专题3.2 复杂数列的求和问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲

这是一份专题3.2 复杂数列的求和问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲，文件包含专题32复杂数列的求和问题原卷版docx、专题32复杂数列的求和问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。

一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题3.2 复杂数列的求和问题
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】（2020银川一中模拟）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＝eq \f(2－2n,1－2)＋2＝2n－2＋2＝2n，所以Sn＝eq \f(2－2n＋1,1－2)＝2n＋1－2.
【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】
1.（2020湖南师范大学附属中学高三）对于数列{an}，定义Hn=a1+2a2+...+2n−1ann为{an}的“优值”，现已知某数列的“优值”Hn=2n，记数列{an}的前n项和为Sn，则S20192019=（ ）
A．2022 B．1011 C．2020 D．1010
【答案】B
【解析】由Hn=a1+2a2+...+2n−1ann=2n，
得a1+2a2+...+2n−1an=n⋅2n， ①
a1+2a2+...+2n−2an−1=(n−1)⋅2n−1， ②
①-②得2n−1an=n⋅2n−(n−1)⋅2n−1=(n+1)⋅2n−1，即an=n+1，Sn=n(n+3)2，
所以S20192019=1011.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】（2020贵阳模拟）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
【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】
1．（2020·四川高考模拟）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A
2.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】（2020·河北衡水中学高考模拟）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，

【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】
1.（2020福建省高三模拟）记函数在区间内的零点个数为，则数列的前20项的和是（ ）
A．430B．840C．1250D．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：A
2．（2020·山东高考模拟（文））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】（2020·江苏高考模拟）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.
【指点迷津】本题主要考查数列的周期性，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】
1.数列满足，则数列的前100项和为__________．
【答案】5100
2.已知数列2008，2009，1，−2008，…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S2019=______．
【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，−1，2008，2009，1，…，
即有数列的最小正周期为6，可得一个周期的和为0，
由2019÷6=336…3，可得S2019=336×0+2008+2009+1=4018．
故答案为：4018．
类型五 数列求和的综合问题
【例5】（2020·河南高考模拟（理））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{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且an>0，4Sn=an2+2an−3，（n∈N∗）bn=1an−1an+1−1，若对任意的n∈N∗，k>Tn恒成立，则k的最小值为_____.
【答案】14
【解析】
an>0，4Sn=an2+2an−3，可得4a1=4S1=a12+2a1−3，解得a1=3，
当n≥2时，4an=4Sn−4Sn−1= an2+2an−3−an−12−2an−1+ 3，
化为2an+an−1=an+an−1 an−an−1，由an>0，可得an−an−1=2，
即有an=3+2（n−1）=2n+1，
bn=1an−1an+1−1=12n⋅2(n+1)=141n−1n+1，
即有Tn=14 1−12+12−13+⋯+1n−1n+1 =141−1n+1<14，
对任意的n∈N∗，k>Tn恒成立，可得k≥14，即k的最小值为14.
故答案为：14.
2.（2020上海市青浦区模拟）等差数列a1,a2,⋅⋅⋅,ann∈N∗,满足a1+a2+⋅⋅⋅+an=a1+1+a2+1+⋅⋅⋅+an+1=a1+2+a2+2+⋅⋅⋅+an+2=a1+3+a2+3+⋅⋅⋅+an+3=2010，则（ ）
A．n的最大值为50B．n的最小值为50
C．n的最大值为51D．n的最小值为51
【答案】A
【解析】a1=−1005,a2=1005时，满足条件，所以n=2满足条件，即n最小值为2，舍去B,D.
要使得n取最大值，则项数为偶数，
设n=2k，k∈N∗，等差数列的公差为d，首项为a1，不妨设{ak+1>0ak<0，
则a1<0,d>0，且ak+3<0，由{ak+1>0ak+3<0可得d>3，
所以|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|=−a1−a2−…−ak+ak+1+ak+2+…+a2k
=−2(a1+a2+…+ak)+(a1+a2+…+ak+ak+1+ak+2+…+a2k)
=−2[ka1+k(k+1)2d]+2ka1+2k(2k+1)2d=k2d=2010,
因为d>3，所以k2d=2010>3k2，所以k2<670，而k∈N∗，
所以k≤25，故n=2k≤50.
故选A
【指点迷津】先根据题意可知{an}中的项有正有负，不妨设{ak+1>0ak<0，根据题意可求得d>3，根据|a1|+|a2|+⋅⋅⋅+|an|=2010，去绝对值求和，即可求出结果.
三．强化训练
1．（2020·湖南师大附中高考模拟（理））设数列的前项和为，且 ，则数列的前10项的和是（ ）
A．290B．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．（2020·北京人大附中高考模拟）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】
【分析】
先根据和项与通项关系得数列递推关系式，根据等差数列定义以及通项公式得再根据裂项相消法求，最后根据最值得结果.
【详解】
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．（2020·四川高考模拟（理））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】
【分析】由题意可得，，故，利用裂项相消法可得，代入选项检验即可.
【详解】∵
∴，
∴，
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
4．（2020·吉林高考模拟）已知正项数列的前项和为，满足，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】先求得的值.然后利用，证得数列是等差数列，由此求得通项公式和前项和公式.利用裂项相消法求得所求表达式的值.
【详解】当时，，解得；当时，，两式相减可得， ，可得，所以，.
，所以.故选A.
5．（2020·沭阳县修远中学高考模拟）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．5B．6C．7D．8
【答案】C
【解析】
【分析】首先分析题目已知3an+1+an=4（n∈N*）且a1=9，其前n项和为Sn，求满足不等式|Sn﹣n﹣6|＜的最小整数n．故可以考虑把等式3an+1+an=4变形得到，然后根据数列bn=an﹣1为等比数列，求出Sn代入绝对值不等式求解即可得到答案．
【详解】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=7
6．（2020·江西师大附中高考模拟）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．（2020·贵州高考模拟）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．（2020·山东高考模拟）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．305B．306C．315D．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．（2020·广东高考模拟）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．（2019·湖南长沙一中高考模拟）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．2017B．2018C．2019D．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Fn=22n+1(n=0,1,2⋅⋅⋅)叫“费马数”（费马是十七世纪法国数学家）.设an=lg2Fn−1，n=1，2，⋅⋅⋅，Sn表示数列{an}的前n项之和，则使不等式2S1S2+22S2S3+⋅⋅⋅+2nSnSn+1<2n1200成立的最小正整n数的值是
【答案】9
【解析】∵Fn=22n+1(n=0,1,2⋅⋅⋅)
∴an=lg2Fn−1=2n，
∴Sn=2×1−2n1−2=2n+1−2，
而2nSnSn+1=2n2n+1−22n+2−2=1212n+1−2−12n+2−2
∴2S1S2+22S2S3+⋅⋅⋅+2nSnSn+1=12122−2−123−2+123−2−124−2+⋯+12n+1−2−12n+2−2，
=12122−2−12n+2−2，
即12122−2−12n+2−2<2n1200，1−12n+1−1<2n300
当n=8时，左边=510511，右边=256300，显然不适合；
当n=9时，左边=10221023，右边=512300，显然适合，
故最小正整n数的值9
12.（2020安徽省合肥市模拟）“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n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910.若这堆货物总价是100−200910n万元，则n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2×910万元，第三层货物总价为3×(910)2万元，…，第n层货物总价为n⋅(910)n−1万元，设这堆货物总价为W万元,则W=1+2×910+3×(910)2+…+n⋅(910)n−1，
910W=1×910+2×(910)2+3×(910)3+…+n⋅(910)n，
两式相减得110W=−n⋅(910)n+1+910+(910)2+(910)3+…+(910)n−1
=−n⋅(910)n+1−(910)n1−910=−n⋅(910)n+10−10⋅(910)n，
则W=−10n⋅(910)n+100−100⋅(910)n=100−200(910)n,
解得n=10，
13.已知数列{an}满足a1=1，a2=4，且an+2=(2+csnπ)(an−3)+9，n∈N∗，设数列{an}的前n项和为Sn，则S2n−1=__________（用n表示）.
【答案】3n2−2n+2×3n−1−2
【解析】当n是奇数时，csnπ=−1，an+2=an+6，所以a1，a3，a5，…，a2n−1，…是首项为1，公差为6的等差数列，因此a2n−1=6n−5；当n是偶数时，csnπ=1，an+2=3an，所以a2，a4，a6，…，a2n−2，…是首项为4，公比为3的等比数列，因此a2n=4×3n−1.综上，an=3n−2,n为奇数4×3n2−1,n为偶数，所以S2n−1=(a1+a3+...+a2n−1)+(a2+a4+...+a2n−2)，即S2n−1=(1+6n−5)n2+4(1−3n−1)1−3 =3n2−2n+2×3n−1−2.
14.（2020湖北省宜昌市模拟）已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，其前n项和为Sn，点An、Bn均在函数f(x)=lg2x的图象上，An的横坐标为an，Bn的横坐标为Sn+1，直线AnBn的斜率为kn.若k1=1，k2=12，则数列{an⋅f(an)}的前n项和Tn=__________．
【答案】(n−2)⋅2n+2
【解析】由题意可知：A1a1，lg2a1，A2a2，lg2a2，
B1S1+1，lg2S1+1，B2S2+1，lg2S2+1，
∴k1=lg2S1+1−lg2a1S1+1−a1=1k2=lg2S2+1−lg2a2S2+1−a2=12，解得a1=1a2=2，
∴an=2n−1，fan=lg22n−1=n−1
∴an⋅fan=n−12n−1
∴Tn=0×20+1×21+2×22+⋯+(n−2)×2n−2+(n−1)×2n−1①
2Tn=0×21+1×22+1×22+2×23+⋯+(n−2)×2n−1+(n−1)×2n②
①﹣②得−Tn=2+22+23+⋯+2n−1−(n−1)×2n，
所以−Tn=2(1−2n−1)1−2−(n−1)×2n，
整理得Tn=(n−2)⋅2n+2．
故答案为：(n−2)⋅2n+2
15．（2020·湖南长沙一中高考模拟）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
【解析】
【分析】
将已知数列分组，使每组第一项均为1，第一组：，第二组：，，第三组：，，，第k组：，，，，，根据等比数列前n项和公式，能求出该数列的前50项和．
【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．（2020·福建高考模拟）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】
【解析】
【分析】由已知得到关于数列{an}的递推式，进一步得到{Sn+2}是以+2为首项，2为公比的等比数列．求出数列{an}的前n项和为Sn，进一步求得数列{an}的通项，然后利用错位相减法求得，代入＜λan2+2，分离参数λ，求出的最大值得答案．
【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．（2020广东省汕尾市模拟）已知数列{an}的首项a1=1,an+1=an3an+1,bn=anan+1,Sn为数列{bn}的前n项和.若Sn【答案】13
【解析】数列{an}的首项a1=1,an+1=an3an+1，
则：1an+1−1an=3(常数)
故数列{1an}是以1a1=1为首项，3为公差的等差数列．
则：an=13n−2(首项符合通项)．
故：an=13n−2，
bn=anan+1=1(3n−2)(3n+1)=13(13n−2−13n+1)，
Sn=13(1−14+14−17+…+13n−2−13n+1)=13(1−13n+1)<13，
由于数列{bn}的前n项和Sn故：t≥13，则：t的最小值为13，故答案为：13．
18．（2020上海交通大学附属中学）对任意x∈R，函数fx满足：fx+1=fx−f2x+12，an=f2n−fn，数列an的前15项和为−3116，数列cn满足cn+cn+1=f2019n，若数列cn的前n项和的极限存在，则c1=________．
【答案】37
【解析】∵fx+1=fx−f2x+12，an=f2n−fn，
∴(fn+1−12)2= fn−f2n，
展开为f2n+1−fn+1+14=fn−f2n，fn−f2n≥0，
即0≤f（n）≤1，fn+1≥12．
即an+1+14=−an，
∴an+2+14=−an+1，
化为an+2＝an．
∴数列{an}是周期为2的数列．
∵数列{an}的前15项和为−3116，
∴a1+a2+…+a14+a15＝7（a1+a2）+a1=−3116．
又a2+14=−a1，
解得a2=−116，a1=−316．
∴a2k＝a2=−116，a2k−1＝a1=−316．
由f22k−1−f2k−1+316=0，f（k+1）≥12，解得f（2k﹣1）=34．
f22k−f2k+116=0，f（n+1）≥12，解得f（2k）=2+34，
又cn+cn+1=f2019n=(34)n，
令数列cn的前n项和为Sn，则当n为奇数时，Sn=c1+c2+c3+c4+c5+…+cn−1+cn=c1+(34)2+(34)4+…+(34)n−1=c1+(34)2[1−(34)n−1]1−916，取极限得c1+97；
则当n为偶数时，Sn=c1+c2+c3+c4+…+cn−1+cn=(34)1+(34)3+…+(34)n−1=34[1−(34)n]1−916，取极限得127；
若数列cn的前n项和的极限存在，则c1+97=127，c1=37，
故答案为37.