《2025年学霸高考黑题数学人教版》

变式训练2.（2025·安徽江南十校模拟）
设集合$M = \{a|a = x^{2} - y^{2},x\in\mathbf{Z},y\in\mathbf{Z}\}$。对于数列$\{a_{n}\}$，如果$a_{i}\in M(i = 1,2,3,·s)$，则称$\{a_{n}\}$为“平方差数列”。
(1)已知在数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=3$，$(n + 1)a_{n} - na_{n + 1}=1$。求数列$\{a_{n}\}$的通项公式，并证明数列$\{a_{n}\}$是“平方差数列”。
(2)已知$b_{n}=2^{n}$，判断$\{b_{n}\}$是否为“平方差数列”。并说明理由。
(3)已知数列$\{c_{n}\}$为“平方差数列”，求证：$c_{i}c_{j}\in M(i,j = 1,2,3,·s)$。

答案：
(1)解：由$(n+1)a_n-na_{n+1}=1$，变形可得$\frac{a_{n+1}}{n+1}-\frac{a_n}{n}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，当$n \geq 2$时，$\frac{a_n}{n}=(\frac{a_n}{n}-\frac{a_{n-1}}{n-1})+(\frac{a_{n-1}}{n-1}-\frac{a_{n-2}}{n-2})+·s+(\frac{a_2}{2}-\frac{a_1}{1})+a_1$。因为$a_1=3$，$\frac{a_2}{2}-\frac{a_1}{1}=\frac{1}{1}-\frac{1}{2}$，$\frac{a_3}{3}-\frac{a_2}{2}=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}$，$·s$
$\frac{a_n}{n}-\frac{a_{n-1}}{n-1}=\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}$，所以$\frac{a_n}{n}=3-(1-\frac{1}{2})-(\frac{1}{2}-\frac{1}{3})-·s-(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})=2+\frac{1}{n}$，则$a_n=2n+1$。因为$a_n=2n+1=(n+1)^2-n^2$，且$n+1,n \in Z$，所以$a_n \in M$，所以数列$\{a_n\}$是“平方差数列”。
(2)解：假设$2^n=x^2-y^2=(x+y)(x-y)$。因为$x+y$与$x-y$同奇偶性。若$x+y$与$x-y$都是奇数，那么$(x+y)(x-y)$也是奇数，而$2^n$是偶数，矛盾。若$x+y$与$x-y$都是偶数，设$x+y=2p$，$x-y=2q$，则$2^n=4pq$，即$2^{n-2}=pq$。当$n=1$时，$2^{-2}=\frac{1}{4} \neq pq (p,q \in Z)$，所以$b_n=2^n \notin M$，$\{b_n\}$不是“平方差数列”。
(3)证明：$c_i,c_j \in M$，因为$c_i \in M$，设$c_i=x_1^2-y_1^2$，$c_j \in M$，设$c_j=x_2^2-y_2^2$。则$c_ic_j=(x_1^2-y_1^2)(x_2^2-y_2^2)=(x_1x_2+y_1y_2)^2-(x_1y_2+x_2y_1)^2$。因为$x_1,y_1,x_2,y_2 \in Z$，所以$x_1x_2+y_1y_2 \in Z$，$x_1y_2+x_2y_1 \in Z$，所以$c_ic_j \in M$。

变式训练3.（2025·河南郑州模拟）
若对于任意的$k\in\mathbf{N}^{*}$，$b_{k}$为数列$\{a_{n}\}$中小于$k$的项的个数，则称数列$\{b_{n}\}$是$\{a_{n}\}$的“生成数列”。
(1)分别写出数列$1,0,3,4$及$\sqrt{2},\sqrt{3},2,\sqrt{5}$的“生成数列”的前$4$项；
(2)若数列$\{a_{n}\}$满足$a_{n}=2n$，且$\{a_{n}\}$的“生成数列”为$\{b_{n}\}$，求$b_{n}$；
(3)若$\{a_{n}\}$为等比数列，且$a_{1}=2$，公比$q = 3$，$\{a_{n}\}$的“生成数列”为$\{b_{n}\}$，$\{b_{n}\}$的“生成数列”为$\{c_{n}\}$，求$c_{n}$。

答案：
(1)解：由生成数列的定义可知数列$1,0,3,4$的“生成数列”的前$4$项是$1,2,2,3$；数列$\sqrt{2},\sqrt{3},2,\sqrt{5}$的“生成数列”的前$4$项是$0,2,4$。
(2)$\{a_n\}$为$2,4,6,8,·s$，则$\{a_n\}$中小于$1$的项的个数$b_1=0$，小于$2$的项的个数$b_2=0$，小于$3$的项的个数$b_3=1$，小于$4$的项的个数$b_4=1$，小于$5$的项的个数$b_5=2$，小于$6$的项的个数$b_6=2,·s$，在$\{b_n\}$中，当$n$为奇数时，设$n=2k-1,k \in N^*$，则小于$(2k-1)$的偶数有$(k-1)$个，所以$b_n=k-1=\frac{n-1}{2}$；在$\{b_n\}$中，当$n$为偶数时，设$n=2k,k \in N^*$，则小于$2k$的偶数有$(k-1)$个，所以$b_n=\frac{n-2}{2}$。
(3)因为$\{a_n\}$为等比数列，且$a_1=2$，公比$q=3$，所以$a_n=2 × 3^{n-1}$。下面我们来证明：设$c_n=b_n$，因为$b_n$表示$a_n$中小于$k$的个数，$b_{n+1}$表示$\{a_n\}$中小于$(k+1)$的项的个数，所以易得$b_k \leq b_{k+1}$，即$0 \leq b_1 \leq b_2 \leq ·s \leq b_{n-1} \leq b_n \leq ·s$。设$c_n=t$，由$b_n＜t,b_{n+1} \geq t$，可得$a_n \geq t,a_n＜t+1$。又因为$a_n \in N^*$，所以$a_n=t=c_n$，所以$c_n=a_n=2 × 3^{n-1}$。