2026版《金版教程》高考一轮复习数学第七章 高考真题集训-数列

高考总复习首选用卷数学高考真题集训——数列一、单项选择题1．(2024·全国甲卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S5＝S10，a5＝1，则a1＝()A．－2 B.eq\f(7,3)C．1 D．2答案：B解析：由S10－S5＝a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝5a8＝0，得a8＝0，则等差数列{an}的公差d＝eq\f(a8－a5,3)＝－eq\f(1,3)，故a1＝a5－4d＝1－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝eq\f(7,3).故选B.2．(2023·新课标Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则()A．甲是乙的充分条件但不是必要条件B．甲是乙的必要条件但不是充分条件C．甲是乙的充要条件D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件答案：C解析：解法一：甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，则Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(d,2)，因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，则甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝eq\f(nSn＋1－（n＋1）Sn,n（n＋1）)＝eq\f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)为常数，设为t，即eq\f(nan＋1－Sn,n（n＋1）)＝t，则Sn＝nan＋1－tn(n＋1)，有Sn－1＝(n－1)an－tn(n－1)，n≥2，两式相减，得an＝nan＋1－(n－1)an－2tn，即an＋1－an＝2t，对n＝1也成立，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.解法二：甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，即Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d，则eq\f(Sn,n)＝a1＋eq\f(n－1,2)d＝eq\f(d,2)n＋a1－eq\f(d,2)，因此eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即甲是乙的充分条件；反之，乙：eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))为等差数列，即eq\f(Sn＋1,n＋1)－eq\f(Sn,n)＝d′，eq\f(Sn,n)＝S1＋(n－1)d′，即Sn＝nS1＋n(n－1)d′，Sn－1＝(n－1)S1＋(n－1)(n－2)d′，当n≥2时，以上两式相减，得Sn－Sn－1＝S1＋2(n－1)d′，于是an＝a1＋2(n－1)d′，当n＝1时，上式也成立，又an＋1－an＝a1＋2nd′－[a1＋2(n－1)d′]＝2d′，为常数，因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件．所以甲是乙的充要条件．故选C.3．(2023·新课标Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若S4＝－5，S6＝21S2，则S8＝()A．120 B．85C．－85 D．－120答案：C解析：解法一：设等比数列{an}的公比为q，若q＝1，则S6＝6a1＝3×2a1＝3S2，与题意不符，所以q≠1；由S4＝－5，S6＝21S2可得，eq\f(a1（1－q4）,1－q)＝－5，eq\f(a1（1－q6）,1－q)＝21×eq\f(a1（1－q2）,1－q)①，由①可得，1＋q2＋q4＝21，解得q2＝4，所以S8＝eq\f(a1（1－q8）,1－q)＝eq\f(a1（1－q4）,1－q)×(1＋q4)＝－5×(1＋16)＝－85.故选C.解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为S4＝－5，S6＝21S2，所以q≠－1，否则S4＝0，从而S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6成等比数列，所以(－5－S2)2＝S2(21S2＋5)，解得S2＝－1或S2＝eq\f(5,4).当S2＝－1时，S2，S4－S2，S6－S4，S8－S6，即为－1，－4，－16，S8＋21，易知S8＋21＝－64，即S8＝－85；当S2＝eq\f(5,4)时，S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝(a1＋a2)(1＋q2)＝(1＋q2)S2>0，与S4＝－5矛盾，舍去．故选C.4．(2023·天津高考)已知{an}为等比数列，Sn为数列{an}的前n项和，an＋1＝2Sn＋2，则a4的值为()A．3 B．18C．54 D．152答案：C解析：解法一：因为an＋1＝2Sn＋2，所以当n≥2时，an＝2Sn－1＋2，两式相减，得an＋1－an＝2an，即an＋1＝3an，所以{an}是公比q＝eq\f(an＋1,an)＝3的等比数列．当n＝1时，a2＝2S1＋2＝2a1＋2，又a2＝3a1，所以3a1＝2a1＋2，解得a1＝2，所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C.解法二：设等比数列{an}的公比为q，因为an＋1＝2Sn＋2，所以公比q≠1，且a1qn＝eq\f(2a1（1－qn）,1－q)＋2＝－eq\f(2a1,1－q)qn＋eq\f(2a1,1－q)＋2，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－\f(2a1,1－q)，,0＝\f(2a1,1－q)＋2，))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝2，,q＝3，))所以a4＝a1q3＝2×33＝54.故选C.5．(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构，AA′，BB′，CC′，DD′是桁，相邻桁的水平距离称为步，垂直距离称为举．图2是某古代建筑屋顶截面的示意图．其中DD1，CC1，BB1，AA1是举，OD1，DC1，CB1，BA1是相等的步，相邻桁的举步之比分别为eq\f(DD1,OD1)＝0.5，eq\f(CC1,DC1)＝k1，eq\f(BB1,CB1)＝k2，eq\f(AA1,BA1)＝k3.已知k1，k2，k3成公差为0.1的等差数列，且直线OA的斜率为0.725，则k3＝()A．0.75 B．0.8C．0.85 D．0.9答案：D解析：设OD1＝DC1＝CB1＝BA1＝1，则DD1＝0.5，CC1＝k1，BB1＝k2，AA1＝k3，依题意，有k3－0.2＝k1，k3－0.1＝k2，且eq\f(DD1＋CC1＋BB1＋AA1,OD1＋DC1＋CB1＋BA1)＝0.725，所以eq\f(0.5＋3k3－0.3,4)＝0.725，故k3＝0.9.故选D.二、填空题6．(2024·新课标Ⅱ卷)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3＋a4＝7，3a2＋a5＝5，则S10＝________．答案：95解析：因为{an}为等差数列，则由题意，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＋a1＋3d＝7，,3（a1＋d）＋a1＋4d＝5，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝－4，,d＝3，))则S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝10×(－4)＋45×3＝95.7．(2024·北京高考)设{an}与{bn}是两个不同的无穷数列，且都不是常数列．记集合M＝{k|ak＝bk，k∈N*}，给出下列四个结论：①若{an}与{bn}均为等差数列，则M中最多有1个元素；②若{an}与{bn}均为等比数列，则M中最多有2个元素；③若{an}为等差数列，{bn}为等比数列，则M中最多有3个元素；④若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则M中最多有1个元素．其中正确结论的序号是________．答案：①③④解析：对于①，由题知an，bn是关于n的一次式，对应的函数为一次函数，即点(n，an)，(n，bn)分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以M中最多有1个元素，所以①正确．对于②，不妨取an＝2n，bn＝(－2)n，则有a2k＝22k＝4k，b2k＝(－2)2k＝4k(k∈N*)，所以a2k＝b2k(k∈N*)，此时M中有无数个元素，所以②不正确．对于③，由①知点(n，an)在一条斜率不为0的直线l0上．设bn＝b1qn－1(q≠1)，当q>0时，直线l0与数列{bn}对应的函数的图象至多有2个公共点，M中最多有2个元素；当q<－1时，点(n，bn)在如图所示的曲线C1，C2上，由图易知直线l0与曲线C1，C2至多有3个公共点，如当an＝3n－4，bn＝－1×(－2)n－1时，a1＝b1＝－1，a2＝b2＝2，a4＝b4＝8，两个数列有3项相同，所以M中最多有3个元素；当q＝－1时，易知M中最多有2个元素；当－1<q<0时，易知M中最多有3个元素．综上可知，当{an}为等差数列，{bn}为等比数列时，M中最多有3个元素，所以③正确．对于④，若{an}为递增数列，{bn}为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以M中最多有1个元素，所以④正确．三、解答题8．(2024·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知4Sn＝3an＋4.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝(－1)n－1nan，求数列{bn}的前n项和Tn.解：(1)当n＝1时，4S1＝4a1＝3a1＋4，解得a1＝4.当n≥2时，有4Sn－1＝3an－1＋4，所以4Sn－4Sn－1＝4an＝3an－3an－1，即an＝－3an－1，而a1＝4≠0，故an≠0，故eq\f(an,an－1)＝－3，所以{an}是以4为首项，－3为公比的等比数列，所以an＝4×(－3)n－1.(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1×n×4×(－3)n－1＝4n×3n－1，所以Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝4×30＋8×31＋12×32＋…＋4n×3n－1，故3Tn＝4×31＋8×32＋12×33＋…＋4n×3n，两式相减，得－2Tn＝4＋4×31＋4×32＋…＋4×3n－1－4n×3n＝4＋4×eq\f(3（1－3n－1）,1－3)－4n×3n＝4＋2×3×(3n－1－1)－4n×3n＝(2－4n)×3n－2，所以Tn＝(2n－1)×3n＋1.9．(2023·新课标Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn＝eq\f(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：(1)∵3a2＝3a1＋a3，∴3d＝a1＋2d，解得a1＝d，∴S3＝3a2＝3(a1＋d)＝6d，又T3＝b1＋b2＋b3＝eq\f(2,d)＋eq\f(6,2d)＋eq\f(12,3d)＝eq\f(9,d)，∴S3＋T3＝6d＋eq\f(9,d)＝21，即2d2－7d＋3＝0，解得d＝3或d＝eq\f(1,2)(舍去)，∴an＝a1＋(n－1)d＝3n.(2)∵{bn}为等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(12,a2)＝eq\f(2,a1)＋eq\f(12,a3)，∴6eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＝eq\f(6d,a2a3)＝eq\f(6d,（a1＋d）（a1＋2d）)＝eq\f(1,a1)，即aeq\o\al(2,1)－3a1d＋2d2＝0，解得a1＝d或a1＝2d，∵d>1，∴an>0，又S99－T99＝99，由等差数列的性质知，99a50－99b50＝99，即a50－b50＝1，∴a50－eq\f(2550,a50)＝1，即aeq\o\al(2,50)－a50－2550＝0，解得a50＝51或a50＝－50(舍去)．当a1＝2d时，a50＝a1＋49d＝51d＝51，解得d＝1，与d>1矛盾，无解；当a1＝d时，a50＝a1＋49d＝50d＝51，解得d＝eq\f(51,50).综上，d＝eq\f(51,50).10．(2023·新课标Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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：(1)设等差数列{an}的公差为d，而bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(an－6，n为奇数，,2an，n为偶数，))则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6，于是eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(S4＝4a1＋6d＝32，,T3＝4a1＋4d－12＝16，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝5，,d＝2，))所以an＝a1＋(n－1)d＝2n＋3，所以{an}的通项公式是an＝2n＋3.(2)证法一：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，bn－1＋bn＝2(n－1)－3＋4n＋6＝6n＋1，Tn＝eq\f(13＋（6n＋1）,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，Tn＝Tn＋1－bn＋1＝eq\f(3,2)(n＋1)2＋eq\f(7,2)(n＋1)－[4(n＋1)＋6]＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.证法二：由(1)知，Sn＝eq\f(n（5＋2n＋3）,2)＝n2＋4n，bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2n－3，n为奇数，,4n＋6，n为偶数，))当n为偶数时，Tn＝(b1＋b3＋…＋bn－1)＋(b2＋b4＋…＋bn)＝eq\f(－1＋2（n－1）－3,2)·eq\f(n,2)＋eq\f(14＋4n＋6,2)·eq\f(n,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(7,2)n，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(7,2)n))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)n(n－1)>0，因此Tn>Sn；当n为奇数时，若n≥3，则Tn＝(b1＋b3＋…＋bn)＋(b2＋b4＋…＋bn－1)＝eq\f(－1＋2n－3,2)·eq\f(n＋1,2)＋eq\f(14＋4（n－1）＋6,2)·eq\f(n－1,2)＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，显然T1＝b1＝－1满足上式，因此当n为奇数时，Tn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(5,2)n－5，当n>5时，Tn－Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)n2＋\f(5,2)n－5))－(n2＋4n)＝eq\f(1,2)(n＋2)(n－5)>0，因此Tn>Sn.所以当n>5时，Tn>Sn.11．(2022·新高考Ⅰ卷)记Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝1，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是公差为eq\f(1,3)的等差数列．(1)求{an}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)<2.解：(1)因为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,an)))是首项为1，公差为eq\f(1,3)的等差数列，所以eq\f(Sn,an)＝1＋eq\f(1,3)(n－1)＝eq\f(n＋2,3)，故Sn＝eq\f(n＋2,3)an.①当n≥2时，Sn－1＝eq\f(n＋1,3)an－1.②由①－②可知an＝eq\f(n＋2,3)an－eq\f(n＋1,3)an－1，所以(n－1)an＝(n＋1)an－1，即eq\f(an,an－1)＝eq\f(n＋1,n－1).所以eq\f(a2,a1)×eq\f(a3,a2)×…×eq\f(an－1,an－2)×eq\f(an,an－1)＝eq\f(3,1)×eq\f(4,2)×eq\f(5,3)×…×eq\f(n,n－2)×eq\f(n＋1,n－1)＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n≥2)，又a1＝1也满足上式，所以an＝eq\f(n（n＋1）,2)(n∈N*)．(2)证明：因为eq\f(1,an)＝eq\f(2,n（n＋1）)＝eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)，所以eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)＝eq\f(2,1)－eq\f(2,2)＋eq\f(2,2)－eq\f(2,3)＋…＋eq\f(2,n)－eq\f(2,n＋1)＝2－eq\f(2,n＋1)＜2.12．(2024·天津高考)已知数列{an}是公比大于0的等比数列，其前n项和为Sn.若a1＝1，S2＝a3－1.(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)设bn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k，n＝ak，,bn－1＋2k，ak<n<ak＋1，))b1＝1，其中k是大于1的正整数．①当n＝ak＋1时，求证：bn－1≥ak·bn；②求eq\o(∑,\s\up10(Sn),\s\do8(i＝1))bi.解：(1)设等比数列{an}的公比为q>0，因为a1＝1，S2＝a3－1，即a1＋a2＝a3－1，可得1＋q＝q2－1，整理得q2－q－2＝0，解得q＝2或q＝－1(舍去)，所以Sn＝eq\f(1－2n,1－2)＝2n－1.(2)①证明：由(1)可知ak＝2k－1，且k∈N*，k≥2，当n＝ak＋1＝2k≥4时，bn＝k＋1，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ak＝2k－1<2k－1＝n－1，,n－1＝ak＋1－1<ak＋1，))即ak<n－1<ak＋1，所以bn－1＝bak＋(ak＋1－ak－1)2k＝k＋2k(2k－1－1)＝k(2k－1)，可得bn－1－ak·bn＝k(2k－1)－(k＋1)2k－1＝(k－1)2k－1－k≥2(k－1)－k＝k－2≥0，当且仅当k＝2时，等号成立，所以bn－1≥ak·bn.②由(1)可知Sn＝2n－1＝an＋1－1，若n＝1，则S1＝1，b1＝1；若n≥2，则ak＋1－ak＝2k－1，当2k－1<i≤2k－1时，bi－bi－1＝2k，可知{bi}为等差数列，可得eq\o(∑,\s\up7(2k－1),\s\do8(i＝2k－1))bi＝k·2k－1＋2k·eq\f(2k－1（2k－1－1）,2)＝k·4k－1＝eq\f(1,9)[(3k－1)4k－(3k－4)4k－1]，所以eq\o(∑,\s\up7(Sn),\s\do6(i＝1))bi＝1＋eq\f(1,9)[5×42－2×4＋8×43－5×42＋…＋(3n－1)4n－(3n－4)4n－1]＝eq\f(（3n－1）4n＋1,9)，且n＝1时符合上式，故eq\o(∑,\s\up7(Sn),\s\do6(i＝1))bi＝eq\f(（3n－1）4n＋1,9).13．(2024·新课标Ⅰ卷)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>eq\f(1,8).解：(1)首先，我们设数列a1，a2，…，a4m＋2的公差为d，则d≠0.由于一个数列同时加上一个数或者乘以一个非零数后是等差数列，当且仅当该数列是等差数列，故我们可以对该数列进行适当的变形aeq\o\al(′,k)＝eq\f(ak－a1,d)＋1(k＝1，2，…，4m＋2)，得到新数列aeq\o\al(′,k)＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，然后对aeq\o\al(′,1)，aeq\o\al(′,2)，…，aeq\o\al(′,4m+2)进行相应的讨论即可．换言之，我们可以不妨设ak＝k(k＝1，2，…，4m＋2)，此后的讨论均建立在该假设下进行．回到原题，第1小问相当于从1，2，3，4，5，6中取出两个数i和j(i<j)，使得剩余的四个数成等差数列．那么剩余的四个数只可能是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(1，2)，(1，6)，(5，6)．(2)证明：由于从数列1，2，…，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}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－3组．(如果m－3＝0，则忽略②)故数列1，2，…，4m＋2是(2，13)－可分数列．所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(2，13)－可分数列．(3)证明：定义集合A＝{4k＋1|k＝0，1，2，…，m}＝{1，5，9，13，…，4m＋1}，B＝{4k＋2|k＝0，1，2，…，m}＝{2，6，10，14，…，4m＋2}．下面证明，对1≤i<j≤4m＋2，如果下面两个命题同时成立，则数列1，2，…，4m＋2一定是(i，j)－可分数列：命题1：i∈A，j∈B或i∈B，j∈A；命题2：j－i≠3.我们分两种情况证明这个结论．第一种情况：如果i∈A，j∈B，且j－i≠3.此时设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}．则由i<j可知4k1＋1<4k2＋2，即k2－k1>－eq\f(1,4)，故k2≥k1.此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋1和j＝4k2＋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}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组；②{4k1＋2，4k1＋3，4k1＋4，4k1＋5}，{4k1＋6，4k1＋7，4k1＋8，4k1＋9}，…，{4k2－2，4k2－1，4k2，4k2＋1}，共k2－k1组；③{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组．(如果某一部分的组数为0，则忽略之)故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)－可分数列．第二种情况：如果i∈B，j∈A，且j－i≠3.此时设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}．则由i<j可知4k1＋2<4k2＋1，即k2－k1>eq\f(1,4)，故k2>k1.由于j－i≠3，故(4k2＋1)－(4k1＋2)≠3，从而k2－k1≠1，这就意味着k2－k1≥2.此时，由于从数列1，2，…，4m＋2中取出i＝4k1＋2和j＝4k2＋1后，剩余的4m个数可以分为以下四个部分，共m组，使得每组成等差数列：①{1，2，3，4}，{5，6，7，8}，…，{4k1－3，4k1－2，4k1－1，4k1}，共k1组；②{4k1＋1，3k1＋k2＋1，2k1＋2k2＋1，k1＋3k2＋1}，{3k1＋k2＋2，2k1＋2k2＋2，k1＋3k2＋2，4k2＋2}，共2组；③全体{4k1＋p，3k1＋k2＋p，2k1＋2k2＋p，k1＋3k2＋p}，其中p＝3，4，…，k2－k1，共k2－k1－2组；④{4k2＋3，4k2＋4，4k2＋5，4k2＋6}，{4k2＋7，4k2＋8，4k2＋9，4k2＋10}，…，{4m－1，4m，4m＋1，4m＋2}，共m－k2组．(如果某一部分的组数为0，则忽略之)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k2－k1－2个行，4个列的数表以后，4个列分别是下面这些数：{4k1＋3，4k1＋4，…，3k1＋k2}，{3k1＋k2＋3，3k1＋k2＋4，…，2k1＋2k2}，{2k1＋2k2＋3，2k1＋2k2＋3，…，k1＋3k2}，{k1＋3k2＋3，k1＋3k2＋4，…，4k2}．可以看出每列都是连续的若干个整数，它们再取并以后，将取遍{4k1＋1，4k1＋2，…，4k2＋2}中除去五个集合{4k1＋1，4k1＋2}，{3k1＋k2＋1，3k1＋k2＋2}，{2k1＋2k2＋1，2k1＋2k2＋2}，{k1＋3k2＋1，k1＋3k2＋2}，{4k2＋1，4k2＋2}中的十个元素以外的所有数．而这十个数中，除去已经去掉的4k1＋2和4k2＋1以外，剩余的八个数恰好就是②中出现的八个数．这就说明我们给出的分组方式满足要求，故此时数列1，2，…，4m＋2是(i，j)－可分数列．至此，我们证明了：对1≤i<j≤4m＋2，如果前述命题1和命题2同时成立，则数列1，2，…，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∩B＝∅，A和B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∈A，j∈B，则可设i＝4k1＋1，j＝4k2＋2，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，代入得(4k2＋2)－(4k1＋1)＝3.但这导致k2－k1＝eq\f(1,2)，矛盾，所以i∈B，j∈A.设i＝4k1＋2，j＝4k2＋1，k1，k2∈{0，1，2，…，m}，则(4k2＋1)－(4k1＋2)＝3，即k2－k1＝1.所以可能的(k1，k2)恰好就是(0，1)，(1，2)，…，(m－1，m)，对应的(i，j)分别是(2，5)，(6，9)，…，(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，…，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为eq\f(（4m＋2）（4m＋1）,2)＝(2m＋1)(4m＋1)．而根据之前的结论，使得数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的(i，j)至少有(m＋1)2－m个．所以数列a1，a2，…，a4m＋2是(i，j)－可分数列的概率Pm一定满足Pm≥eq\f(（m＋1）2－m,（2m＋1）（4m＋1）)＝eq\f(m2＋m＋1,（2m＋1）（4m＋1）)>eq\f(m2＋m＋\f(1,4),（2m＋1）（4m＋2）)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(1,2)))\s\up12(2),2（2m＋1）（2m＋1）)＝eq\f(1,8).这就证明了结论．14．(2024·北京高考)已知集合M＝{(i，j，k，w)|i∈{1，2}，j∈{3，4}，k∈{5，6}，w∈{7，8}，且i＋j＋k＋w为偶数}．给定数列A：a1，a2，…，a8和序列Ω：T1，T2，…，Ts，其中Tt＝(it，jt，kt，wt)∈M(t＝1，2，…，s)，对数列A进行如下变换：将A的第i1，j1，k1，w1项均加1，其余项不变，得到的数列记作T1(A)；将T1(A)的第i2，j2，k2，w2项均加1，其余项不变，得到的数列记作T2T1(A)；…；以此类推，得到数列Ts…T2T1(A)，简记为Ω(A)．(1)给定数列A：1，3，2，4，6，3，1，9和序列Ω：(1，3，5，7)，(2，