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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{a }，如果存在等差数列{b }和等比数列{c }，使得a =b +c (n∈N*)，则
n n n n n n
称数列{a }是“优分解”的.
n
(1)证明：如果{a }是等差数列，则{a }是“优分解”的；
n n
(2)记Δa =a -a ，Δ2a =Δa -Δa (n∈N*)，证明：如果数列{a }是“优分解”的，则Δ2a =0(n∈N*)或数
n n+1 n n n+1 n n n
列{Δ2a }是等比数列；
n
(3)设数列{a }的前n项和为S ，如果{a }和{S }都是“优分解”的，并且a =3，a =4，a =6，求{a }的通
n n n n 1 2 3 n
项公式.
[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{a }中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，使得
n
a +a =2a ，则称{a }为m阶等差数列.在正项无穷数列{b }中，若对任意的n∈N*，都存在m∈N*，
n n+2m n+m n n
使得b b =b2 ，则称{b }为m阶等比数列.
n n+2m n+m n
7 7
(1)若数列{b }为1阶等比数列，b +b +b = ，b3+b4+b5= ，求{b }的通项公式及前n项和；
n 1 2 3 2 8 n
(2)若数列{ln c }为m阶等差数列，求证：{c }为m阶等比数列；
n n
(3)若数列{ln c }既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，证明：{c }是等比数列.
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
1 {1 }
外多伸出的部分的最大长度为a ，则根据力学原理，可得a = ，且 为等差数列.
n 2 4 a
n(1)求{a }的通项公式；
n
(2)记数列{a }的前n项和为S ，
n n
1
①比较S 与 ln(n+1)的大小；
n 2
②对于无穷数列{x }，如果存在常数A，对任意的正数ε，总存在正整数N ，使得∀n>N ，|x -A|<ε，则
n 0 0 n
称数列{x }收敛于A，也称数列{x }的极限为A，记为 lim ¿ x =A；反之，则称{x }不收敛.请根据数列收
n n n→+∞ n n
敛的定义判断{S }是否收敛？并据此回答“里拉斜塔”问题.
n
[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；
5m-3
(3)设数列{a }的通项公式为a = φ(3m)(m∈N*)，求该数列的前m项和T .
n m 2 m
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=
n n
[(2b+d)a+(b+2d)c]+ (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)
6 6
(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
{a }为二阶等差数列，其通项a =n(n+1)，其前n项和为S ，数列{b }的前n项和为T ，且满足2T =3b -1.
n n n n n n n(1)求数列{a }的前n项和S ；
n n
S
(2)记c = n ，求数列{c }的前n项和H .
n a ·b n n
n n
2.设满足以下两个条件的有穷数列a ，a ，…，a 为n(n=2，3，4，…)阶“曼德拉数列”：
1 2 n
①a +a +a +…+a =0；②|a |+|a |+|a |+…+|a |=1.
1 2 3 n 1 2 3 n
(1)若某2k(k∈N*)阶“曼德拉数列”{a }是等比数列，求该数列的通项公式(1≤n≤2k，用k，n表示)；
n
(2)若某2k+1(k∈N*)阶“曼德拉数列”{a }是等差数列，求该数列的通项公式(1≤n≤2k+1，用k，n表示)；
n
(3)记n阶“曼德拉数列”{a }的前k项和为S(k=1，2，3，…，n)，若存在m∈{1，2，3，…，n}，使S =
n k m
1
，试问：数列{S}(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，
2 i
请说明理由.答案精析
例1 (1)证明 ∵{a }是等差数列，
n
∴设a =a +(n-1)d=[a -1+(n-1)d]+1，
n 1 1
令b =a -1+(n-1)d，c =1，
n 1 n
则{b }是等差数列，{c }是等比数列，∴数列{a }是“优分解”的.
n n n
(2)证明 ∵数列{a }是“优分解”的，
n
设a =b +c (n∈N*)，
n n n
其中b =b +(n-1)d，
n 1
c =c qn-1(c ≠0，q≠0)，
n 1 1
则Δa =a -a =d+c qn-1(q-1)，
n n+1 n 1
Δ2a =Δa -Δa =c qn-1(q-1)2.
n n+1 n 1
当q=1时，Δ2a =0(n∈N*)；
n
当q≠1时，{Δ2a }是首项为
n
c (q-1)2，公比为q的等比数列.
1
(3)解 一方面，∵数列{S }是“优分解”的，设S =B +C (n∈N*)，
n n n n
其中B =B +(n-1)D，
n 1
C =C Qn-1(C ≠0，Q≠0)，
n 1 1
由(2)知Δ2S =C Qn-1(Q-1)2.
n 1
∵ΔS =S -S =a =4，
1 2 1 2
ΔS =S -S =a =6，
2 3 2 3
∴Δ2S =ΔS -ΔS =2.
1 2 1
∴C (Q-1)2=2，∴Q≠1，
1
∴{Δ2S }是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列.
n
另一方面，∵{a }是“优分解”的，设a =b +c (n∈N*)，
n n n n
其中b =b +(n-1)d，
n 1
c =c qn-1(c ≠0，q≠0)，
n 1 1
ΔS =S -S =a ，
n n+1 n n+1
Δ2S =ΔS -ΔS =a -a
n n+1 n n+2 n+1
=d+c qn(q-1).
1
∵{Δ2S }是首项为2，公比为Q(Q≠1)的等比数列，
n
∴q≠0，q≠1，
且(Δ2S ) 2 =(Δ2S )·(Δ2S )，
2 1 3∴[d+c q2(q-1)]2=[d+c q(q-1)]·[d+c q3(q-1)]，
1 1 1
化简得c dq(q-1)3=0，∵c ≠0，q≠0，q≠1，∴d=0，
1 1
∴Δa =a -a =c qn-1(q-1)，
n n+1 n 1
即数列{Δa }是首项Δa =a -a =1，
n 1 2 1
公比为q(q≠0，q≠1)的等比数列.
又∵Δa =a -a =2，∴q=2，
2 3 2
又∵Δ2S =2，∴d+c q(q-1)=2，∵d=0，q=2，∴解得c =1，
1 1 1
∴b =a -c =3-1=2，
1 1 1
综上所述，a =b +(n-1)d+c qn-1=2+2n-1.
n 1 1
跟踪演练1 (1)解 因为{b }为1阶等比数列，所以{b }为正项等比数列，设公比为q，则q>0，
n n
7
{ b (1+q+q2 )= ,
1 2
由已知得
7
b q2 (1+q+q2 )= ,
1 8
1
解得q2= ，
4
1
因为q>0，所以q= ，所以b =2，
2 1
所以{b }的通项公式
n
1 1
b =b qn-1=2× = ，
n 1 2n-1 2n-2
前n项和
( 1 )
2× 1-
b (1-qn ) 2n
S = 1 =
n
1-q 1
1-
2
1
=4- .
2n-2
(2)证明 因为{ln c }为m阶等差数列，所以对任意的n∈N*，都存在m∈N*，
n
使得ln c +ln c =2ln c 成立，
n n+2m n+m
所以ln(c ·c )=ln
c2
，
n n+2m n+m
即c c
=c2
，所以{c }为m阶等比数列.
n n+2m n+m n
(3)证明 因为{ln c }既是m阶等差数列，又是m+1阶等差数列，
n
所以对∀n∈N*，都存在m∈N*，使得ln c +ln c =2ln c 与ln c +ln c =2ln c 同时成立，
n n+2m n+m n n+2(m+1) n+m+1
所以c c
=c2
与c c
=c2
同时成立，
n n+2m n+m n n+2(m+1) n+m+1
所以c ，c ，c 成等比数列，c ，c ，c 成等比数列，
n n+m n+2m n n+m+1 n+2m+2由c ，c ，c 成等比数列，得c ，c ，c 也成等比数列，
n n+m n+2m n+1 n+m+1 n+2m+1
c c
n+m+1 n+m+1
设 =q >0， =q >0，
c 1 c 2
n n+1
c q
n+1 1
所以 = >0(n∈N*)，所以数列{c }是等比数列.
c q n
n 2
例2 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
1 {1 } 1
半，则a = ，由 为等差数列，得其首项为 =2，
1 2 a a
n 1
1 1
公差d= - =4-2=2，
a a
2 1
1 1
因此 = +(n-1)d
a a
n 1
=2+2(n-1)=2n，
1
即a = ，
n 2n
1
所以{a }的通项公式是a = .
n n 2n
1 1 1 1 1( 1 1 1)
(2)①由(1)知，S = + + +…+ = 1+ + +…+ ，
n 2 4 6 2n 2 2 3 n
1
令函数f(x)=ln(1+x)-x，x>0，求导得f'(x)= -1<0，即函数f(x)在(0，+∞)上单调递减，
1+x
1
则f(x)ln 1+ =ln(n+1)-ln n，
n n
1 1 1
则1+ + +…+ >ln 2-ln 1+ln 3-ln 2+ln 4-ln 3+…+
2 3 n
ln(n+1)-ln n=ln(n+1)，
1
所以S > ln(n+1).
n 2
②{S }不收敛.
n
给定正数A，对∀ε>0，
|1 |
令 ln(n+1)-A <ε，
2
1
则A-ε< ln(n+1)N 时，不等式 ln(n+1)-A <ε不成立，
0 2
1
即有 ln(n+1)>A+ε，
2
{1 }
因此数列
ln(n+1)
不收敛，
2
则由①可知，当n>N 时，
0
1
S -A> ln(n+1)-A>ε，
n 2
因此当n>N 时，|S -A|<ε不成立，所以{S }不收敛，
0 n n
{S }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{S }不收敛于任意正数A，
n n
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.
跟踪演练2 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a =(5m-3)×3m-1，
m
所以T =2×30+7×3+12×32+…+(5m-3)·3m-1，
m
3T =2×31+7×32+12×33+…+(5m-3)·3m，
m
两式相减，得-2T =2+5×3+5×32+…+5·3m-1-(5m-3)·3m，
m
15(1-3m-1
)
所以-2T = -(5m-3)·3m+2，
m 1-3
11 (5m 11)
故T = + - ·3m.
m 4 2 4
思维提升 拓展练习
1.解 (1)数列{a }的通项公式为
n
a =n(n+1)，
n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，
n n n
所以S = [(4+n+1)×1+(2+2n+2)n]+ (n-1)= (n2+3n+2).
n 6 6 3
(2)因为数列{b }的前n项和为T ，且满足2T =3b -1，所以当n≥2时，2T =3b -1，
n n n n n-1 n-1
两式相减可得2b =3b -3b ，即b =3b ，
n n n-1 n n-1
令n=1，则2T =2b =3b -1，解得b =1，
1 1 1 1
所以数列{b }是以1为首项，3为公比的等比数列，所以b =3n-1.
n n
n n
S (n2+3n+2) (n+1)(n+2) n+2
所以c = n =3 =3 = ，
n a ·b 3n
n n n(n+1)·3n-1 n(n+1)·3n-1
1 (1) 2 (1) 3 (1) n-1 (1) n
H =3× +4× +5× +…+(n+1)× +(n+2)× ， ①
n 3 3 3 3 3
1 (1) 2 (1) 3 (1) 4 (1) n
H =3× +4× +5× +…+(n+1)× +(n+2)
3 n 3 3 3 3
(1) n+1
× ， ②
3
①-②得，
2 (1) 2 (1) 3 (1) 4 (1) n (1) n+1
H =1+ + + +…+ -(n+2)×
3 n 3 3 3 3 3
1[ (1) n-1]
1-
9 3 (1) n+1
=1+ -(n+2)×
3
1
1-
3
1 1 (1) n (1) n+1
=1+ - × -(n+2)×
6 2 3 3
7 (7 )(1) n+1
= - +n ，
6 2 3
7 (7 n)(1) n
所以H = - + .
n 4 4 2 3
2.解 (1)设等比数列a ，a ，a ，…，a (k≥1)的公比为q.
1 2 3 2k
a (1-q2k )
若q≠1，则由条件①得a +a +…+a = 1 =0，得q=-1，
1 2 2k 1-q
1 1
由条件②得a = 或a =- .
1 2k 1 2k
若q=1，由①得，a ·2k=0，
1
得a =0，不符合题意.
1综上所述，q=-1.
1
∴a = (-1)n-1或a =
n 2k n
1
- (-1)n-1(n∈N*，1≤n≤2k).
2k
(2)设等差数列a ，a ，a ，…，a (k≥1)的公差为d，
1 2 3 2k+1
∵a +a +a +…+a =0，
1 2 3 2k+1
2k(2k+1)d
∴(2k+1)a + =0，
1 2
a +kd=0，
1
即a =0，∴a =d，
k+1 k+2
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，
a +a +…+a
k+2 k+3 2k+1
1
=-(a +a +…+a)= ，
1 2 k 2
k(k-1) 1
∴kd+ d= ，
2 2
1
即d= ，
k(k+1)
1
由a =0得a +k· =0，
k+1 1 k(k+1)
1
即a =- ，
1 k+1
1 1
∴a =- +(n-1)·
n k+1 k(k+1)
n 1
= - (n∈N*，1≤n≤2k+1).
k(k+1) k
当d<0时，
k(k-1) 1
同理可得kd+ d=- ，
2 2
1
即d=- ，
k(k+1)
1 1
由a =0得a -k· =0，即a = ，
k+1 1 k(k+1) 1 k+1
1 1 n 1
∴a = -(n-1)· =- + (n∈N*，1≤n≤2k+1).
n k+1 k(k+1) k(k+1) k
综上所述，当d>0时，n 1
a = - (n∈N*，1≤n≤2k+1)，
n k(k+1) k
n 1
当d<0时，a =- + (n∈N*，1≤n≤2k+1).
n k(k+1) k
(3)记数列a ，a ，…，a 中非负数项和为A，负数项和为B，
1 2 n
则A+B=0，A-B=1，
1 1 1 1
得A= ，B=- ，- =B≤S≤A= ，
2 2 2 k 2
1
即|S|≤ (k=1，2，3，…，n).
k 2
1
若存在m∈{1，2，3，…，n}，使S = ，由前面的解析过程知，
m 2
a ≥0，a ≥0，…，a ≥0，a ≤0，a ≤0，…，a ≤0，
1 2 m m+1 m+2 n
1
且a +a +…+a =- .
m+1 m+2 n 2
若数列{S}(i=1，2，3，…，n)为n阶“曼德拉数列”，
i
1
记数列{S}(i=1，2，3，…，n)的前k项和为T，则|T|≤ .
i k k 2
1
∴T =S +S +…+S ≤ ，
m 1 2 m 2
1
又S = ，
m 2
∴S =S =…=S =0，
1 2 m-1
1
∴a =a =…=a =0，a = .
1 2 m-1 m 2
1
又a +a +…+a =- ，
m+1 m+2 n 2
∴S ≥0，S ≥0，…，S ≥0，
m+1 m+2 n
∴|S |+|S |+|S |+…+|S |=S +S +S +…+S ，
1 2 3 n 1 2 3 n
又S +S +S +…+S =0与|S |+|S |+|S |+…+|S |=1不能同时成立，
1 2 3 n 1 2 3 n
∴数列{S}(i=1，2，3，…，n)不能为n阶“曼德拉数列”.
i
