专题3.2 复杂数列的求和问题高考数学选填题压轴题突破讲义（解析版）

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1、一方法综述 数列的求和问题是数列高考中的热点问题， 数列的求和问题会渗透多种数学思想，会跟其他知识进行结合进行考查.因此求解过程往往方法多、灵活性大、技巧性强，但万变不离其宗，只要熟练掌握各个类型的特点即可.在考试中时常会考查一些压轴小题，如数列求和中的新定义问题、子数列中的求和问题、奇偶性在数列求和中的应用、周期性在数列求和中的应用、数列求和的综合问题中都有所涉及，本讲就这类问题进行分析.二解题策略类型一 数列求和中的新定义问题【例1】【湖南师范大学附属中学2019届高三上学期月考（四)】对于数列，定义为的“优值”，现已知某数列的“优值”，记数列的前项和为，则（ ）A2022 B1011 C

2、2020 D1010【答案】B【解析】由，得， ，-得，即，所以.故选B.【指点迷津】1.“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，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的透彻理解.对于此题中的新概念，对阅读理解能力有一定的要求.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.2.解决此类问题的一些技巧：（1）抓住“新信息”的特点，找到突破口；（2）尽管此类题目与传统的数列“求通项，求和”的风格不同，但其根基也是我们所学的一些基础知识与方法.所以在考

3、虑问题时也要向一些基本知识点靠拢，弄清本问所考察的与哪个知识点有关，以便找到一些线索.（3）在分类讨论时要遵循“先易后难”的原则，以相对简单的情况入手，可能在解决的过程中会发现复杂情况与该情况的联系，或者发现一些通用的做法与思路，使得复杂情况也有章可循.【举一反三】已知数列的前项和为，定义为数列前项的叠加和，若2016项数列的叠加和为2017，则2017项数列的叠加和为( )A. 2017 B. 2018 C. D. 【答案】A故选A类型二 子数列中的求和问题【例2】已知有穷数列中， ，且，从数列中依次取出构成新数列，容易发现数列是以-3为首项，-3为公比的等比数列，记数列的所有项的和为，数列

4、的所有项的和为，则（ ）A. B. C. D. 与的大小关系不确定【答案】A【解析】因为， ，所以，当时， 是中第365项，符合题意，所以,所以，选A. *网【指点迷津】一个数列中某些项的求和问题，关键在于弄清楚新的数列的形式，了解其求和方法.【举一反三】已知，集合，集合的所有非空子集的最小元素之和为，则使得的最小正整数的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B=S1+S2+S3+Sn=+则 的最小正整数为13 故选B.类型三 奇偶性在数列求和中的应用【例3】【福建省2019届高三模拟】已知数列满足，且，设数列的前项和为，则_（用表示）.【答案】【解析】当是奇数时，所以，是首项为1，公差为

5、6的等差数列，因此；当是偶数时，所以，是首项为4，公比为3的等比数列，因此.综上，所以，即 .【指点迷津】数列求和中遇到，都会用到奇偶性，进行分类讨论.再采用分组转化法求和或者并项求和的方法，即通过两个一组进行重新组合，将原数列转化为一个等差数列. 分组转化法求和的常见类型还有分段型（如 ）及符号型（如 ）【举一反三】设数列的前项和为,已知,则_【答案】240类型四 周期性在数列求和中的应用【例4】数列满足，则数列的前100项和为_【答案】5100【指点迷津】本题主要考查数列的周期性，数列是定义域为正整数集或它的子集的函数，因此数列具有函数的部分性质，本题观察到条件中有 ，于是考虑到三角函数的

6、周期性，构造，周期为4，于是研究数列中依次4项和的之间的关系，发现规律，从而转化为熟悉的等差数列求和问题.解决此类问题要求具有观察、猜想、归纳能力，将抽象数列转化为等差或等比数列问题. 【举一反三】已知数列2008，2009，1，若这个数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2019项之和_【答案】4018【解析】数列从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，可得2008，2009，1，2008，2009，1，即有数列的最小正周期为6，可得一个周期的和为0，由，可得故答案为：4018类型五 数列求和的综合问题【例5】【上海市青浦区2019届高三二模】等差数列,满足，则（ ）

7、A的最大值为50B的最小值为50C的最大值为51D的最小值为51【答案】A【解析】时，满足条件，所以满足条件，即最小值为2，舍去B,D.要使得取最大值，则项数为偶数，设，等差数列的公差为，首项为，不妨设，则，且，由可得，所以,因为，所以，所以，而，所以，故.故选A【指点迷津】先根据题意可知中的项有正有负，不妨设，根据题意可求得，根据，去绝对值求和，即可求出结果.【举一反三】1.【新疆乌鲁木齐市2019届高三一模】已知数列和的前项和分别为和，且，（），若对任意的，恒成立，则的最小值为_.【答案】【解析】，可得，解得，当时， ，化为 ，由，可得，即有，即有 ，对任意的，恒成立，可得，即的最小值为.

8、故答案为：.2.【湖北省宜昌市2019届高三年级元月调考】已知数列是各项均为正数的等比数列，其前项和为，点、均在函数的图象上，的横坐标为，的横坐标为，直线的斜率为.若，则数列的前项和_【答案】【解析】由题意可知：，解得，得，所以，整理得故答案为：三强化训练1.【山东省日照一中2019届高三11月统考模拟】已知函数的定义域为，对任意R都有，则=A B C D【答案】B【解析】由，且，得，故选B.2.【四川省凉山州2019届高三二诊】我们把叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设，表示数列的前项之和，则使不等式成立的最小正整数的值是（ ）ABCD【答案】B【解析】，而，即，当n=8时，左边=，

9、右边=，显然不适合；当n=9时，左边=，右边=，显然适合，故最小正整数的值9故选：B3.【安徽省合肥市2019届高三第二次检测】 “垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在梦溪笔谈中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“菱草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的.若这堆货物总价是万元，则的值为（ ）A7B8C9D10【答案】D【解析】由题意，第一层货物总价为1万元，第二层货物总价为万元，第三层货物总价为万元

10、，第层货物总价为万元，设这堆货物总价为万元,则，两式相减得，则,解得， 故选D.4己知数列满足，则数列的前2018项的和等于A B C D【答案】B【解析】由，即，当n为奇数时，可得，成等比，首项为1，公比为3当n为偶数时，可得，成等比，首项为3，公比为3那么：，前2018项中，奇数项和偶数项分别有1009项.故得故选：B5.已知等差数列an的首项为，公差为d，其前n项和为，若直线y xm与圆(x2)y1的两个交点关于直线xyd0对称，则数列的前10项和为（）A B C D2【答案】B【解析】因为直线yxm与圆（x2）2+y21的两个交点关于直线xyd0对称，所以直线xyd0经过圆心，则有20

11、d0，d2，而直线yxm与直线xyd0垂直，所以1，2，则Sn2n2n(n1)，所以数列的前10项和为11.故选：B.6【山东省济南市历城第二中学2019接高三11月月考】定义函数如下表，数列满足，. 若，则（ ）A7042 B7058 C7063 D7262【答案】C【解析】由题意，a1=2，且对任意自然数均有an+1=f（an），a2=f（a1）=f（2）=5，即a2=5，a3=f（a2）=f（5）=1，即a3=1，a4=f（a3）=f（1）=3，即a4=3，a5=f（a4）=f（3）=4，即a5=4，a6=f（a5）=f（4）=6，即a6=6，a7=f（a6）=f（6）=2，即a7=2，

12、 可知数列an：2，5，1，3，4，6，2，5，1是一个周期性变化的数列，周期为：6且a1+a2+a3+a6=21故a1+a2+a3+a2018=336（a1+a2+a3+a6）+a1+a2=7056+2+5=7063故选C7【吉林省长春市实验中学2019届高三期末】设数列中，若，则称数列为“凸数列”.已知数列为“凸数列”，且，则数列的前2019项和为（ ）A1 B C D【答案】C【解析】数列bn为“凸数列”，bn+1bn+bn+2，b11，b22，21+b3，解得b33，同理可得：b41，b52，b63，b71，b82，bn+6bn又b1+b2+b6=1231+2+3=0，且2019=6+

13、3，数列bn的前2019项的和b1+b2+ b3+336=1-2-3=-4，故选：C8【河北省武邑中学2019届高三（上)期中】数列中的项按顺序可以排列成如图的形式，第一行1项，排；第二行2项，从左到右分别排，；第三行排3项，依此类推设数列的前项和为，则满足的最小正整数n的值为A20 B21 C26 D27【答案】B【解析】解：根据题意，第一行，为4，其和为4，可以变形为；第二行，为首项为4，公比为3的等比数列，共2项，其和为；第三行，为首项为4，公比为3的等比数列，共3项，其和为；依此类推：第n行的和；则前6行共个数，前6项和为： ，满足，而第六行的第6个数为，则，故满足的最小正整数n的值2

14、1；故选：B二、填空题9.【宁夏银川一中2019届高三一模】已知数列的前n项和为，数列的前n项和为，满足,且.若对任意恒成立，则实数的最小值为_【答案】【解析】数列的前n项和为，满足，当时，解得，所以当时，化简得，所以当时，当时上式也成立，所以，因为，所以，若对于任意恒成立，则实数的最小值为.10在如图所示数表中，已知每行、每列中的数都构成等差数列，设表中第n行第n列的数为，则数列的前100项的和为_【答案】【解析】由题意可知，第一行的第n个数为；第二行的第n个数为；第三行的第n个数为；第n行的第n个数为；即，前100项的和为，故答案为：11【湖南省株洲市2019届高三统一检测（一)】数列的首

15、项为1，其余各项为1或2，且在第个1和第个1之间有个2，即数列为：1，2，1，2，2，2，1，2，2，2，2，2，1，记数列的前项和为，则_（用数字作答）【答案】3993【解析】第个1为数列第项，当时；当时；所以前2019项有45个1和个2，因此12【湖南省湘潭市2019届高三二模】已知函数的图像在点处的切线与直线垂直，若数列的前项和为，则_【答案】【解析】由题意知，则，故，故 ，.故答案为13【安徽省宣城市2019届高三第二次调研】数列的前项和为，定义的“优值”为 ，现已知的“优值”，则_.【答案】【解析】解：由2n，得a1+2a2+2n1ann2n，n2时，a1+2a2+2n2an1（n1

16、）2n1，得2n1ann2n（n1）2n1（n+1）2n1，即ann+1，对n1时，a12也成立，所以 .14【江苏省常州市2019届高三上期末】数列满足，且数列的前项和为，已知数列的前项和为1，那么数列的首项_.【答案】【解析】数列ann的前2018项和为1，即有（a1+a2+a2018）（1+2+2018）1，可得a1+a2+a20181+10092019，由数列bn的前n项和为n2，可得bn2n1，a21+a1，a32a1，a47a1，a5a1，a69+a1，a72a1，a815a1，a9a1，可得a1+a2+a2018（1+2+7）+（9+2+15）+（17+2+23）+（4025+2

17、+4031）+（a1+4033+a1）505+5055048+2504+5047+5045038+2a11+10092019，解得a1故答案为：15【广东省汕尾市普通高中2019年3月高三检测】已知数列的首项为数列的前项和若恒成立，则的最小值为_【答案】【解析】数列的首项，则：常数故数列是以为首项，3为公差的等差数列则：首项符合通项故：，由于数列的前n项和恒成立，故：，则：t的最小值为，故答案为：16【上海交通大学附属中学2019届高三3月月考】对任意，函数满足：，数列的前15项和为，数列满足，若数列的前项和的极限存在，则_【答案】【解析】，展开为，即0f（n）1，即，化为数列是周期为2的数列数列的前15项和为，7（）+又，解得，由0，f（k+1），解得f（2k1）0，f（n+1），解得f（2k），又，令数列的前n项和为，则当n为奇数时，取极限得；则当n为偶数时，取极限得；若数列的前项和的极限存在，则，故答案为. 18