第23题 递推关系与数列求和变式训练——2026届高三数学一轮复习

第23题 递推关系与数列求和（一题多变） 【深圳中学2025届高三年级摸底考试】数列中，，，记，，则（    ） A．    B．    C．    D． 【思路分析】 根据，变形为，即可利用累加法求解；再由可得，即，即可利用累乘法求解，即可求解. 【详解】 由可得， 由于，所以， 故， 故， 又可得， 因此， 故，故AB错误， 又，又因为，则等号无法取到， 故， 由于故，因此 ，故C正确，D错误， 故选：C 【题后反思】 本题中的难点在于根据所求问题将变形为和，然后与结合起来，利用累加法以及累乘法求解. 【变化角度】改变原题目中的数列，如下： 例：已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路分析】 显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解． 【详解】 因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【举一反三】 1．已知数列满足，记数列前项和为，则（    ） A． B． C． D． 2．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【变换角度】把原题中求和的范围变为求最值问题，如下： 例：已知数列满足，，（），则的最小值为（ ） A．    B．    C．    D． 【思路分析】 数列是定义域为正整数集的函数，在整理数列的有关问题时，不要忽略这一特点.由条件可得，然后用累加法求出，然后利用对勾函数的知识可得的最小值. 【详解】 因为，所以，即， 因为，， 所以， 所以， 所以，也满足，所以， 所以， 因为，所以由对勾函数的知识可得其最小值为. 故选：A. 【举一反三】 3．已知满足，且，则的最小值为 A． B． C． D．10 4．数列{an}，{bn}满足，an＝b，且a1＝b1＝1，且{bn}的前n项和为，记，n∈N*，数列{cn}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为（    ） A． B． C． D．-1 【变换角度】把原题目中的求范围变为求数列的和，如下： 例：数列中，且，则数列的前2020项和为（ ） A．        B．     C．      D． 【思路分析】 先对已知条件进行化简得：，令即有，利用累加法可以求出，从而可得出，即可求出数列的前2020项和. 【详解】因为， 所以， 化简可得， 令即有， 由累加法可得： ， 即， 所以， 所以数列的前2020项和 故选：A 【举一反三】 5．定义表示实数、中较大的数．已知数列满足，，，若，记数列的前项和为，则的值为（   ）． A．2014 B．2015 C．5235 D．5325 （2024·全国·模拟预测） 6．已知数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则（    ） A．2015 B．2016 C．2017 D．2018 7．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（    ） A． B． C． D． 8．数列满足，且对于任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 9．已知数列满足，，，则数列第2023项为（    ） A． B． C． D． 10．已知数列满足，，为数列的前n项和，则（    ） A． B． C． D． 11．满足的最小正整数为（    ） A．12 B．13 C．17 D．18 （2024·浙江·模拟预测） 12．已知数列的前项和为，且，数列的前项和为，且，则满足的正整数的最小值为 . 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第23题 递推关系与数列求和（一题多变） 【深圳中学2025届高三年级摸底考试】数列中，，，记，，则（    ） A．    B．    C．    D． 【思路分析】 根据，变形为，即可利用累加法求解；再由可得，即，即可利用累乘法求解，即可求解. 【详解】 由可得， 由于，所以， 故， 故， 又可得， 因此， 故，故AB错误， 又，又因为，则等号无法取到， 故， 由于故，因此 ，故C正确，D错误， 故选：C 【题后反思】 本题中的难点在于根据所求问题将变形为和，然后与结合起来，利用累加法以及累乘法求解. 【变化角度】改变原题目中的数列，如下： 例：已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ） A．    B．    C．    D． 【思路分析】 显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解． 【详解】 因为，所以，． 由 ，即 根据累加法可得，，当时， 则，当且仅当时等号成立， ， 由累乘法可得，且， 则，当且仅当时取等号， 由裂项求和法得： 所以，即． 故选：A． 【举一反三】 1．已知数列满足，记数列前项和为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由可得，利用累加法可求得，求得的范围，从而可得的范围，从而可得出答案. 【详解】解：由可得， 化简得， 累加求和得， 化简得， 因为，所以， 即，． ， ， 所以， 即． 故选：B. 2．已知数列的各项均不为零，，它的前n项和为．且，，（）成等比数列，记，则（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】结合等比性质处理得，再分和分类讨论，时较为简单，结合裂项法直接求解，当时，放缩后再采用裂项即可求解. 【详解】由，，成等比数列可得，①，也即②，②-①得，因为，所以，，即数列的奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，当时，，即， 对A、B，当时，，此时数列为等差数列，前项和为，， 故， 当时，，故A、B错误； 对C、D，当时，， ,当n为偶数时，， 当n为奇数时，， 所以,, 此时 ，故C正确，D错误. 故选：C 【变换角度】把原题中求和的范围变为求最值问题，如下： 例：已知数列满足，，（），则的最小值为（ ） A．    B．    C．    D． 【思路分析】 数列是定义域为正整数集的函数，在整理数列的有关问题时，不要忽略这一特点.由条件可得，然后用累加法求出，然后利用对勾函数的知识可得的最小值. 【详解】 因为，所以，即， 因为，， 所以， 所以， 所以，也满足，所以， 所以， 因为，所以由对勾函数的知识可得其最小值为. 故选：A. 【举一反三】 3．已知满足，且，则的最小值为 A． B． C． D．10 【答案】C 【详解】满足，即， ∴ . 则， 令,则, 在上单调递减;在上单调递增. . ∴n=6时,f(x)取得最小值,因此的最小值为. 故选C. 4．数列{an}，{bn}满足，an＝b，且a1＝b1＝1，且{bn}的前n项和为，记，n∈N*，数列{cn}的前n项和为Sn，则Sn的最小值为（    ） A． B． C． D．-1 【答案】C 【分析】先求出bn＝n，an=n2，从而得到，判断出，，，当时，.即可求出Sn的最小值. 【详解】记{bn}的前n项和为，所以，所以，所以. 因为，所以， 所以{bn}为b1＝1，公差d=1的等差数列，所以bn＝n. an＝b=n2. 所以. 数列{cn}的前n项和为Sn，要使Sn最小，只需把所有的负项都加完. 因为，所以，，，当时，. 所以Sn的最小值为. 故选：C 【变换角度】把原题目中的求范围变为求数列的和，如下： 例：数列中，且，则数列的前2020项和为（ ） A．        B．     C．      D． 【思路分析】 先对已知条件进行化简得：，令即有，利用累加法可以求出，从而可得出，即可求出数列的前2020项和. 【详解】因为， 所以， 化简可得， 令即有， 由累加法可得： ， 即， 所以， 所以数列的前2020项和 故选：A 【举一反三】 5．定义表示实数、中较大的数．已知数列满足，，，若，记数列的前项和为，则的值为（   ）． A．2014 B．2015 C．5235 D．5325 【答案】C 【分析】按的大小，分类讨论根据数列的定义求出数列的前几项，得出数列的周期性，由求得值，然后利用周期性求和． 【详解】因为，，， 所以， 当，即时， ，，，，因此是周期数列，周期为， 所以，解得，符合题意， 所以， 所以， 当，即时， ，，，，因此是周期数列，周期为， 所以，解得，不成立， 综上所述，. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：分类讨论根据数列的定义求出数列的前几项，得出数列的周期性，是解决本题的关键. （2024·全国·模拟预测） 6．已知数列满足，，且，若表示不超过的最大整数，则（    ） A．2015 B．2016 C．2017 D．2018 【答案】B 【分析】先由累加法求出，进而求得，再用裂项相消法求解即可. 【详解】由可得，又， 故数列是以12为首项，8为公差的等差数列，则， ，，，，， 故当时，，则时，， 又适合上式，故，则， 则， 所以， 又，所以. 故选：B. 7．高斯是德国著名的数学家，近代数学的奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为“高斯函数”，例如：，．已知数列满足，，，若，为数列的前n项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】运用构造法可得为等比数列，再运用累加法可得通项公式，进而求得通项公式，再运用裂项相消求和可得结果. 【详解】由，得．又，所以数列构成以2为首项，2为公比的等比数列， 所以. 又，，…，， 叠加可得， 即， 所以. 又因为满足上式，所以. 所以. 因为，所以， 即，所以. 故. 所以. 故选：C. 8．数列满足，且对于任意的都有，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用累加法求得数列的通项公式，再利用裂项相消法去求的值. 【详解】由，，可得 则时， 又，则数列的通项公式为 则 则 故选：B 9．已知数列满足，，，则数列第2023项为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意得到，再利用累加法计算得到答案． 【详解】由，则有，得， 又，，则 ， 所以，，，，， 相加得． 故选：B． 10．已知数列满足，，为数列的前n项和，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先判断出，通过放缩得到，再通过分析法证得，结合裂项相消即可证得， 又由证得即可. 【详解】当，时，因为，所以， 又因为， 且， 下证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证 令，即证，当，时，不等式恒成立. 因此，， 所以 ， 又因为， 故选：D. 【点睛】本题关键点在于分析法的应用，通过分析法证得，又由放缩得到，进而通过裂项相消证得，最后由证得即可. . 11．满足的最小正整数为（    ） A．12 B．13 C．17 D．18 【答案】D 【分析】由已知化简可得利用裂项原理继续化简可得，化简计算即可得出结果. 【详解】 则，即，则， 化简可得：， 时，， 时，， 时，， 时，， 则不等式成立的最小正整数为18. 故选：D （2024·浙江·模拟预测） 12．已知数列的前项和为，且，数列的前项和为，且，则满足的正整数的最小值为 . 【答案】15 【分析】利用裂项相消法求出，代入已知整理得，然后取对数，利用裂项相消法可得，解不等式即可. 【详解】因为， 所以， 因为，所以， 整理得， 所以， 所以， 令，解得. 所以正整数的最小值为15. 故答案为：15 【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于通过分母有理化裂项求，取对数，利用对数运算裂项求，然后可解. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $$