设 $m$ 为正整数，数列 $a_1$，$a_2$，$\dots$，$a_{4m+2}$ 为公差不为 $0$ 的等差数列，若删去两项 $a_i$，$a_j$（$i<j$） 后剩余 $4m$ 项可平均分为 $m$ 组且每组 4 个数都成等差，则称该数列为 $(i,j)$-可分数列.

(1) 写出所有 $(i,j)$，$1\le i<j\le6$，使 $a_1$，$\dots$，$a_6$ 是 $(i,j)$-可分数列； (2) 当 $m\ge3$ 时，证明 $a_1$，$\dots$，$a_{4m+2}$ 是 $(2,13)$-可分数列； (3) 从 $1$，$2$，$\dots$，$4m+2$ 中不放回任取 $i<j$，设 $a_1$，$\dots$，$a_{4m+2}$ 是 $(i,j)$-可分数列的概率为 $P_m$，证明 $P_m>\frac18$.

为治疗某种疾病，研制了甲、乙两种新药，希望知道哪种新药更有效，为此进行动物试验. 试验方案如下：每一轮选取两只白鼠对药效进行对比试验. 对于两只白鼠，随机选一只施以甲药，另一只施以乙药. 一轮的治疗结果得出后，再安排下一轮试验. 当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈的白鼠多 $4$ 只时，就停止试验，并认为治愈只数多的药更有效. 为了方便描述问题，约定：对于每轮试验，若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈则甲药得 $1$ 分，乙药得 $-1$ 分；若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈则乙药得 $1$ 分，甲药得 $-1$ 分；若都治愈或都未治愈则两种药均得 $0$ 分. 甲、乙两种药的治愈率分别记为 $\alpha$ 和 $\beta$，一轮试验中甲药的得分记为 $X$.

(1) 求 $X$ 的分布列； (2) 若甲药、乙药在试验开始时都赋予 $4$ 分，$p_i$（$i=0$，$1$，$\cdots$，$8$）表示“甲药的累计得分为 $i$ 时，最终认为甲药比乙药更有效”的概率，则 $p_0=0$，$p_8=1$，$p_i=ap_{i-1}+bp_i+cp_{i+1}$（$i=1$，$2$，$\cdots$，$7$），其中 $a=P(X=-1)$，$b=P(X=0)$，$c=P(X=1)$. 假设 $\alpha=0.5$，$\beta=0.8$.

(i) 证明：$\{p_{i+1}-p_i\}$（$i=0$，$1$，$2$，$\cdots$，$7$）为等比数列； (ii) 求 $p_4$，并根据 $p_4$ 的值解释这种试验方案的合理性.

已知 $a > 0$，函数 $f(x) = \mathrm{e}^{ax}\sin x$ （$x \in [0, +\infty)$），记 $x_n$ 为 $f(x)$ 的从小到大的第 $n$ （$n \in \mathbf{N}^*$）个极值点. 证明：

(1) 数列 $\left\{f(x_{n})\right\}$ 是等比数列； (2) 若 $a \geqslant \frac{1}{\sqrt{\mathrm{e}^{2} - 1}}$，则对一切 $n \in \mathbf{N}^*$，$x_n < |f(x_n)|$ 恒成立.

已知函数 $f(x) = x \cos x - \sin x + 1$（$x > 0$）.

(1) 求 $f(x)$ 的单调区间； (2) 记 $x_{i}$ 为 $f(x)$ 的从小到大的第 $i$（$i \in \mathbf{N}^{*}$）个零点，证明：对一切 $n \in \mathbf{N}^{*}$，有 $\frac{1}{x_1^2} + \frac{1}{x_2^2} + \cdots + \frac{1}{x_n^2} < \frac{2}{3}$.

已知函数 $f(x) = x^3$，$g(x) = x + \sqrt{x}$.

(1) 求函数 $h(x) = f(x) - g(x)$ 的零点个数，并说明理由； (2) 设数列 $\{a_{n}\}$（$n \in \mathbf{N}^{*}$）满足 $a_{1} = a$（$a > 0$），$f(a_{n+1}) = g(a_{n})$，证明：存在常数 $M$，使得对于任意的 $n \in \mathbf{N}^{*}$，都有 $a_{n} \leqslant M$.

数列 $\{a_{n}\}$ （$n\in\mathbf{N}^{*}$） 中， $a_1 = a$，$a_{n + 1}$ 是函数 $f_{n}(x) = \frac{1}{3}x^{3} - \frac{1}{2}(3a_n + n^2)x^2 + 3n^2a_nx$ 的极小值点.

(1) 当 $a = 0$ 时，求通项 $a_{n}$； (2) 是否存在 $a$ 使数列 $\{a_{n}\}$ 是等比数列？若存在，求 $a$ 的取值范围；若不存在，请说明理由.

\begin{solution} \begin{enumerate} \item 由 可知，当 $3a_n<n^2$ 时，$x=n^2$ 是极小值点；当 $3a_n>n^2$ 时，$x=3a_n$ 是极小值点. 当 $3a_n=n^2$ 时，导函数只有二重根，函数没有极小值点. 因此在数列有定义时， 当 $a=0$ 时，依次有 $a_1=0$，$a_2=1$，$a_3=4$，$a_4=12$. 对 $n\geqslant3$，有 $4\cdot3^{n-2}>n^2$. 事实上，$n=3$ 时不等式成立；若 $n\geqslant3$，则左边每次乘以 $3$，而右边的增长倍数为 $\frac{(n+1)^2}{n^2}\leqslant\frac{16}{9}<3$，所以不等式对所有 $n\geqslant3$ 成立. 于是 $a_{n+1}=3a_n$，从而 $a_n=4\cdot3^{n-3}$，$n\geqslant3$. \item 若 $\{a_n\}$ 是等比数列，则由递推式知 $a_2>0$，$a_3>0$. 若 $a<0$，则 $\frac{a_2}{a_1}<0$，而 $\frac{a_3}{a_2}>0$，不可能等比；若 $a=0$，则第一问中的数列也不等比. 因此 $a>0$.

当 $0<a<\frac{1}{3}$ 时，$a_2=1$，$a_3=4$. 若数列等比，则公比既为 $\frac{a_2}{a_1}=\frac{1}{a}$，又为 $\frac{a_3}{a_2}=4$，所以 $a=\frac{1}{4}$. 但此时 $a_4=\max\{12,9\}=12$，而等比数列应有 $a_4=16$，矛盾. 当 $a=\frac{1}{3}$ 时，$3a_1=1^2$，$f_1'(x)=(x-1)^2$，函数没有极小值点，数列不能按题意定义.

当 $a>\frac{1}{3}$ 时，$a_2=3a$. 若数列等比，则公比为 $3$，从而必须有 $a_3=9a$. 当 $a<\frac{4}{9}$ 时，$a_3=\max\{9a,4\}=4\neq9a$，矛盾；当 $a=\frac{4}{9}$ 时，$3a_2=4=2^2$，此时 $f_2'(x)=(x-4)^2$，没有极小值点，数列不能按题意定义. 所以必要条件为 $a>\frac{4}{9}$.

反之，若 $a>\frac{4}{9}$，则 $a_2=3a$，且 $3a>1$. 又 $9a>4$. 因而 $3^1a>1^2$，$3^2a>2^2$. 对 $n\geqslant2$，若 $3^na>n^2$，则由 $3n^2-(n+1)^2=2n^2-2n-1>0$，得 $3n^2>(n+1)^2$. 又因 $3^{n+1}a>3n^2$，所以 $3^{n+1}a>(n+1)^2$. 由数学归纳法，$3^na>n^2$ 对所有 $n\geqslant1$ 成立，递推式始终取 $a_{n+1}=3a_n$. 所以 $a_n=3^{n-1}a$ 是等比数列.

综上，存在这样的 $a$，其取值范围为 \end{enumerate} \end{solution}

对于数列 $\{u_n\}$，若存在常数 $M > 0$，对任意的 $n \in \mathbf{N}^*$，恒有 $|u_{n+1} - u_n| + |u_n - u_{n-1}| + \cdots + |u_2 - u_1| \leqslant M$，则称数列 $\{u_n\}$ 为 $B$-数列.

(1) 首项为 $1$，公比为 $q$（$|q| < 1$）的等比数列是否为 $B$-数列？请说明理由； (2) 设 $S_{n}$ 是数列 $\{x_{n}\}$ 的前 $n$ 项和. 给出下列两组论断：

① A 组：数列 $\{x_{n}\}$ 是 $B$-数列； ② A 组：数列 $\{x_{n}\}$ 不是 $B$-数列； ③ B 组：数列 $\{S_{n}\}$ 是 $B$-数列； ④ B 组：数列 $\{S_{n}\}$ 不是 $B$-数列.

请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论； (3) 若数列 $\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$ 都是 $B$-数列，证明：数列 $\{a_{n}b_{n}\}$ 也是 $B$-数列.

对于数列 $\{u_n\}$，若存在常数 $M > 0$，对任意的 $n \in \mathbf{N}^*$，恒有 $|u_{n+1} - u_n| + |u_n - u_{n-1}| + \cdots + |u_2 - u_1| \leqslant M$，则称数列 $\{u_n\}$ 为 $B$-数列.

(1) 首项为 1，公比为 $-\frac{1}{2}$ 的等比数列是否为 $B$-数列？请说明理由； (2) 设 $S_{n}$ 是数列 $\{x_{n}\}$ 的前 $n$ 项和. 给出下列两组论断： A 组：

① 数列 $\{x_n\}$ 是 $B$-数列； ② 数列 $\{x_n\}$ 不是 $B$-数列；

B 组： {

① 数列 $\{S_n\}$ 是 $B$-数列； ② 数列 $\{S_n\}$ 不是 $B$-数列.

} 请以其中一组中的一个论断为条件，另一组中的一个论断为结论组成一个命题. 判断所给命题的真假，并证明你的结论； (3) 若数列 $\{a_n\}$ 是 $B$-数列，证明：数列 $\{a_{n}^{2}\}$ 也是 $B$-数列.

已知 $A_{n}(a_{n}, b_{n})$（$n \in \mathbf{N}^{*}$）是曲线 $y = \mathrm{e}^{x}$ 上的点，$a_{1} = a$，$S_{n}$ 是数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和，且满足 $S_{n}^{2} = 3n^{2}a_{n} + S_{n-1}^{2}$，$a_{n} \neq 0$，$n = 2$，$3$，$4$，$\cdots$.

(1) 证明：数列 $\left\{\frac{b_{n+2}}{b_n}\right\}$（$n \geqslant 2$）是常数数列； (2) 确定 $a$ 的取值集合 $M$，使 $a \in M$ 时，数列 $\{a_n\}$ 是单调递增数列； (3) 证明：当 $a \in M$ 时，弦 $A_{n} A_{n+1}$（$n \in \mathbf{N}^{*}$）的斜率随 $n$ 单调递增.

自然状态下的鱼类是一种可再生资源. 为持续利用这一资源，需从宏观上考察其再生能力及捕捞强度对鱼群总量的影响. 用 $x_{n}$ 表示某鱼群在第 $n$ 年年初的总量，$n \in \mathbf{N}^{*}$，且 $x_{1} > 0$. 不考虑其它因素，设在第 $n$ 年内鱼群的繁殖量及捕捞量都与 $x_{n}$ 成正比，死亡量与 $x_{n}^{2}$ 成正比，这些比例系数依次为正常数 $a$，$b$，$c$.

(1) 求 $x_{n+1}$ 与 $x_n$ 的关系式； (2) 猜测：当且仅当 $x_{1}$，$a$，$b$，$c$ 满足什么条件时，每年年初鱼群的总量保持不变？（不要求证明） (3) 设 $a = 2$，$b = 1$，为保证对任意 $x_{1} \in (0,2)$，都有 $x_n > 0$，$n \in \mathbf{N}^{*}$，则捕捞强度 $b$ 的最大允许值是多少？证明你的结论.

\begin{solution} 题面第三问同时写出“$a=2$，$b=1$”并要求求捕捞强度 $b$ 的最大允许值，按字面理解时 $b$ 已被固定，因而不存在待求的最大值. 以下先给出前两问的结论，并在第三问中说明与“求 $b$ 的最大值”相容的通常解释.

\begin{enumerate} \item 第 $n$ 年内鱼群的繁殖量、捕捞量和死亡量分别为 $ax_n$、$bx_n$ 和 $cx_n^{2}$，所以

\item 若每年年初鱼群总量保持不变，则 $x_{n+1}=x_n=x_1$. 由上式和 $x_1>0$，应满足

即 $a-b-cx_1=0$. 因为 $c>0$ 且 $x_1>0$，这等价于 $a>b$ 且 $x_1=\dfrac{a-b}{c}$.

\item 若严格保留题面中已给出的 $b=1$，则捕捞强度已确定为 $1$，第三问没有关于 $b$ 的最大值问题. 若按题意将该题理解为已给 $a=2$、$c=1$，而把 $b$ 作为待求的捕捞强度，则递推式为

为使任意 $x_1\in(0,2)$ 都有 $x_2>0$，必须对任意 $x_1\in(0,2)$ 有 $3-b-x_1>0$. 若 $b>1$，可取 $x_1\in(\max\{3-b,0\},2)$，则 $3-b-x_1<0$，从而 $x_2<0$，不符合要求. 因此必有 $b\leqslant1$.

当 $b=1$ 时，递推式为 $x_{n+1}=x_n(2-x_n)$. 用数学归纳法证明 $0<x_n<2$. 当 $n=1$ 时结论由条件成立. 假设 $0<x_k<2$，则

并且 $x_{k+1}=1-(x_k-1)^2\leqslant1<2$，所以 $0<x_{k+1}<2$. 归纳可得任意 $n\in\mathbf{N}^{*}$ 都有 $x_n>0$. 因此在这一相容解释下，捕捞强度 $b$ 的最大允许值为 $1$. \end{enumerate} \end{solution}