专题三　微拓展　数列中的新定义问题 -大二轮数学专题复习

微拓展数列中的新定义问题[考情分析]随着高考改革的不断推进，解答题中压轴题越来越新颖，在各地的模拟题中，新定义数列题型出现的越来越多，常以新定义、新运算和新构造形式呈现，有时还伴随着数列与集合，难度较大.考点一数列中的新定义、新运算问题例1(2024·武汉模拟)对于数列{an}，如果存在等差数列{bn}和等比数列{cn}，使得an=bn+cn(n∈N*)，则称数列{an}是“优分解”的.(1)证明：如果{an}是等差数列，则{an}是“优分解”的；(2)记Δan=an+1-an，Δ2an=Δan+1-Δan(n∈N*)，证明：如果数列{an}是“优分解”的，则Δ2an=0(n∈N*)或数列{Δ2an}是等比数列；(3)设数列{an}的前n项和为Sn，如果{an}和{Sn}都是“优分解”的，并且a1=3，a2=4，a3=6，求{an}的通项公式.(1)证明∵{an}是等差数列，∴设an=a1+(n-1)d=[a1-1+(n-1)d]+1，令bn=a1-1+(n-1)d，cn=1，则{bn}是等差数列，{cn}是等比数列，∴数列{an}是“优分解”的.(2)证明∵数列{an}是“优分解”的，设an=bn+cn(n∈N*)，其中bn=b1+(n-1)d，cn=c1qn-1(c1≠0，q≠0)，则Δan=an+1-an=d+c1qn-1(q-1)，Δ2an=Δan+1-Δan=c1qn-1(q-1)2.当q=1时，Δ2an=0(n∈N*)；当q≠1时，{Δ2an}是首项为c1(q-1)2，公比为q的等比数列.(3)解一方面，∵数列{Sn}是“优分解”的，设Sn=Bn+Cn(n∈N*)，其中Bn=B1+(n-1)D，Cn=C1Qn-1(C1≠0，Q≠0)，由(2)知Δ2Sn=C1Qn-1(Q-1)2.∵ΔS1=S2-S1=a2=4，ΔS2=S3-S2=a3=6，∴Δ2S1=ΔS2-ΔS1=2.∴C1(Q-1)2=2，∴Q≠1，∴{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列.另一方面，∵{an}是“优分解”的，设an=bn+cn(n∈N*)，其中bn=b1+(n-1)d，cn=c1qn-1(c1≠0，q≠0)，ΔSn=Sn+1-Sn=an+1，Δ2Sn=ΔSn+1-ΔSn=an+2-an+1=d+c1qn(q-1).∵{Δ2Sn}是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列，∴q≠0，q≠1，且(Δ2S2)2=(Δ2S1)·(∴[d+c1q2(q-1)]2=[d+c1q(q-1)]·[d+c1q3(q-1)]，化简得c1dq(q-1)3=0，∵c1≠0，q≠0，q≠1，∴d=0，∴Δan=an+1-an=c1qn-1(q-1)，即数列{Δan}是首项Δa1=a2-a1=1，公比为q(q≠0，q≠1)的等比数列.又∵Δa2=a3-a2=2，∴q=2，又∵Δ2S1=2，∴d+c1q(q-1)=2，∵d=0，q=2，∴解得c1=1，∴b1=a1-c1=3-1=2，综上所述，an=b1+(n-1)d+c1qn-1=2+2n-1.[规律方法]遇到新定义、新运算问题，应耐心读题，分析新定义、新运算的特点，弄清新定义的性质，按新定义、新运算的要求“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使问题得以解决，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.跟踪演练1(2024·毕节模拟)在无穷数列{an}中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得an+an+2m=2an+m，则称{an}为m阶等差数列.在正项无穷数列{bn}中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得bnbn+2m=bn+m2，则称{bn}(1)若数列{bn}为1阶等比数列，b1+b2+b3=72，b3+b4+b5=78，求{bn}的通项公式及前(2)若数列{lncn}为m阶等差数列，求证：{cn}为m阶等比数列；(3)若数列{lncn}既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，证明：{cn}是等比数列.(1)解因为{bn}为1阶等比数列，所以{bn}为正项等比数列，设公比为q，则q>0，由已知得b解得q2=14因为q>0，所以q=12，所以b1=2所以{bn}的通项公式bn=b1qn-1=2×12n-1前n项和Sn=b1(1-qn)(2)证明因为{lncn}为m阶等差数列，所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得lncn+lncn+2m=2lncn+m成立，所以ln(cn·cn+2m)=lncn即cncn+2m=cn+m2，所以{cn}(3)证明因为{lncn}既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，所以对∀n∈N*，都存在m∈N*，使得lncn+lncn+2m=2lncn+m与lncn+lncn+2(m+1)=2lncn+m+1同时成立，所以cncn+2m=cn+m2与cncn+2(m+1所以cn，cn+m，cn+2m成等比数列，cn，cn+m+1，cn+2m+2成等比数列，由cn，cn+m，cn+2m成等比数列，得cn+1，cn+m+1，cn+2m+1也成等比数列，设cn+m+1cn=q1>0，所以cn+1cn=q1q2>0(n∈N*)考点二数列中的新情境问题例2(2024·泉州模拟)将足够多的一批规格相同、质地均匀的长方体薄铁块叠放于水平桌面上，每个铁块总比其下层铁块向外伸出一定的长度，如图，那么最上层的铁块最多可向桌沿外伸出多远而不掉下呢？这就是著名的“里拉斜塔”问题.将铁块从上往下依次标记为第1块、第2块、第3块、…、第n块，将前i(i=1，2，3，…，n)块铁块视为整体，若这部分的重心在第(i+1)块的上方，且全部铁块整体的重心在桌面的上方，整批铁块就保持不倒.设这批铁块的长度均为1，若记第n块比第(n+1)块向桌沿外多伸出的部分的最大长度为an，则根据力学原理，可得a2=14，且1a(1)求{an}的通项公式；(2)记数列{an}的前n项和为Sn，①比较Sn与12ln(n+1)②对于无穷数列{xn}，如果存在常数A，对任意的正数ε，总存在正整数N0，使得∀n>N0，|xn-A|<ε，则称数列{xn}收敛于A，也称数列{xn}的极限为A，记为limn→+∞xn=A；反之，则称{xn}不收敛.请根据数列收敛的定义判断{Sn}是否收敛？并据此回答“里拉斜塔解(1)依题意，第1块铁块比第2块铁块向桌沿外伸出部分的最大长度为第1块铁块自身长度的一半，则a1=12由1an为等差数列，得其首项为1公差d=1a2-1因此1an=1a1+(n-1)d=2+2(n-1)=2n，即a所以{an}的通项公式是an=12(2)①由(1)知，Sn=12+14+16+…+1令函数f(x)=ln(1+x)-x，x>0，求导得f'(x)=11+x-1<0，即函数f(x)在(0，+∞则f(x)<f(0)=0，即ln(1+x)<x，取x=1n于是1n>ln1+1n=ln(n+1)-ln则1+12+13+…+1n>ln2-ln1+ln3-ln2+ln4-ln3+…+ln(n+1)-lnn=ln(n所以Sn>12ln(n+1)②{Sn}不收敛.给定正数A，对∀ε>0，令12ln(n则A-ε<12ln(n+1)<A+ε解得e2(A-ε)-1<n<e2(A+ε)-1，取N0=[e2(A+ε)-1]([x]表示不超过x的最大整数)，显然当n>N0时，不等式12ln(n即有12ln(n+1)>A+ε因此数列12则由①可知，当n>N0时，Sn-A>12ln(n+1)-A>ε因此当n>N0时，|Sn-A|<ε不成立，所以{Sn}不收敛，{Sn}的意义是n块叠放的铁块最上层的最多可向桌沿外伸出的长度，因为{Sn}不收敛于任意正数A，所以只要铁块足够多，最上层的铁块最多可向桌沿外伸出的长度可以大于任意正数.[规律方法]新情境题型或给出几个新模型来创设新问题的情境，应耐心读题，在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息迁移，达到灵活解题的目的.跟踪演练2(2024·江西省重点中学盟校联考)随着大数据时代来临，数据传输安全问题引起了人们的高度关注，国际上常用的数据加密算法通常有AES，DES，RSA等，不同算法密钥长度也不同，其中RSA的密钥长度较长，用于传输敏感数据.在密码学领域，欧拉函数是非常重要的，其中最著名的应用就是在RSA加密算法中的应用.设p，q是两个正整数，若p，q的最大公约数是1，则称p，q互素.对于任意正整数n，欧拉函数是不超过n且与n互素的正整数的个数，记为φ(n).(1)试求φ(1)+φ(9)，φ(7)+φ(21)的值；(2)设p，q是两个不同的素数，试用p，k表示φ(pk)(k∈N*)，并探究φ(pq)与φ(p)和φ(q)的关系；(3)设数列{an}的通项公式为am=5m-32·φ(3m)(m∈N*)，求该数列的前m项和T解(1)易得φ(1)=1，不超过9且与9互素的正整数有1，2，4，5，7，8，则φ(9)=6，不超过7且与7互素的正整数有1，2，3，4，5，6，则φ(7)=6，不超过21且与21互素的正整数有1，2，4，5，8，10，11，13，16，17，19，20，则φ(21)=12，所以φ(1)+φ(9)=7，φ(7)+φ(21)=18.(2)在不大于pk的正整数中，只有p的倍数不与pk互素，而p的倍数有pk-1个，因此φ(pk)=pk-pk-1=(p-1)pk-1.由p，q是两个不同的素数，得φ(p)=p-1，φ(q)=q-1，在不超过pq-1的正整数中，p的倍数有q-1个，q的倍数有p-1个，于是φ(pq)=pq-1-(p-1)-(q-1)=pq-p-q+1=(p-1)(q-1)，所以φ(pq)=φ(p)·φ(q).(3)根据(2)得am=(5m-3)×3m-1，所以Tm=2×30+7×3+12×32+…+(5m-3)·3m-1，3Tm=2×31+7×32+12×33+…+(5m-3)·3m，两式相减，得-2Tm=2+5×3+5×32+…+5·3m-1-(5m-3)·3m，所以-2Tm=15(1-3m-1)1-3-(5m-3故Tm=114+5m2-1.(2024·黄山统考)北宋数学家沈括博学多才、善于观察.据说有一天，他走进一家酒馆，看见一层层垒起的酒坛，不禁想到：“怎么求这些酒坛的总数呢？”，沈括“用刍童(长方台)法求之，常失于数少”，他认为堆积的酒坛、棋子等虽然看起来像实体，但中间是有空隙的，应该把他们看成离散的量.经过反复尝试，沈括提出对上底有ab个，下底有cd个，共n层的堆积物(如图)，可以用公式S=n6[(2b+d)a+(b+2d)c]+n6(c-a)求出物体的总数.这就是所谓的“隙积术”，相当于求数列ab，(a+1)(b+1)，(a+2)(b+2)，…，(a+n-1)(b+n-1)的和，“隙积术”给出了二阶等差数列的一个求和公式.现已知数列{an}为二阶等差数列，其通项an=n(n+1)，其前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn，且满足2Tn=3b(1)求数列{an}的前n项和Sn；(2)记cn=Snan·bn，求数列{cn}解(1)数列{an}的通项公式为an=n(n+1)，因为在数列1×2，2×3，3×4，…，n(n+1)中，a=1，b=2，项数为n，c=n，d=n+1，所以Sn=n6[(4+n+1)×1+(2+2n+2)n]+n6(n-1)=n3(n2+3n(2)因为数列{bn}的前n项和为Tn，且满足2Tn=3bn-1，所以当n≥2时，2Tn-1=3bn-1-1，两式相减可得2bn=3bn-3bn-1，即bn=3bn-1，令n=1，则2T1=2b1=3b1-1，解得b1=1，所以数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以bn=3n-1.所以cn=Snan·bn=Hn=3×13+4×132+5×133+…+(n+1)×13n-1+(13Hn=3×132+4×133+5×134+…+(n+1)×13n+①-②得，23Hn=1+132+133+134+…+1=1+191-13n-11-=1+16-12×13n-(n=76-7所以Hn=74-72.设满足以下两个条件的有穷数列a1，a2，…，an为n(n=2，3，4，…)阶“曼德拉数列”：①a1+a2+a3+…+an=0；②|a1|+|a2|+|a3|+…+|an|=1.(1)若某2k(k∈N*)阶“曼德拉数列”{an}是等比数列，求该数列的通项公式(1≤n≤2k，用k，n表示)；(2)若某2k+1(k∈N*)阶“曼德拉数列”{an}是等差数列，求该数列的通项公式(1≤n≤2k+1，用k，n表示)；(3)记n阶“曼德拉数列”{an}的前k项和为Sk(k=1，2，3，…，n)，若存在m∈{1，2，3，…，n}，使Sm=12，试问：数列{Si}(i=1，2，3，…，n)能否为n阶“曼德拉数列”？若能，求出所有这样的数列；若不能，请说明理由解(1)设等比数列a1，a2，a3，…，a2k(k≥1)的公比为q.若q≠1，则由条件①得a1+a2+…+a2k=a1(1-q2k由条件②得a1=12k或a1=-若q=1，由①得，a1·2k=0，得a1=0，不符合题意.综上所述，q=-1.∴an=12k(-1)n-1或an=-12k(-1)n-1(n∈N*，1≤n≤(2)设等差数列a1，a2，a3，…，a2k+1(k≥1)的公差为d，∵a1+a2+a3+…+a2k+1=0，∴(2k+1)a1+2k(2k+1)d2=0，即ak+1=0，∴ak+2=d，当d=0时，“曼德拉数列”的条件①②矛盾，舍去.当d>0时，由“曼德拉数列”的条件①②得，ak+2+ak+3+…+a2k+1=-(a1+a2+…+ak)=12∴kd+k(k-1)2d=12由ak+1=0得a1+k·1k(即a1=-1