定 x_{1},x_{2},x_{3} 的值，满足两两之差的绝对值不小于0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到0.34. （区间长度等于区间的右端点与左端点之差） 此题的命题背景，实际上是单因素优选法.   2010北京卷理科20 已知集合 S_{n}=\left\{ X|X=\left( x_{1},x_{2},\cdots,x_{n} \right), x_{i}\in\left\{ 0,1 \right\},i=1,2,\cdots,n \right\} （ n\geq2 ）. 对于 A=\left( a_{1},a_{2},\cdots,a_{n} \right), B=\left( b_{1},b_{2},\cdots,b_{n} \right)\in S_{n} ，定义 A 与 B 的差为 A-B=\left( \left| a_{1}-b_{1} \right|,\left| a_{2}-b_{2} \right|, \cdots,\left| a_{n}-b_{n} \right|, \right) ， A 与 B 之间的距离为 d\left( A,B \right)=\sum_{i=1}^{n}{\left| a_{i}-b_{i} \right|} . （Ⅰ）证明： \forall A,B,C\in S_{n} ，有 A-B\in S_{n} ，且 d\left( A-C,B-C \right)=d\left( A,B \right) ； （Ⅱ）证明： \forall A,B,C\in S_{n} ， d\left( A,B \right),d\left( A,C \right),d\left( B,C \right) 三个数中至少有一个是偶数； （Ⅲ）设 P\subseteq S_{n} ， P 中有 m （ m\geq2 ）个元素，记 P 中所有两元素间距离的平均值为 \overline{d}\left( P \right) . 证明： \overline{d}\left( P \right)\leq\frac{mn}{2\left( m-1 \right)} . 此题的命题背景，是纠错码理论中的Plotkin上界.   2014北京卷理科20 对于数对序列 P:\left( a_{1},b_{1} \right),\left( a_{2},b_{2} \right), \cdots,\left( a_{n},b_{n} \right) ，记 T_{1}\left( P \right)=a_{1}+b_{1} ， T_{k}\left( P \right)=b_{k}+ \max\left\{ T_{k-1}\left( P \right), a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k} \right\} （ 2\leq k\leq n ）， 其中 \max\left\{ T_{k-1}\left( P \right),a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k} \right\} 表示 T_{k-1}\left( P \right) 和 a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{k} 两个数中最大的数. （1）对于数对序列 P:\left( 2,5 \right),\left( 4,1 \right) ，求 T_{1}\left( P \right) , T_{2}\left( P \right) 的值； （2）记 m 为 a,b,c,d 四个数中最小的数，对于由两个数对 \left( a,b \right),\left( c,d \right) 组成的数对序列 P:\left( a,b \right),\left( c,d \right) 和 P':\left( c,d \right),\left( a,b \right) ，试分别对 m=a 和 m=d 两种情况比较 T_{2}\left( P \right) 和 T_{2}\left( P' \right) 的大小； （3）在由五个数对 (11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6) 组成的所有数对序列中，写出一个数对序列 P 使 T_{5}\left( P \right) 最小，并写出 T_{5}\left( P \right) 的值. （只需写出结论） 此题的命题背景，是两工序流水线时间最优化问题.   类似北京卷、安徽卷这种压轴题，对于大学数学系的学生来讲，优势当然也就更加明显.   裴礼文《数学分析中的典型问题与方法》 华罗庚、王元《数学模型选谈》 李启超、荣贺《从高中数学试题到纠错码理论》 李启超、潘国双《北京高考数学压轴题的教学实践与反思》 