《2025年学霸高考黑题数学人教版》

典型例题（2024·新课标全国Ⅰ）设$m$为正整数，数列$a_{1},a_{2},·s,a_{4m + 2}$是公差不为$0$的等差数列，若从中删去两项$a_{i}$和$a_{j}(i ＜ j)$后剩余的$4m$项可被平均分为$m$组，且每组的$4$个数都能构成等差数列，则称数列$a_{1},a_{2},·s,a_{4m + 2}$是$(i,j)$ - 可分数列。
(1)写出所有的$(i,j)$，$1\leqslant i ＜ j\leqslant 6$，使数列$a_{1},a_{2},·s,a_{6}$是$(i,j)$ - 可分数列；
(2)当$m\geqslant 3$时，证明：数列$a_{1},a_{2},·s,a_{4m + 2}$是$(2,13)$ - 可分数列；
(3)从$1,2,·s,4m + 2$中一次任取两个数$i$和$j(i ＜ j)$，记数列$a_{1},a_{2},·s,a_{4m + 2}$是$(i,j)$ - 可分数列的概率为$P_{m}$，证明：$P_{m}＞\frac{1}{8}$。

答案：
(1)解:设数列$a_1, a_2, ·s, a_{4m+2}$的公差为$d$，则$d \neq 0$。由于一个数列同时加上一个数或者乘一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列时成立，故我们可以对该数列进行适当的变形：$a_k' = \frac{a_k - a_1}{d} + 1 (k=1,2,·s,4m+2)$，得到新数列$a_k' = k (k=1,2,·s,4m+2)$，然后对$a_1', a_2', ·s, a_{4m+2}'$进行相应的讨论即可。不妨设$a_k = k (k=1,2,·s,4m+2)$，此后的讨论均建立在该假设下进行。回到原题，相当于从$1,2,3,4,5,6$中取出两个数$i$和$j (i＜j)$，使得剩下四个数是等差数列。那么剩下四个数只可能是$1,2,3,4$或$2,3,4,5$或$3,4,5,6$。所以所有可能的$(i,j)$就是$(5,6)$，$(1,6)$，$(1,2)$。
(2)证明：由于从数列$1,2,·s,4m+2$中取出$2$和$13$后，剩余的$4m$个数可以分为以下两个部分，共$m$组，使得每组成等差数列：
①$\{1,4,7,10\},\{3,6,9,12\},\{5,8,11,14\}$，共$3$组；
②$\{15,16,17,18\},\{19,20,21,22\},·s,\{4m-1,4m,4m+1,4m+2\}$，共$(m-3)$组。(如果$m=3=0$，则忽略)
故数列$1,2,·s,4m+2$是$(2,13)$-可分数列。
(3)证明：定义集合$A=\{4k+1|k=0,1,2,·s,m\}=\{1,5,9,13,·s,4m+1\}$，$B=\{4k+2|k=0,1,2,·s,m\}=\{2,6,10,14,·s,4m+2\}$。
下面证明，对$1 \leq i＜j \leq 4m+2$，如果下面两个命题同时成立，则数列$1,2,·s,4m+2$一定是$(i,j)$-可分数列。
命题1：$i \in A,j \in B$或$i \in B,j \in A$；
命题2：$j-i \neq 3$。
我们分两种情况证明这个结论。
第一种情况：如果$i \in A,j \in B$，且$j-i \neq 3$，此时设$i=4k_1+1$，$j=4k_2+2$，$k_1,k_2 \in \{0,1,2,·s,m\}$。则由$i＜j$可知$4k_1+1＜4k_2+2$，即$k_2-k_1＞\frac{1}{4}$，故$k_2 \geq k_1$。此时，由于从数列$1,2,·s,4m+2$中取出$i=4k_1+1$和$j=4k_2+2$后，剩余的$4m$个数可以分为以下三个部分，共$m$组，使得每组成等差数列：
①$\{1,2,3,4\},\{5,6,7,8\},·s,\{4k_1-3,4k_1-2,4k_1-1,4k_1\}$，共$k_1$组；
②$\{4k_1+2,4k_1+3,4k_1+4,4k_1+5\},\{4k_1+6,4k_1+7,4k_1+8,4k_1+9\},·s,\{4k_2-2,4k_2-1,4k_2,4k_2+1\}$，共$(k_2-k_1)$组；
③$\{4k_2+3,4k_2+4,4k_2+5,4k_2+6\},\{4k_2+7,4k_2+8,4k_2+9,4k_2+10\},·s,\{4m-1,4m,4m+1,4m+2\}$，共$(m-k_2)$组。(如果某一部分的组数为$0$，则忽略)
故此时数列$1,2,·s,4m+2$是$(i,j)$-可分数列。
第二种情况：如果$i \in B,j \in A$，且$j-i \neq 3$。此时设$i=4k_1+2$，$j=4k_2+1$，$k_1,k_2 \in \{0,1,2,·s,m\}$。则由$i＜j$可知$4k_1+2＜4k_2+1$，即$k_2-k_1＞\frac{1}{4}$，故$k_2＞k_1$。此时由于$j-i \neq 3$，故$(4k_2+1)-(4k_1+2) \neq 3$，从而$k_2-k_1 \neq 1$，这就意味着$k_2-k_1 \geq 2$。此时，由于从数列$1,2,·s,4m+2$中取出$i=4k_1+2$和$j=4k_2+1$后，剩余的$4m$个数可以分为以下四个部分，共$m$组，使得每组等差数列：
①$\{1,2,3,4\},\{5,6,7,8\},·s,\{4k_1-3,4k_1-2,4k_1-1,4k_1\}$，共$k_1$组；
②$\{4k_1+1,3k_1+k_2+1,2k_1+2k_2+1,k_1+3k_2+1\},\{3k_1+k_2+2,2k_1+2k_2+2,k_1+3k_2+2,4k_2+2\}$，共$2$组；
③全体$\{4k_1+p,3k_1+k_2+p,2k_1+2k_2+p,k_1+3k_2+p\}$，其中$p=3,4,·s,k_2-k_1$，共$(k_2-k_1-2)$组；
④$\{4k_2+3,4k_2+4,4k_2+5,4k_2+6\},\{4k_2+7,4k_2+8,4k_2+9,4k_2+10\},·s,\{4m-1,4m,4m+1,4m+2\}$，共$(m-k_2)$组。(如果某一部分的组数为$0$，则忽略)
这里对②和③进行一下解释：将③中的每一组作为一个横排，排成一个包含$(k_2-k_1-2)$个行，$4$个列的数表以后，$4$个列分别是下面这些数：
$\{4k_1+3,4k_1+4,·s,3k_1+k_2+1\},\{3k_1+k_2+3,3k_1+k_2+4,·s,2k_1+2k_2+2\},\{2k_1+2k_2+3,2k_1+2k_2+4,·s,k_1+3k_2+1\},\{k_1+3k_2+3,k_1+3k_2+4,·s,4k_2\}$。
可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并集以后，将取遍$\{4k_1+1,4k_1+2,·s,4k_2+2\}$中除开全部集合$\{4k_1+1,4k_1+2\},\{3k_1+k_2+1,3k_1+k_2+2\},\{2k_1+2k_2+1,2k_1+2k_2+2\},\{k_1+3k_2+1,k_1+3k_2+2\}$中的十个元素以外的所有数。而这十个元素中，除开已经去掉的$4k_1+2$和$4k_2+1$以外，剩余的八个数恰好就是②中给出的八个数。这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列$1,2,·s,4m+2$是$(i,j)$-可分数列。至此，我们证明了：对$1 \leq i＜j \leq 4m+2$，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列$1,2,·s,4m+2$一定是$(i,j)$-可分数列。然后我们来考虑这样的$(i,j)$的个数。
首先，由于$A \cap B = \varnothing$，$A$和$B$中各有$(m+1)$个元素，故满足命题1的$(i,j)$总共有$(m+1)^2$个；而如果$j-i=3$，假设$i \in A,j \in B$，则可设$i=4k_1+1$，$j=4k_2+2$，代入得$(4k_2+2)-(4k_1+1)=3$。但这导致$k_2-k_1=\frac{1}{2}$，矛盾，所以$\in B,j \in A$。设$i=4k_1+2$，$j=4k_2+1$，$k_1,k_2 \in \{0,1,2,·s,m\}$，则$(4k_2+1)-(4k_1+2)=3$，即$k_2-k_1=1$。所以可能的$(k_1,k_2)$恰好是$(0,1),(1,2),·s,(m-1,m)$，对应的$(i,j)$分别是$(2,5),(6,9),·s,(4m-2,4m+1)$，总共$m$个。所以这$(m+1)^2$个满足命题1的$(i,j)$中，不满足命题2的恰好有$m$个。这就得到同时满足命题1和命题2的$(i,j)$的个数为$(m+1)^2-m$。当我们从$1,2,·s,4m+2$中一次任取两个数$i$和$j (i＜j)$时，总的选取方式的个数等于$\frac{(4m+2)(4m+1)}{2}=(2m+1)(4m+1)$。根据之前的结论，使得数列$a_1,a_2,·s,a_{4m+2}$是$(i,j)$-可分数列的$(i,j)$至少有$[(m+1)^2-m]$个。所以数列$a_1,a_2,·s,a_{4m+2}$是$(i,j)$-可分数列的概率$P_m$一定满足$P_m \geq \frac{(m+1)^2-m}{(2m+1)(4m+1)}=\frac{m^2+m+1}{(2m+1)(4m+1)}＞\frac{m^2+m+\frac{1}{4}}{(2m+1)(4m+1)}=\frac{(m+\frac{1}{2})^2}{2(2m+1)(2m+1)}=\frac{1}{8}$

变式训练1.（2025·河北邯郸一模）
已知给定数列$\{a_{n}\}(n\in\mathbf{N}^{*})$，从第二项起后项与前项作差，得到新数列$a_{2} - a_{1},a_{3} - a_{2},·s,a_{n + 1} - a_{n}$，定义这个新数列为数列$\{a_{n}\}$的$1 -$阶差数列，记为$\Delta a_{n}=a_{n + 1} - a_{n}$，继续上述操作，得到新数列$\Delta a_{2} - \Delta a_{1},\Delta a_{3} - \Delta a_{2},·s,\Delta a_{n + 1} - \Delta a_{n}$，称为$\{a_{n}\}$的$2 -$阶差数列，记为$\Delta^{2}a_{n}=\Delta a_{n + 1} - \Delta a_{n}$，一般地，对任意$m\in\mathbf{N}^{*}$，$\Delta^{m}a_{n}=\Delta^{m - 1}a_{n + 1} - \Delta^{m - 1}a_{n}$，称数列$\{\Delta^{m}a_{n}\}$为数列$\{a_{n}\}$的$m -$阶差数列。
(1)写出数列$1,2,8,22,47,·s$的$2 -$阶差数列；
(2)若数列$\{a_{n}\}$的首项$a_{1}=1$，$1 -$阶差数列$\Delta a_{n}=2n$，求$\{a_{n}\}$的通项公式；
(3)若数列$\{b_{n}\}$的首项$b_{1}=-7$，且$\Delta^{2}b_{n}-\Delta b_{n + 1}+b_{n}+2^{n}=0$，求数列$b_{n}$的最小值。

答案：
(1)解：由题意，得$\Delta a_1=2-1=1,\Delta a_2=8-2=6,\Delta a_3=22-8=14,\Delta a_4=47-22=25,·s;\Delta^2 a_1=6-1=5,\Delta^2 a_2=14-6=8,\Delta^2 a_3=25-14=11,\Delta^2 a_4=41-25=14=·s$，所以$2-$阶差数列为$5,8,11,·s$。
(2)因为$\Delta a_n=a_{n+1}-a_n$，又$\Delta a_n=2n$，所以$a_{n+1}-a_n=2n$，所以$a_2-a_1=2$，$a_3-a_2=4,·s,a_n-a_{n-1}=2(n-1)$，累加得$a_n-a_1=2+4+·s+2(n-1)$，即$a_n-a_1=n^2-n$，所以$a_n=n^2-n+1$。
(3)因为$\Delta^2 b_n=\Delta b_{n+1}-\Delta b_n$，及$\Delta^2 b_n-\Delta b_{n+1}+b_n+2^{2n}=0$，得$\Delta b_{n+1}-\Delta b_n=2^{2n}$，又$\Delta b_n=b_{n+1}-b_n$，所以$b_{n+1}-2b_n=2^{2n}$，两边同除$2^{n+1}$，得$\frac{b_{n+1}}{2^{n+1}}-\frac{b_n}{2^n}=2^{n-1}$，当$n \geq 2$时，$\frac{b_n}{2^n}=(\frac{b_n}{2^n}-\frac{b_{n-1}}{2^{n-1}})+(\frac{b_{n-1}}{2^{n-1}}-\frac{b_{n-2}}{2^{n-2}})+·s+(\frac{b_2}{2^2}-\frac{b_1}{2^1})+\frac{b_1}{2}=2^0+2^1+2^2+·s+2^{n-2}-\frac{7}{2}=\frac{1 × (1-2^{n-1})}{1-2}-\frac{7}{2}=2^{n-1}-\frac{7}{2}$，所以$b_n=2^{2n-1}-9 · 2^{n-1} (n \geq 2,n \in N^*)$，当$n=1$时$b_1=-7$也满足，所以$b_n=2^{2n-1}-9 · 2^{n-1} (n \in N^*)$。令$x=2^{n-1}$，则$f(x)=2x^2-9x=2(x-\frac{9}{4})^2-\frac{81}{8}$，当$x \in (-\infty,\frac{9}{4})$时，函数$f(x)$单调递减，当$x \in (\frac{9}{4},+\infty)$时，函数$f(x)$单调递增，而$2^{n-1}=2$，即当$n=2$时，$b_n$取得最小值为$-10$。