2019年高中数学(理)高考真题和模拟题分项汇编专题08 数列(解析版)

专题08 数列

1．【2019年高考全国I卷理数】记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S40，a55，则 A．an2n5

an3n10 B． D．Sn

2C．Sn2n8n

12n2n 2【答案】A

dS4a430a13412【解析】由题知，，解得，∴an2n5，Snn4n,故选A． 2d2aa4d515【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断．

2．【2019年高考全国III卷理数】已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3 A．16 C．4 【答案】C

B．8 D．2

a1a1qa1q2a1q315【解析】设正数的等比数列{an}的公比为q，则4， 2a1q3a1q4a1a11,2解得，a3a1q4，故选C．

q2【名师点睛】本题利用方程思想求解数列的基本量，熟练应用公式是解题的关键.

2

3．【2019年高考浙江卷】设a，b∈R，数列{an}满足a1=a，an+1=an+b，nN，则

A． 当b1,a1010 2B． 当b1,a1010 4C． 当b2,a1010 【答案】A

D． 当b4,a1010

【解析】①当b=0时，取a=0，则an0,nN.

1

②当b<0时，令xx2b，即x2xb0. 则该方程14b0，即必存在x20，使得x0x0b0， 则一定存在 a21=a=x0，使得an1anban对任意nN成立， 解方程a2ab0，得a114b2， 当114b11210时，即b…90时，总存在a4b2，使得a1a2a1010，故C、D两项均不正确. ③当b0时，a22a1bb， 则a223a2bbb， a24a3b…b2b2b. 2（ⅰ）当b12时，a12111714221,a216512， 2则a1111612242， a2721292， 2a9212838410 ， 则a219a8210， aa21109210 ， 故A项正确. 2（ⅱ）当b14时，令a=a=0，则a1111124,a3442， 112所以a2114a34242，以此类推， 112所以aa2942111042，

2

故B项不正确. 故本题正确答案为A.

【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a的可能取值，利用“排除法”求解.

4．【2019年高考全国I卷理数】记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1，a4a6，则S5=____________． 【答案】

132121 31211,a4a6，所以(q3)2q5,又q0， 333【解析】设等比数列的公比为q，由已知a11(135)a(1q)3121． 所以q3,所以

S511q1335【名师点睛】准确计算，是解答此类问题的基本要求．本题由于涉及幂的乘方运算、繁分式的计算，部分考生易出现运算错误．

5．【2019年高考全国III卷理数】记Sn为等差数列{an}的前n项和，a1≠0，a23a1，则【答案】4

【解析】设等差数列{an}的公差为d,

因a23a1，所以a1d3a1，即2a1d，

S10___________. S5109dS10100a124． 所以

54S525a15a1d210a1【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数算素养．使用转化思想得出答案．

6．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=__________，Sn

的最小值为__________． 【答案】 0，10.

【解析】等差数列an中,S55a310,得a32,又a23,所以公差da3a21,

a5a32d0,

由等差数列an的性质得n5时,an0,n6时,an大于0,所以Sn的最小值为S4或S5,即为10.

3

【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运算能力的考查.

*7．【2019年高考江苏卷】已知数列{an}(nN)是等差数列，Sn是其前n项和.若a2a5a80,S927，

则S8的值是_____. 【答案】16

a2a5a8a1da14da17d0【解析】由题意可得：， 98d27S99a12解得：a1587d4028216. ，则S88a12d2【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计算问题，是高考必考内容，解题过程中要注意应用函数方程思想，灵活应用通项公式、求和公式等，构建方程（组），如本题，从已知出发，构建a1,d的方程组. 8．【2019年高考全国II卷理数】已知数列{an}和{bn}满足a1=1，b1=0，4an13anbn4，

4bn13bnan4.

（I）证明：{an+bn}是等比数列，{an–bn}是等差数列； （II）求{an}和{bn}的通项公式. 【答案】（I）见解析；（2）an1111. nbn，nnn22221(anbn)． 2【解析】（1）由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn1又因为a1+b1=l，所以anbn是首项为1，公比为

1的等比数列． 2由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2． 又因为a1–b1=l，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，anbn1，anbn2n1． n12所以an111[(anbn)(anbn)]nn， 222

4

111bn[(anbn)(anbn)]nn．

2229．【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1，aim为{an}的长度为m的递增子列．规定：数列{an}的任意ai1ai2aim，则称新数列ai1，ai2，一项都是{an}的长度为1的递增子列．

（Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；

（Ⅱ）已知数列{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0，长度为q的递增子列的末项的最小值为an0．若p（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{an}的长度为s的递增子列末项的最小值为2s–1，且长度为s末项为2s–1的递增子列恰有2个（s=1，2，…），求数列{an}的通项公式． 【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6（答案不唯一）；(Ⅱ)见解析；(Ⅲ)见解析. 【解析】（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一） （Ⅱ）设长度为q末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,由ppq10因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为am0， 又ar1,ar2,s-1

,arq1,an0.

,arp是an的长度为p的递增子列，

所以am0arp. 所以am0an0·

（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是an中的项.

先证明：若2m是an中的项，则2m必排在2m−1之前（m为正整数）. 假设2m排在2m−1之后. 设ap1,ap2,,apm1,2m1是数列

an的长度为m末项为2m−1的递增子列，则

ap1,ap2,,apm1,2m1,2m是数列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾.

再证明：所有正偶数都是an中的项.

假设存在正偶数不是an中的项，设不在an中的最小的正偶数为2m.

5

因为2k排在2k−1之前（k=1，2，…，m−1），所以2k和2k1不可能在an的同一个递增子列中. 又an中不超过2m+1的数为1，2，…，2m−2，2m−1，2m+1，所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为222(m1)个2112m12m.

与已知矛盾.

最后证明：2m排在2m−3之后（m≥2为整数）.

假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m−3之前，则an的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.

综上，数列an只可能为2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m−3，2m，2m−1，…符合条件.

n1,n为奇数，所以an

n1,n为偶数.【名师点睛】“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.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.

10．【2019年高考天津卷理数】设an是等差数列，bn是等比数列．已知

a14,b16，b22a22,b32a34．

（Ⅰ）求an和bn的通项公式；

1,2kn2k1,*（Ⅱ）设数列cn满足c11,cn其中． kNkbk,n2,（i）求数列a2nc2n1的通项公式； （ii）求

ii*acnN．

i12nnn【答案】（Ⅰ）an3n1；bn32（Ⅱ）（i）a2nc2n1941（ii）

acnN272*iii12n2n152n1n12nN

*

6

【解析】（Ⅰ）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q．依题意得6q62d,解26q124d,d3,n1n得故an4(n1)33n1,bn6232． q2,所以，an的通项公式为an3n1,bn的通项公式为bn32n．

（Ⅱ）（i）a2nc2n1a2nbn132n132n194n1． 所以，数列a2nc2n1的通项公式为a2nc2n194n1． （ii）

acaac1aaciiiiiii1i1i1i12i2n2n2nn2i1

nnn221n 24394i1

i12 322n152n19414n14n

* 2722n152n1n12nN．

【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及其前n项和公式等基础知识．考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．

11．【2019年高考江苏卷】定义首项为1且公比为正数的等比数列为“M－数列”.

（1）已知等比数列{an}(nN)满足：a2a4a5,a34a24a10，求证:数列{an}为“M－数列”；

（2）已知数列{bn}(nN)满足:b11,122，其中Sn为数列{bn}的前n项和． Snbnbn1①求数列{bn}的通项公式；

bkck1成②设m为正整数，若存在“M－数列”{cn}(nN)，对任意正整数k，当k≤m时，都有ck剟立，求m的最大值．

*【答案】（1）见解析；（2）①bn=nnN；②5.

【解析】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，所以a1≠0，q≠0.

a12q4a1q4a2a4a5a11由，得2，解得．

a4a4a0q2213a1q4a1q4a10

7

因此数列{an}为“M—数列”.

（2）①因为1S2b2，所以bn0． nnbn1由b11,S11b1，得1212b，则b22. 2由1S22，得Snbnbn1， nbnbn12(bn1bn)当n2时，由bbnbn1nSnSn1，得bn2bbn1bnb，

n1bn2nbn1整理得bn1bn12bn．

所以数列{bn}是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{bn}的通项公式为bn=nnN*.

②由①知，bk=k，kN*.

因为数列{cn}为“M–数列”，设公比为q，所以c1=1，q>0. 因为ck≤bk≤ck+1，所以qk1kqk，其中k=1，2，3，…，m.

当k=1时，有q≥1； 当k=2，3，…，m时，有

lnkklnqlnkk1． 设f（x）=

lnxx(x1)，则f'(x)1lnxx2． 令f'(x)0，得x=e.列表如下：

x (1,e) e (e，+∞) f'(x) + 0 – f（x） 极大值 因为

ln2ln8ln9ln26633，所以f(k)f(3)ln3max3．

8

取q33，当k=1，2，3，4，5时，

k1lnk„lnq，即kqk， k经检验知qk也成立．

因此所求m的最大值不小于5．

351515

若m≥6，分别取k=3，6，得3≤q，且q≤6，从而q≥243，且q≤216，

所以q不存在.因此所求m的最大值小于6. 综上，所求m的最大值为5．

【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力．

12．【2019年高考浙江卷】设等差数列{an}的前n项和为Sn，a34，a4S3，数列{bn}满足：对每个

nN,Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列．

（I）求数列{an},{bn}的通项公式； （II）记cnan,nN, 证明：c1c2+2bncn2n,nN.

【答案】（I）an2n1，bnnn1；（II）证明见解析. 【解析】（I）设数列{an}的公差为d，由题意得

a12d4,a13d3a13d，

解得a10,d2．

*从而an2n2,nN．

2*所以Snnn，nN，

由Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得

Sn1bn解得bn2SnbnSn2bn．

12Sn1SnSn2． d2*所以bnnn,nN．

9

（II）cnan2n2n1,nN*． 2bn2n(n1)n(n1)我们用数学归纳法证明．

（i）当n=1时，c1=0<2，不等式成立；

（ii）假设nkkN*时不等式成立，即c1c2那么，当nk1时，

ck2k．

c1c2ckck12kk12k(k1)(k2)k12k22k2(k1k)2k1．

k1k即当nk1时不等式也成立． 根据（i）和（ii），不等式c1c2cn2n对任意nN*成立．

【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.

13．【四川省峨眉山市2019届高三高考适应性考试数学试题】在等差数列{an}中，a3，a9是方程

x224x120的两根，则数列{an}的前11项和等于

A．66 C．66 【答案】D

【解析】因为a3，a9是方程x224x120的两根， 所以a3a924，

又a3a9242a6，所以a612，

B．132 D． 32

S1111(a1a11)112a6132，故选D.

22【名师点睛】本题主要考查了等差数列的性质，等差中项，数列的求和公式，属于中档题.

14．【四川省百校2019年高三模拟冲刺卷数学试题】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

10

A． C． 【答案】A

B． D．

22【解析】由题意当 时，f(x)2xx(x1)1 极大值点为1，极大值为1，

当 时，f(x)3fx2.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.

【名师点睛】本题考查数列与函数综合,错位相减求和,确定 及 的通项公式是关键,考查计算能力,是中档题.

15．【福建省2019届高三毕业班质量检查测试数学试题】数列 中， ，且

anan1A． 【答案】B

n2(n2)，则数列 前2019项和为

anan1B．

C．

D．

【解析】：∵

22

（ ），

∴anan12anan﹣1n， 整理得： ，

∴ ，又 ， ∴ 可得：

，

．

前2019项和为： ．

则数列

故选：B．

11

【名师点睛】本题主要考查了数列递推关系、“累加求和”方法、裂项求和，考查了推理能力、转化能力与计算能力，属于中档题．

16．【内蒙古2019届高三高考一模试卷数学试题】《九章算术》第三章“衰分”介绍比例分配问题：“衰分”是

按比例递减分配的意思,通常称递减的比例(百分比)为“衰分比”．如：甲、乙、丙、丁“哀”得100,60,

36,21.6个单位,递减的比例为40%,今共有粮m(m0)石,按甲、乙、丙、丁的顺序进行“衰分”,已知丙

衰分得80石,乙、丁衰分所得的和为1石,则“衰分比”与m的值分别为 A．20% 369 C．40% 360 【答案】A

【解析】设“衰分比”为a,甲衰分得b石,

B．80% 369 D．60% 365

b(1a)2803由题意得b(1a)b(1a)1,

b801m解得b125,a20%,m369． 故选A．

【名师点睛】本题考查等比数列在生产生活中的实际应用,是基础题,解题时要认真审题,注意等比数列的性质的合理运用．

a22，17．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学试题】设数列an的前n项和为Sn，已知a11，且an22SnSn13，记bnlog2a2n1log2a2n，则数列【答案】200

【解析】∵a11，a22，且an22SnSn13， ∴a32332， ∵an22SnSn13，

∴n2时，an12Sn1Sn3， 两式相减可得，an2an12（n2） SnSn1Sn1Sn，

1nbn2的前10项和为______．

即n2时，an2an12anan1即an22an， ∵a32a1，

12

∴数列{an}的奇数项和偶数项分别成等比数列，公比均为2，

n1n1n1n∴a2n222，a2n1122，

∴bnlog2a2n1log2a2nn1n2n1， 则数列1bn21nn2n1，则

21nbn2的前10项和为

S32127252192172

2412202836

200.

故答案为200.

【名师点睛】本题考查数列的递推公式在数列的通项公式求解中的应用，考查等比数列的通项公式及数列的求和方法的应用，属于中档题.

18．【广东省深圳市高级中学2019届高三适应性考试（6月)数学试题】在数列an中，

a111,an1an,(nN*)，则a2019的值为______． 2019n(n1)【答案】1

【解析】因为an1an1,(nN)

n(n1)所以an1an111，

n(n1)nn11a2a11,

211a3a2,

23...,

a2019a201811, 20182019各式相加，可得

a2019a111， 201911a20191，

20192019

13

所以，a20191，故答案为1.

【名师点睛】本题主要考查利用递推关系求数列中的项，属于中档题.利用递推关系求数列中的项常见思路为：（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列；（3）将递推关系变形，利用累加法、累乘法以及构造新数列法求解. 19．【2019北京市通州区三模数学试题】设an是等比数列，且a2a4a5，a427，则an的通项公式

为_______．

【答案】an3n1，nN.

【解析】设等比数列an的公比为q， 因为a2a4a5，a427，

2所以a4a2qa52a27qq327，解得q3，所以a141， 3a4q27因此，an3n1，nN. 故答案为an3n1，nN.

【名师点睛】本题主要考查等比数列基本量的计算，熟记等比数列的通项公式即可，属于常考题型. 20．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学试题】已知等差数列an的前n项和为Sn，等

比数列bn的前n项和为Tn．若a1b13，a4b2，S4T212． （I）求数列an与bn的通项公式； （II）求数列anbn的前n项和．

【答案】（I）an2n1,bn3；（II）n(n2)【解析】（I）由a1b1，a4b2，

则S4T2(a1a2a3a4)(b1b2)a2a312，

设等差数列an的公差为d，则a2a32a13d63d12，所以d2. 所以an32(n1)2n1.

n33n12.

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设等比数列bn的公比为q，由题b2a49，即b2b1q3q9，所以q3.

n所以bn3；

（II）anbn(2n1)3n， 所以anbn的前n项和为(a1a2an)(b1b2bn)

(352n1)(3323(3n1)(32n1)n3(13n). 3)n(n2)2213n【名师点睛】本题主要考查等差数列与等比数列，熟记通项公式、前n项和公式即可，属于常考题型. 21．【山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试数学试题】已知等差数列{an}的公差是1，且a1，a3，a9成等比数列．

（I）求数列{an}的通项公式； （II）求数列{an}的前n项和Tn． an22n. n2【答案】（I）ann；（II）Tn2【解析】（I）因为{an}是公差为1的等差数列，且a1，a3，a9成等比数列，

22所以a3a1a9，即(a12)a1(a18)，解得a11.

所以ana1(n1)dn.

111（II）Tn123222111Tn1222212231231n，

2nn1n11(n1)n223n，

n11111两式相减得Tn222211122所以Tn1212所以Tn2n1n111n22，

1n211n. 2n2n12n. 2n

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【名师点睛】本题考查了等差数列与等比数列的通项公式、错位相减法，考查了推理能力与计算能力，属于常考题型．

22．【安徽省1号卷A10联盟2019年高考最后一卷数学试题】已知等差数列an满足a66a3，且a31是a21,a4的等比中项. （I）求数列an的通项公式； （II）设bn1nN，数列bn的前项和为Tn，求使Tn1成立的最大正整数n的值 anan1【答案】（I）an2n1.（II）8.

【解析】（I）设等差数列an的公差为d，Qa6a33d6，即d2，

a31a13，a21a11，a4a16， Qa31是a21，a4的等比中项，

a31a21a4，即a1+3=a11a16，解得a13. 数列an的通项公式为an2n1.

（II）由（I）得bn2211111. anan12n12n322n12n312111111 35572n12n3Tnb1b2bn111n， 232n332n3由

n1，得n9.

32n37使得Tn1成立的最大正整数n的值为8.

【名师点睛】本题考查等差数列通项公式以及裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属中档题.

an12an1，23．【重庆一中2019届高三下学期5月月考数学试题】已知数列{an}满足：

1nN，an

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数列{bn}中，bn1，且b1，b2，b4成等比数列. an1（I）求证：数列{bn}是等差数列；

（II）若Sn是数列{bn}的前n项和，求数列【答案】（I）见解析；（II）

1的前n项和Tn. Sn2n. n1【解析】（I）

bn1bn111an11， 1an11an121an1an1an1an1∴数列{bn}是公差为1的等差数列；

2（II）由题意可得b2b1b4，即b11b1b13，所以b11，所以bn1，

21211n(n1)2∴Sn，∴， Snn(n1)2nn1111111Tn2121223nn1n12n. n1【名师点睛】本题主要考查等差数列性质的证明，考查等差数列的前n项和的求法，考查裂项相消法求和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

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