高考数学三轮冲刺压轴小题10 复杂数列的求和问题 (2份打包，解析版+原卷版)

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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】对于数列{an}，定义数列{an＋1－an}为数列{an}的“差数列”，若a1＝2，数列{an}的“差数列”的通项为an＝2n，则数列{an}的前n项和Sn＝(　　)A．2              B．2n                           C．2n＋1－2              D．2n－1－2【答案】C【解析】因为an＋1－an＝2n，所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2n－1＋2n－2＋…＋22＋2＋2＝＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝＝2n＋1－2.【举一反三】1.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（  ）A．2022    B．1011    C．2020    D．1010【答案】B【解析】由，得，　     ①，　②①-②得，即，，所以.故选B. 2.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. 学科*网【举一反三】1．定义在上的函数满足：当时，；当时，.记函数的极大值点从小到大依次记为并记相应的极大值为则的值为（  ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】确定函数极大值点及极大值求得.，再求和即可【详解】由题当当时，极大值点为1，极大值为1当时，.则极大值点形成首项为1公差为2 的等差数列，极大值形成首项为1公比为3 的等比数列，故.,故设S=3S=两式相减得-2S=1+2()-∴S=，故选A2.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 类型三  奇偶性在数列求和中的应用【例3】已知数列，，且，，则的值为（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由递推公式可得：当 为奇数时， ，数列 是首项为1，公差为4的等差数列，当 为偶数时， ，数列 是首项为2，公差为0的等差数列， 【举一反三】1.记函数在区间内的零点个数为，则数列的前20项的和是（   ）A．430 B．840 C．1250 D．1660【答案】A【解析】令，得①或②由①得，令，得，故①共有n个解，由②得，令，得③，令，得④当n为偶数时，③有个解，④有个解，故②有n个解，故当n为奇数时，③有个解，④有个解，故②有n+1个解，故令故故选：A2．设数列的前n项和为，已知，且，记，则数列的前10项和为______．【答案】200【解析】【分析】由已知求，利用递推公式可得数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，从而可求，即可求和.【详解】∵，且，∴， ∵，∴时，，两式相减可得，，（）即时，即，∵，∴数列的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，，∴，则数列，则的前10项和为 故答案为200类型四  周期性在数列求和中的应用【例4】对于实数，定义：，已知数列满足，，，设表示数列的前和，若，则的值为__________.【答案】118【解析】【分析】对a分类讨论，利用递推关系可得周期性，进而得出所求结果.【详解】①当时，因为，，可得： ，同理可得： 故可知，数列是周期为5的周期数列，所以，解得或，不合题意舍去.②当时，因为，，可得：，同理可得： 故可知，数列是周期为5的周期数列，所以，解得或（舍去）所以，, ,所以，故填118.【举一反三】1.数列满足，则数列的前100项和为__________．【答案】51002.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】已知数列的前项和为，若对于任意，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为__________ .【答案】【解析】试题分析：，，两式相减得又，因此为以2首项，3 为公比的等比数列，即，叠加法得，从而，因此对恒成立，即解得考点：和项求通项，等比数列定义，不等式恒成立【举一反三】1.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.故答案为：.2.等差数列,满足，则（    ）A．的最大值为50 B．的最小值为50C．的最大值为51 D．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三．强化训练1．设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（   ）A．290 B． C． D．【答案】C【解析】【分析】由得为等差数列，求得，得利用裂项相消求解即可【详解】由得，当时，，整理得，所以是公差为4的等差数列，又，所以，从而，所以，数列的前10项的和.故选.2．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（  ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，所以，相减得，因为，所以，又，所以, 因为，所以,因此，,从而,即的最小值为，选B.3．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（   ）A． B． C． D．【答案】B【解析】∵∴，∴，而∴，，即，当n=8时，左边=，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94．已知正项数列的前项和为，满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】当时，，解得；当时，，两式相减可得， ，可得，所以，. ，所以.故选A.5．已知数列满足，且，其前n项之和为，则满足不等式的最小整数n是（  ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】】对3an+1+an=4 变形得：3（an+1﹣1）=﹣（an﹣1）即：故可以分析得到数列bn=an﹣1为首项为8公比为的等比数列．所以bn=an﹣1=8× ，an=8×+1所以 |Sn﹣n﹣6|= 解得最小的正整数n=76．数列中的项按顺序可以排成如图的形式，第一行项，排；第二行项，从左到右分别排，；第三行项，……依此类推，设数列的前项和为，则满足的最小正整数的值为（　　）A． B． C． D．【答案】B【解析】【分析】根据规律可总结出第行的和为，利用分组求和的方法可求得前行和，经验证，从而可得结论.【详解】第一行为，其和为，可以变形为：；第二行为首项为，公比为的等比数列，共项，其和为：；第三行为首项为，公比为的等比数列，共项，其和为；依此类推：第行的和：；则前行共：个数前行和为：满足而第六行的第个数为：，则满足的最小正整数的值为：本题正确选项：7．设，点，，，，设对一切都有不等式 成立，则正整数的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】【分析】先求得，再求得左边的范围，只需，利用单调性解得t的范围.【详解】由题意知sin，∴，∴，随n的增大而增大，∴,∴，即，又f(t)=在t上单增，f(2)= -1<0，f(3)=2>0，∴正整数的最小值为3.8．对于任意实数，符号表示不超过的最大整数，例如.已知数列满足，其前项和为，若是满足的最小整数，则的值为（    ）A．305 B．306 C．315 D．316【答案】D【解析】【分析】由题意，求解得图象，即可求解前项和，即可求解满足的最小整数的值．【详解】由题意，，当时，可得，（1项）当时，可得，（2项）当时，可得，（4项）当时，可得，（8项）当时，可得，（16项） 当时，可得，（项）则前项和为 ，两式相减得 ，所以，此时，当时，对应的项为，即，故选D．9．已知数列满足…，设数列满足：,数列的前项和为，若恒成立，则的取值范围是（  ）A． B． C． D．【答案】D【解析】【分析】先求出的通项，再求出的通项，从而可求，利用参变分离可求的取值范围.【详解】因为…，所以…，故即，其中.而令，则，故，.，故，故恒成立等价于即恒成立，化简得到，因为，故.故选D.10．已知是函数的极值点，数列满足，，记，若表示不超过的最大整数，则（    ）A．2017 B．2018 C．2019 D．2020【答案】A【解析】由题意可得，∵是函数的极值点，∴，即．∴，∴，，，，，以上各式累加可得．∴．∴====．∴．选A．11.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      【答案】9【解析】∵∴，∴，而∴，即，当n=8时，左边=，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 12.“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         【答案】10【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，…，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， 13.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 .14.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，∴∴∴①②①﹣②得，所以，整理得．故答案为：15．已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推那么该数列的前50项和为         【答案】1044【详解】将已知数列分组，使每组第一项均为1，即：第一组：，第二组：，，第三组：，，，第k组：，，，，，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：，，，，，每项含有的项数为：1，2，3，，k，总共的项数为，当时，，故该数列的前50项和为16．已知数列的前项和为，直线与圆交于，两点，且.若对任意恒成立，则实数的取值范围是      【答案】【详解】圆心O（0，0）到直线y＝x﹣2，即x﹣y﹣20的距离d2，由d2r2，且，得22+Sn＝2an+2，∴4+Sn＝2（Sn﹣Sn﹣1）+2，即Sn+2＝2（Sn﹣1+2）且n≥2；∴{Sn+2}是以+2为首项，2为公比的等比数列．由22+Sn＝2an+2，取n＝1，解得＝2，∴Sn+2＝（+2）•2n﹣1，则Sn＝2n+1﹣2；∴（n≥2）．＝2适合上式，∴．设 ，，所以 .所以，若对任意恒成立，即对任意恒成立，即对任意恒成立.设，因为，所以，故的最大值为因为，所以.17．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：．18．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0≤f（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（2k﹣1）．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.