数列全真试题专项解析-【数理报】2025年高考数学专项提分

书 一、透析数列及其通项公式 该部分知识点的基本应用主要有：１．用函数 的观点认识数列；２．根据通项公式写出数列的任 意一项；３．利用递推公式写出数列的前几项（高 考对递推数列仅要求能根据递推关系写出前几 项，故应适当控制难度）．求数列的通项公式，要 注意多观察，多实验，敢猜想，勤归纳，勤验证．若 已知Ｓｎ求ａｎ，一定要注意ｎ＝１的情况．该部分 内容在高考中一般不单独命题，但用归纳法写出 一个数列的通项公式，却能培养同学们观察、分 析和解决问题的能力，故应引起重视． 　　　　　　　　　　　　　　　　　　二、透析等差数列 １．学习等差数列的基本公式，要从公式的顺 用、逆用、变式等多角度地去掌握． ２．要深刻理解等差数列的定义及其等价形 式，熟练运用通项公式和求和公式． ３．判断一个数列是否为等差数列，不能只验 证数列的前几项，需要根据定义证明ａｎ＋１－ａｎ＝ 常数，也可以证明其等价形式２ａｎ ＝ａｎ－１＋ａｎ＋１． 特别地，在判定三个实数 ａ，ｂ，ｃ成等差数列时， 常用ａ＋ｃ＝２ｂ．等差数列的通项公式与前ｎ项 和公式联系着五个基本量，“知三求二”是一类 最基本的运算题．在已知三数成等差数列时，可 设三个数依次为ａ，ａ＋ｄ，ａ＋２ｄ或ａ－ｄ，ａ，ａ＋ ｄ，使许多问题能够得到迅速准确地解决． 等差数列考查的题型既有选择题、填空题， 又有解答题；既有容易题、中等题，也有难题．客 观题突出“小而巧”，主要考查性质的灵活运用 及对概念的理解；主观题突出“大而全”，着重考 查函数与方程、分类与整合等重要的数学思想． 三、透析等比数列 １．学习等比数列的基本公式，也要从公式的 顺用、逆用、变形等多角度地去掌握． ２．学习等比数列，要对照等差数列来进行， 切实把握它们之间的区别，深刻理解等比数列的 定义及其等价形式，熟练运用通项公式和求和公 式． ３．比较法是理解和掌握两类数列的定义、通 项公式及中项公式、前 ｎ项和公式的重要方法． 判定一个数列是等比数列，不能只验证数列的前 几项，需要根据定义证明 ａｎ＋１ ａｎ ＝常数，也可以证 明其等价形式ａ２ｎ＝ａｎ－１ａｎ＋１．特别地，在判定三个 数ａ，ｂ，ｃ成等比数列时，常用ａｃ＝ｂ２．两类数列 的通项公式与前ｎ项和公式联系着五个基本量， “知三求二”是一类最基本的运算题．函数与方 程的观点是解决这类问题的基本数学思想．在已 知三数成等比数列时，可设三个数依次为 ａ，ａｑ， ａｑ２，也可设为 ａｑ，ａ，ａｑ，从而使许多实际问题能 够得到迅速准确地解决． 等比数列的定义、判定、通项公式及前 ｎ项 和公式的探求以及等比数列性质的应用是历年 高考的必考内容，考查形式类似于等差数列，考 查题型既有基础题，也有与等差数列、函数、方 程、解析几何等知识有关的综合题． 四、透析数列综合问题 １．等差数列与等比数列综合 （１）等差、等比数列性质的综合、灵活运用 是解数列综合题的关键，不仅要熟练记忆而且要 有应用意识． （２）函数与方程、化归与转化、分类与整合 是解决数列综合问题的重要数学思想，特别要学 会利用函数的观点动态研究数列，揭示运动变化 规律，顺利实现函数、数列、不等式的联系与转 化． ２．数列与函数、方程、不等式综合 （１）涉及到函数、方程、不等式知识的综合 性试题，在解题过程中通常用到函数与方程、化 归与转化、分类与整合等数学思想，属于中、高档 难度的题目． （２）数列是特殊的函数，等差、等比数列更 是如此，因此求解数列问题应依据题意，注意沟 通数列与函数之间的内在联系，运用函数与方程 的思想求解往往使解法方便快捷． （３）在等差数列与等比数列中，经常要根据 条件列方程（组）求解，在解方程（组）时，仔细 体会两种情形中解方程（组）方法的不同之处． ３．数列应用题 （１）与数列有关的应用题大致有三类：一是 有关等差数列的应用题；二是有关等比数列的应 用题；三是有关递推数列中可化成等差、等比数 列的应用题．其中第一类问题在内容上比较简 单，建立等差数列模型后，常常转化成整式或整 式不等式处理，容易计算；对于第二类问题，建立 等比数列模型后，弄清项数是关键，运算中往往 要运用指数或对数不等式，常需要查表或依据题 设中所给参考数据进行近似计算，对其结果要按 要求保留一定的精确度，注意答案要符合题设中 实际问题的需要；对于第三类问题，要掌握将线 性递推数列化成等比数列求解的方法． （２）数列应用涉及到有关利率问题、环境问 题、生活实践问题、工农业生产问题等．但不论是 哪类问题，都有数列的共同特征，即变量是正整 数，这样思路就明朗化了．首先考虑能否把这种 问题归结到等差、等比数列上去．当一般规律不 易发现时，不妨用由特殊归纳出一般的思路，这 样对解题是有帮助的． 等差数列和等比数列是数列的两个最基本 的模型，是高考中的热点之一．基础知识以选择 题和填空题呈现，而综合知识则以解答题形式呈 现． 数列应用题大多以解答题的形式考查，往往 需要运用数列的综合知识来解决．该题型多以现 实生活中的“增长率”、“贷款”等问题为背景，体 现数列的应用性． 题型一：利用ａｎ与Ｓｎ的关系求通项 例１ 记 Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和，若 Ｓｎ ＝２ａｎ＋１，则Ｓ６ ＝ ． 解析：根据Ｓｎ＝２ａｎ＋１，可得Ｓｎ＋１＝２ａｎ＋１＋１， 两式相减得ａｎ＋１ ＝２ａｎ＋１－２ａｎ， 即ａｎ＋１ ＝２ａｎ， 当ｎ＝１时，Ｓ１＝ａ１＝２ａ１＋１，解得ａ１＝－１， 所以数列｛ａｎ｝是以 －１为首项，以２为公比 的等比数列， 所以Ｓ６ ＝ －（１－２６） １－２ ＝－６３． 点评：本题主要考查ａｎ与Ｓｎ的关系、等比数 列的前 ｎ项和公式，考查学生的化归与转化能 力、运算求解能力． 题型二　利用递推公式求数列的通项 例２ 已知各项都为正数的数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝１，ａ ２ ｎ－（２ａｎ＋１－１）ａｎ－２ａｎ＋１ ＝０． （１）求ａ２，ａ３； （２）求｛ａｎ｝的通项公式． 解析：（１）由题意得ａ２ ＝ １ ２，ａ３ ＝ １ ４． （２）由ａ２ｎ－（２ａｎ＋１－１）ａｎ－２ａｎ＋１ ＝０得 ２ａｎ＋１（ａｎ＋１）＝ａｎ（ａｎ＋１）． 因为｛ａｎ｝的各项都为正数，所以 ａｎ＋１ ａｎ ＝１２， 故｛ａｎ｝是首项为１，公比为 １ ２的等比数列， 因此ａｎ ＝ １ ２ｎ－１ ． 点评：本题考查数列的递推关系式、等比数 列的通项公式等知识，意在考查学生的逻辑思维 能力和运算求解能力． 题型三 例３ 已知等比数列｛ａｎ｝的前ｎ项和为Ｓｎ， 且２Ｓｎ ＝３ａｎ＋１－３． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）求数列｛Ｓｎ｝的前ｎ项和． 解析：（１）因为２Ｓｎ ＝３ａｎ＋１－３， 所以２Ｓｎ＋１ ＝３ａｎ＋２－３， 两式相减可得２ａｎ＋１ ＝３ａｎ＋２－３ａｎ＋１， 即ａｎ＋２ ＝ ５ ３ａｎ＋１， 所以等比数列｛ａｎ｝的公比为 ５ ３． 因为２Ｓ１＝３ａ２－３＝５ａ１－３，所以ａ１＝１， 故ａｎ (＝ )５３ ｎ－１ ． （２）因为２Ｓｎ ＝３ａｎ＋１－３， 所以Ｓｎ＝ ３ ２（ａｎ＋１－１）＝ [ (３２ )５３ ｎ － ]１ ， 设数列｛Ｓｎ｝的前ｎ项和为Ｔｎ，则Ｔｎ ＝ ３ ２× ! " # $ !" %& ! " ' # " ()*+,- %&./01 +23(,- 4567823(,- 019: " -;01 !!" # $ 书 [５３ １ (－ )５３ ] ｎ １－５３ －３２ｎ＝ １５ ４ (× )５３ ｎ －３２ｎ－ １５ ４． 点评：本题考查等比数列的通项公式、Ｓｎ和 ａｎ的关系，意在考查学生的化归与转化能力、运 算求解能力． 例４ 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，且ｄ＞１． 令ｂｎ ＝ ｎ２＋ｎ ａｎ ，记Ｓｎ，Ｔｎ分别为数列｛ａｎ｝，｛ｂｎ｝ 的前ｎ项和． （１）若３ａ２＝３ａ１＋ａ３，Ｓ３＋Ｔ３＝２１，求｛ａｎ｝ 的通项公式； （２）若｛ｂｎ｝为等差数列，且Ｓ９９－Ｔ９９ ＝９９， 求ｄ． 解析：（１）因为３ａ２ ＝３ａ１＋ａ３， 所以３（ａ２－ａ１）＝ａ１＋２ｄ， 即３ｄ＝ａ１＋２ｄ，即ａ１ ＝ｄ，所以ａｎ ＝ｎｄ． 因为ｂｎ＝ ｎ２＋ｎ ａｎ ，所以ｂｎ＝ ｎ２＋ｎ ｎｄ ＝ ｎ＋１ ｄ ， 所以Ｓ３ ＝ ３（ａ１＋ａ３） ２ ＝ ３（ｄ＋３ｄ） ２ ＝６ｄ， Ｔ３ ＝ｂ１＋ｂ２＋ｂ３ ＝ ２ ｄ＋ ３ ｄ＋ ４ ｄ＝ ９ ｄ． 因为Ｓ３＋Ｔ３ ＝２１， 所以６ｄ＋９ｄ＝２１，解得ｄ＝３或ｄ＝ １ ２， 又ｄ＞１，所以ｄ＝３． 所以｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝３ｎ． （２）因为ｂｎ ＝ ｎ２＋ｎ ａｎ ，且｛ｂｎ｝为等差数列， 所以２ｂ２ ＝ｂ１＋ｂ３，即２× ６ ａ２ ＝２ａ１ ＋１２ａ３ ， 所以 ６ ａ１＋ｄ －１ａ１ ＝ ６ａ１＋２ｄ ， 所以ａ２１－３ａ１ｄ＋２ｄ ２ ＝０， 解得ａ１ ＝ｄ或ａ１ ＝２ｄ． ①当ａ１ ＝ｄ时，ａｎ ＝ｎｄ， 所以ｂｎ ＝ ｎ２＋ｎ ａｎ ＝ｎ ２＋ｎ ｎｄ ＝ ｎ＋１ ｄ ， Ｓ９９ ＝ ９９（ａ１＋ａ９９） ２ ＝ ９９（ｄ＋９９ｄ） ２ ＝９９×５０ｄ， Ｔ９９ ＝ ９９（ｂ１＋ｂ９９） ２ ＝ (９９ ２ｄ＋１００)ｄ ２ ＝９９×５１ｄ ． 因为Ｓ９９－Ｔ９９ ＝９９， 所以９９×５０ｄ－９９×５１ｄ ＝９９， 即５０ｄ２－ｄ－５１＝０， 解得ｄ＝５１５０或ｄ＝－１（舍）． ②当ａ１ ＝２ｄ时，ａｎ ＝（ｎ＋１）ｄ， 所以ｂｎ ＝ ｎ２＋ｎ ａｎ ＝ ｎ ２＋ｎ （ｎ＋１）ｄ＝ ｎ ｄ， Ｓ９９ ＝ ９９（ａ１＋ａ９９） ２ ＝ ９９（２ｄ＋１００ｄ） ２ ＝９９×５１ｄ， Ｔ９９ ＝ ９９（ｂ１＋ｂ９９） ２ ＝ (９９ １ｄ＋９９)ｄ ２ ＝９９×５０ｄ ． 因为Ｓ９９－Ｔ９９ ＝９９， 所以９９×５１ｄ－９９×５０ｄ ＝９９， 即５１ｄ２－ｄ－５０＝０， 解得ｄ＝－５０５１（舍）或ｄ＝１（舍）． 综上，ｄ＝５１５０． 点评：本题主要考查等差数列的通项公式和 前ｎ项和公式，尤其对数列条件的设计新颖，在 求解过程中自然考虑到两个数列之间的关系，深 入考查了分类讨论思想的应用，同时考查学生思 维的灵活性与创造性． 题型四、等差（比）数列的判定 例５ 记Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和．已知 ２Ｓｎ ｎ ＋ｎ＝２ａｎ＋１． （１）证明：｛ａｎ｝是等差数列； （２）若ａ４，ａ７，ａ９成等比数列，求 Ｓｎ的最小 值． 解析：（１）由 ２Ｓｎ ｎ ＋ｎ＝２ａｎ＋１， 得２Ｓｎ＋ｎ ２ ＝２ｎａｎ＋ｎ， ① 当ｎ≥２时， ２Ｓｎ－１＋（ｎ－１） ２＝２（ｎ－１）ａｎ－１＋（ｎ－１）， ② ① －②， 得２ａｎ＋２ｎ－１＝２ｎａｎ－２（ｎ－１）ａｎ－１＋１， 即２（ｎ－１）ａｎ－２（ｎ－１）ａｎ－１ ＝２（ｎ－１）， 即ａｎ－ａｎ－１ ＝１，ｎ≥２且ｎ∈Ｎ＋， 所以数列｛ａｎ｝是公差为１的等差数列． （２）由（１）可得ａ４ ＝ａ１＋３，ａ７ ＝ａ１＋６， ａ９ ＝ａ１＋８， 因为ａ４，ａ７，ａ９成等比数列，所以ａ ２ ７ ＝ａ４·ａ９， 即（ａ１＋６） ２ ＝（ａ１＋３）·（ａ１＋８）， 解得ａ１ ＝－１２， 所以Ｓｎ ＝－１２ｎ＋ ｎ（ｎ－１） ２ ＝ １ ２ｎ ２－２５２ｎ ＝ (１２ ｎ－２５)２ ２ －６２５８， 当ｎ＝１２或ｎ＝１３时，Ｓｎ取得最小值， 最小值为－７８． 点评：本题主要考查等差数列的判断、等比 中项公式、等差数列的前 ｎ项和公式，意在考查 学生的逻辑推理能力和运算求解能力． 题型五、等差（比）数列的性质 例６ 记Ｓｎ为等比数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和， 若Ｓ４ ＝－５，Ｓ６ ＝２１Ｓ２，则Ｓ８ ＝ （　　） 　　　　　　　　　　　　　　　　　　（Ａ）１２０ （Ｂ）８５ （Ｃ）－８５ （Ｄ）－１２０ 解析：易知Ｓ２，Ｓ４－Ｓ２，Ｓ６－Ｓ４，Ｓ８－Ｓ６，…… 为等比数列，所以（Ｓ４－Ｓ２） ２ ＝Ｓ２·（Ｓ６－Ｓ４）， 解得Ｓ２ ＝－１或Ｓ２ ＝ ５ ４． 当Ｓ２ ＝－１时，由（Ｓ６－Ｓ４） ２ ＝（Ｓ４－Ｓ２）· （Ｓ８－Ｓ６），解得Ｓ８ ＝－８５； 当Ｓ２＝ ５ ４时，Ｓ４＝ａ１＋ａ２＋ａ３＋ａ４＝（ａ１ ＋ａ２）（１＋ｑ ２）＝（１＋ｑ２）Ｓ２＞０，与Ｓ４＝－５矛 盾，舍去． 故选（Ｃ）． 点评：本题考查等比数列的性质，解题关键 是把握Ｓ４，Ｓ８的关系，从而减少相关量的求解， 考查学生的运算求解能力和分类讨论思想． 题型六、数列求和 例７ 已 知 ｛ａｎ｝ 为 等 差 数 列，ｂｎ ＝ ａｎ－６，ｎ为奇数， ２ａｎ，ｎ为偶数 { ． 记 Ｓｎ，Ｔｎ分别为数列｛ａｎ｝， ｛ｂｎ｝的前ｎ项和，Ｓ４ ＝３２，Ｔ３ ＝１６． （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２）证明：当ｎ＞５时，Ｔｎ ＞Ｓｎ． 解析：（１）设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ． 根据题意，ｂ１＝ａ１－６，ｂ２＝２ａ２＝２ａ１＋２ｄ， ｂ３ ＝ａ３－６＝ａ１＋２ｄ－６， 联立 Ｓ４ ＝４ａ１＋６ｄ＝３２， Ｔ３ ＝４ａ１＋４ｄ－１２＝１６ { ， 解得 ａ１ ＝５， ｄ＝２{ ， 所以｛ａｎ｝的通项公式为ａｎ ＝２ｎ＋３． （２）由（１）知，Ｓｎ＝ ｎ（５＋２ｎ＋３） ２ ＝ｎ ２＋４ｎ， ｂｎ ＝ ２ｎ－３，ｎ＝２ｋ－１， ４ｎ＋６，ｎ＝２ｋ{ ， ｋ∈Ｎ＋， 当ｎ为偶数时， ｂｎ－１＋ｂｎ＝２（ｎ－１）－３＋４ｎ＋６＝６ｎ＋１， Ｔｎ ＝ １３＋（６ｎ＋１） ２ · ｎ ２ ＝ ３ ２ｎ ２＋７２ｎ， 当 ｎ＞５时，Ｔｎ－Ｓｎ (＝ ３２ｎ２＋７２ )ｎ －（ｎ２ ＋４ｎ）＝１２ｎ（ｎ－１）＞０，所以Ｔｎ ＞Ｓｎ． 当ｎ为奇数时， Ｔｎ ＝Ｔｎ＋１－ｂｎ＋１ ＝３２（ｎ＋１） ２＋７２（ｎ＋１）－［４（ｎ＋１）＋６］ ＝３２ｎ ２＋５２ｎ－５， 当ｎ＞５时，Ｔｎ－Ｓｎ (＝ ３２ｎ２＋５２ｎ－ )５ － （ｎ２＋４ｎ）＝１２（ｎ＋２）（ｎ－５）＞０， 所以Ｔｎ ＞Ｓｎ． 综上可知，当ｎ＞５时，Ｔｎ ＞Ｓｎ． 点评：本题主要考查等差数列的通项公式， 前ｎ项和公式，以及分组求和法的应用，利用作 差法证明不等式等知识，意在考查学生的逻辑推 理能力、转化能力和运算求解能力． 例８ 记Ｓｎ为数列｛ａｎ｝的前 ｎ项和，已知 ａ２ ＝１，２Ｓｎ ＝ｎａｎ． ! " # $ !" %&'( )*+,-%&./0 )*+,-%&.12 书 （１）求｛ａｎ｝的通项公式； （２） {求数列 ａｎ＋１２ }ｎ 的前ｎ项和Ｔｎ． 解析：（１）因为２Ｓｎ ＝ｎａｎ， ① 当ｎ＝１时，２ａ１ ＝ａ１，解得ａ１ ＝０． 当ｎ≥２时，２Ｓｎ－１ ＝（ｎ－１）ａｎ－１， ② 由①②得， ２（Ｓｎ－Ｓｎ－１）＝ｎａｎ－（ｎ－１）ａｎ－１， 整理得（ｎ－２）ａｎ ＝（ｎ－１）ａｎ－１． 当ｎ≥３时， ａｎ ａｎ－１ ＝ｎ－１ｎ－２， 则ａｎ ＝ ａｎ ａｎ－１ · ａｎ－１ ａｎ－２ · ａｎ－２ ａｎ－３ ·…· ａ４ ａ３ · ａ３ ａ２ ＝ｎ－１ｎ－２· ｎ－２ ｎ－３· ｎ－３ ｎ－４·…· ３ ２· ２ １＝ｎ－１． 当ｎ＝１，２时，均满足上式， 所以ａｎ ＝ｎ－１（ｎ∈Ｎ＋）． （２）令ｂｎ ＝ ａｎ＋１ ２ｎ ＝ｎ ２ｎ ， 则Ｔｎ ＝ｂ１＋ｂ２＋… ＋ｂｎ－１＋ｂｎ ＝１２＋ ２ ２２ ＋… ＋ｎ－１ ２ｎ－１ ＋ｎ ２ｎ ， ① １ ２Ｔｎ ＝ １ ２２ ＋２ ２３ ＋… ＋ｎ－１ ２ｎ ＋ ｎ ２ｎ＋１ ， ② 由① －②得 １ ２Ｔｎ ＝ １ ２＋ １ ２２ ＋１ ２３ ＋… ＋１ ２ｎ － ｎ ２ｎ＋１ ＝ (１２ １－１２ )ｎ １－１２ － ｎ ２ｎ＋１ ＝１－２＋ｎ ２ｎ＋１ ， 即Ｔｎ ＝２－ ２＋ｎ ２ｎ ． 点评：本题主要考查ａｎ与Ｓｎ的关系，累乘法 和错位相减法，考查学生的运算求解能力． 题型七、数列与其他知识交汇 例９ 已知双曲线Ｃ：ｘ２－ｙ２＝ｍ（ｍ＞０）， 点Ｐ１（５，４）在Ｃ上，ｋ为常数，０＜ｋ＜１．按照如 下方式依次构造点 Ｐｎ（ｎ＝２，３，…）：过 Ｐｎ－１作 斜率为ｋ的直线与Ｃ的左支交于点Ｑｎ－１，令Ｐｎ为 Ｑｎ－１关于ｙ轴的对称点．记Ｐｎ的坐标为（ｘｎ，ｙｎ）． （１）若ｋ＝１２，求ｘ２，ｙ２； （２）证明：数列｛ｘｎ－ｙｎ｝是公比为 １＋ｋ １－ｋ的 等比数列； （３）设Ｓｎ为△ＰｎＰｎ＋１Ｐｎ＋２的面积．证明：对 任意正整数ｎ，Ｓｎ ＝Ｓｎ＋１． 解析：将点Ｐ１（５，４）的坐标代入Ｃ的方程得 ５２－４２ ＝ｍ，解得ｍ＝９，所以Ｃ：ｘ２－ｙ２ ＝９． （１）过点Ｐ１（５，４）且斜率ｋ＝ １ ２的直线方 程为ｙ＝１２（ｘ－５）＋４，与Ｃ的方程联立，消去ｙ化 简可得ｘ２－２ｘ－１５＝０，即（ｘ－５）（ｘ＋３）＝０． 解得ｘ＝－３或ｘ＝５（舍去），所以点Ｑ１的横 坐标为 －３，将ｘ＝－３代入直线方程，得ｙ＝０， 因此Ｑ１（－３，０），从而Ｐ２（３，０）， 即ｘ２ ＝３，ｙ２ ＝０． （２）由题意Ｐｎ（ｘｎ，ｙｎ），Ｐｎ＋１（ｘｎ＋１，ｙｎ＋１）， Ｑｎ（－ｘｎ＋１，ｙｎ＋１）． 由点Ｐｎ，Ｑｎ所在直线的斜率为ｋ， 且点Ｐｎ，Ｑｎ都在Ｃ上可得， ｘ２ｎ－ｙ ２ ｎ ＝ｘ ２ ｎ＋１－ｙ ２ ｎ＋１， ｙｎ－ｙｎ＋１ ＝ｋ（ｘｎ＋ｘｎ＋１ { ）， ① ② 由①得ｙ２ｎ－ｙ ２ ｎ＋１ ＝ｘ ２ ｎ－ｘ ２ ｎ＋１， 故ｋ（ｙｎ＋ｙｎ＋１）＝ｘｎ－ｘｎ＋１， ③ 联立②③得（ｋ＋１）ｙｎ＋（ｋ－１）ｙｎ＋１＝（ｋ＋ １）ｘｎ＋（ｋ－１）ｘｎ＋１，易知ｘｎ－ｙｎ≠０， 故 ｘｎ＋１－ｙｎ＋１ ｘｎ－ｙｎ ＝１＋ｋ１－ｋ， 即数列｛ｘｎ－ｙｎ｝是公比为 １＋ｋ １－ｋ的等比数列． （３）由（２）知数列｛ｘｎ －ｙｎ｝是首项为 ｘ１－ｙ１ ＝５－４＝１，公比为 １＋ｋ １－ｋ的等比数列． 令ｔ＝１＋ｋ１－ｋ，由０＜ｋ＜１可知ｔ＞１， 则ｘｎ－ｙｎ ＝ｔ ｎ－１， ④ 又ｘ２ｎ－ｙ ２ ｎ ＝９， 所以ｘｎ＋ｙｎ ＝ ９ ｘｎ－ｙｎ ＝ ９ ｔｎ－１ ， ⑤ 联立④⑤得 ｘｎ ＝ ９＋ｔ２ｎ－２ ２ｔｎ－１ ， ｙｎ ＝ ９－ｔ２ｎ－２ ２ｔｎ－１ { ， 所以Ｐ (ｎ ９＋ｔ２ｎ－２２ｔｎ－１ ， ９－ｔ２ｎ－２ ２ｔｎ－ )１ ， Ｐｎ＋ (１ ９＋ｔ２ｎ２ｔｎ ， ９－ｔ２ｎ ２ｔ )ｎ ， Ｐｎ＋ (２ ９＋ｔ２ｎ＋２２ｔｎ＋１ ， ９－ｔ２ｎ＋２ ２ｔｎ＋ )１ ， Ｐｎ＋ (３ ９＋ｔ２ｎ＋４２ｔｎ＋２ ， ９－ｔ２ｎ＋４ ２ｔｎ＋ )２ ． 所以 ｘｎ＋２－ｘｎ＋１ ｙｎ＋２－ｙｎ＋１ ＝ ９＋ｔ２ｎ＋２ ２ｔｎ＋１ －９＋ｔ ２ｎ ２ｔｎ ９－ｔ２ｎ＋２ ２ｔｎ＋１ －９－ｔ ２ｎ ２ｔｎ ＝９－ｔ ２ｎ＋１ ９＋ｔ２ｎ＋１ ， 同理可得 ｘｎ＋３－ｘｎ ｙｎ＋３－ｙｎ ＝９－ｔ ２ｎ＋１ ９＋ｔ２ｎ＋１ ， 所以ＰｎＰｎ＋３∥Ｐｎ＋１Ｐｎ＋２， 所以点Ｐｎ和点Ｐｎ＋３到直线Ｐｎ＋１Ｐｎ＋２的距离 相等，因此Ｓｎ ＝Ｓｎ＋１． 点评：本题考查直线与双曲线的位置关系、 等比数列、三角形的面积，考查学生的运算求解 能力和逻辑思维能力．将数列和圆锥曲线进行综 合，考查了学生对知识的综合运用能力． 题型八、数列新定义 例１０ 设ｍ为正整数，数列 ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２ 是公差不为０的等差数列，若从中删去两项ａｉ和 ａｊ（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 ａ１， ａ２，…，ａ４ｍ＋２是（ｉ，ｊ）－可分数列． （１）写出所有的（ｉ，ｊ），１≤ｉ＜ｊ≤６，使得数 列ａ１，ａ２，…，ａ６是（ｉ，ｊ）－可分数列； （２）当ｍ≥３时，证明：数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２ 是（２，１３）－可分数列； （３）从１，２，…，４ｍ＋２中一次任取两个数ｉ 和ｊ（ｉ＜ｊ），记数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２是（ｉ，ｊ）－可 分数列的概率为Ｐｍ，证明：Ｐｍ ＞ １ ８． 解析：（１）（１，２），（１，６），（５，６）． （２）当ｍ＝３时，删去ａ２，ａ１３，其余项可分为 以下３组：ａ１，ａ４，ａ７，ａ１０为第１组，ａ３，ａ６，ａ９，ａ１２为 第２组，ａ５，ａ８，ａ１１，ａ１４为第３组， 当ｍ＞３时，删去ａ２，ａ１３，其余项可分为以下 ｍ组：ａ１，ａ４，ａ７，ａ１０为第１组，ａ３，ａ６，ａ９，ａ１２为第２ 组，ａ５，ａ８，ａ１１，ａ１４为第３组，ａ１５，ａ１６，ａ１７，ａ１８为第４ 组，ａ１９，ａ２０，ａ２１，ａ２２ 为第 ５组，……，ａ４ｍ－１，ａ４ｍ， ａ４ｍ＋１，ａ４ｍ＋２为第ｍ组，可知每组的４个数都能构 成等差数列， 故数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２是（２，１３）－可分数列． （３）易知ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２是（ｉ，ｊ）－可分数 列１，２，…，４ｍ＋２是（４ｐ＋１，４ｑ＋２）－可分数 列，其中ｐ，ｑ∈｛０，１，…，ｍ｝． 当０≤ｐ≤ｑ≤ｍ时，删去４ｐ＋１，４ｑ＋２， 其余项从小到大，每４项分为１组， 可知每组的４个数都能构成等差数列， 故数列１，２，…，４ｍ＋２是（４ｐ＋１，４ｑ＋２）－ 可分数列，可分为（１，２，３，４），…，（４ｐ－３，４ｐ－ ２，４ｐ－１，４ｐ），…，（４（ｑ＋１）－１，４（ｑ＋１），４（ｑ＋ １）＋１，４（ｑ＋１）＋２），…，（４ｍ－１，４ｍ，４ｍ＋１， ４ｍ＋２）． ｐ，ｑ的可能取值方法数为 Ｃ２ｍ＋１＋ｍ＋１＝ （ｍ＋１）（ｍ＋２） ２ ． 易知 ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２是（ｉ，ｊ）－可分数列 １，２，…，４ｍ＋２是（４ｐ＋２，４ｑ＋１）－可分数列， 其中ｐ，ｑ∈｛０，１，…，ｍ｝． 当ｑ－ｐ＞１时，删去４ｐ＋２，４ｑ＋１， 将１～４ｐ与４ｑ＋３～４ｍ＋２从小到大，每 ４项分为１组，可知每组的４个数成等差数列． 考虑４ｐ＋１，４ｐ＋３，４ｐ＋４，…，４ｑ，４ｑ＋２是 否可分，等同于考虑１，３，４，…，４ｔ，４ｔ＋２是否可 分，其中ｔ＝ｑ－ｐ＞１，可分为（１，ｔ＋１，２ｔ＋１，３ｔ ＋１），（３，ｔ＋３，２ｔ＋３，３ｔ＋３），（４，ｔ＋４，２ｔ＋４，３ｔ ＋４），…，（ｔ，２ｔ，３ｔ，４ｔ），（ｔ＋２，２ｔ＋２，３ｔ＋２，４ｔ＋ ２），每组４个数都能构成等差数列． 故数列１，２，…，４ｍ＋２是（４ｐ＋２，４ｑ＋１）－ 可分数列，ｐ，ｑ且ｑ－ｐ＞１的可能取值方法数为 Ｃ２ｍ＋１－ｍ＝ （ｍ－１）ｍ ２ ． 从而Ｐｍ≥ （ｍ＋１）（ｍ＋２） ２ ＋ （ｍ－１）ｍ ２ Ｃ２４ｍ＋２ ＝ ｍ ２＋ｍ＋１ ８ｍ２＋６ｍ＋１ ＞１８． 点评：本题以等差数列为背景，创新设问方 式，给出了数列ａ１，ａ２，…，ａ４ｍ＋２是（ｉ，ｊ）－可分数 列的新定义，考查了数列、计数原理与概率知识， 引导学生积极思考，在思考过程中领悟数学方 法，自主选择路径和策略分析问题、解决问题． ! 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