2019高考数学大二轮复习专题5数列第1讲基础小题部分真题押题精练理
2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列(基础题)
2019年高考数学真题分类汇编专题04：数列（基础题）一、单选题(共4题；共8分)1．（2分）设a ，b ∈R ，数列{a n }，满足a 1 =a ，a n+1= a n 2+b ，b ∈N *，则（ ）A ．当b= 12 时，a 10>10B ．当b= 14 时，a 10>10C ．当b=-2时，a 10>10D ．当b=-4时，a 10>102．（2分）已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5=3a 3+4a 1，则a 3=（ ）A ．16B ．8C ．4D ．23．（2分）古希腊吋期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是√5−12(√5−12≈0.618 ，称为黄金分割比例），著名的“断臂维纳斯“便是如此。
此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度也是 √5−12。
若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105cm ，头顶至脖子下端的长度为26cm ，则其身高可能是（ ）A ．165cmB ．175cmC ．185cmD ．190cm4．（2分）记S n 为等差数列 {a n } 的前n 项和。
已知 S 4 =0， a 5 =5，则（ ）A ．a n =2n-5B ．a n =3n-10C ．S n =2n 2-8nD ．S n = 12n 2-2n二、填空题(共6题；共7分)5．（1分）已知数列 {a n }(n ∈N ∗) 是等差数列， S n 是其前n 项和.若 a 2a 5+a 8=0,S 9=27 ，则S 8 的值是 .6．（1分）记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，若 a 3=5,a 7=13 ，则 S 10= . 7．（1分）记S n 为等差数列{a n }项和，若a 1≠0，a 2=3a 1，则 S 10S5= 。
8．（2分）设等差数列{a n}的前n项和为S n.若a2=-3，S5=-10，则a5=，S n的最小值为.9．（1分）记S n为等比数列{a n}的前n项和。
2019年高考押题讲义理科数学-教师版.docx
B. 部分奇函数
①若函数
������(������)
=
1
+
2������+1 2������ +1
+
sin������
在区间
[−������, ������](������ > 0)
上的值域为
[������, ������]，则
������ + ������
的值是 ( )
A. 0
B. 1
C. 2
D. 4
时，函数 ������(������) 有最大值和最小值，且最大值和最小值和为 0，所以 ������ + ������ = 4．
C. 奇偶性与单调性结合
①设 ������(������) = ������3 + log2(������ + √������2 + 1)，则对任意实数 ������，������，若 ������ + ������ ≥ 0 则 ( )
������，
������������
−
������ −������ ，
������������+1 ������������−1
，
������������
������+1 ������−1
，
������������(√1
+
������2
±
������)
偶函数：������2，|������|，������������������������，������������ + �同增异减
①已知 ������ = log������(8 − 3������������) 在 [1,2] 上是减函数，则实数 ������ 的取值范围是 ( )
2019年高考试题汇编理科数学--数列(2021年整理精品文档)
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（2019全国1理）9。
记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和。
已知40S =，55a =，则（ ） A 。
25n a n =- B 。
310n a n =- C 。
228n S n n =- D 。
2122n S n n =- 答案： A 解析：依题意有415146045S a d a a d =+=⎧⎨=+=⎩,可得132a d =-⎧⎨=⎩，25n a n =-,24n S n n =-.（2019全国1理)14.记n S 为等比数列{}n a 的前n 项和，若113a =，246a a =，则5S = .答案： 5S =1213解答:∵113a =,246a a =设等比数列公比为q∴32511()a q a q =∴3q = ∴5S =12132019全国2理）19。
已知数列{}n a 和{}n b 满足11=a ，01=b ，4341+-=+n n n b a a ，4341--=+n n n a b b . （1）证明： {}n n b a +是等比数列，{}n n b a -是等差数列; （2）求{}n a 和{}n b 的通项公式。
答案： （1）见解析（2）21)21(-+=n a n n ，21)21(+-=n b n n 。
解析：(1）将4341+-=+n n n b a a ，4341--=+n n n a b b 相加可得n n n n n n b a b a b a --+=+++334411, 整理可得)(2111n n n n b a b a +=+++，又111=+b a ，故{}n n b a +是首项为1，公比为21的等比数列. 将4341+-=+n n n b a a ，4341--=+n n n a b b 作差可得8334411+-+-=-++n n n n n n b a b a b a ,整理可得211+-=-++n n n n b a b a ，又111=-b a ，故{}n n b a -是首项为1，公差为2的等差数列。
2019届高考数学二轮复习数列大题课件(31张)(全国通用)
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
解:(1)由已知得
������1 + ������2 + ������3 = 7, (������1 + 3) + (������3 + 4)
专题探究
4.2.1 等差、等比数列与 数列
的通项及求和
专题探究
-9-
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
等差、等比数列的通项及求和
例1(2018全国Ⅱ,理17)记Sn为等差数列{an}的前n项和,已知a1=-
7,S3=-15. (1)求{an}的通项公式; (2)求Sn,并求Sn的最小值. 解:(1)设{an}的公差为d, 由题意得3a1+3d=-15. 由a1=-7得d=2. 所以{an}的通项公式为an=2n-9. (2)由(1)得Sn=n2-8n=(n-4)2-16. 所以当n=4时,Sn取得最小值,最小值为-16. 解题心得对于等差、等比数列,求其通项及前n项和时,只需利用
(2)令Sn=a1+a4+a7+…+a3n-2. 由(1)知a3n-2=-6n+31,故{a3n-2}是首项为25,公差为-6的等差数列. 从而 Sn=���2���(a1+a3n-2)=���2���(-6n+56)=-3n2+28n.
考向一 考向二 考向三 考向四 考向五
专题探究
-11-
可转化为等差、等比数列的问题
bn-b1=(bn-bn-1)+(bn-1-bn-2)+…+(b3-b2)+(b2-b1)
2019年高考理数——数列(解答)
2019年高考理数——数列1.(19全国二理19．（12分）)已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-. （1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式.2.(19北京理（20）（本小题13分）)已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }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{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（Ⅲ）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }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2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．3.(19天津理19．（本小题满分14分）)设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ． （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．4. (19浙江20．（本小题满分15分）)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n c n *=∈N证明：12+.n c c c n *++<∈N L5.(19江苏20．（本小满分16分）)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{a n }*()n ∈N 满足：245324,440a a a a a a =-+=，求证：数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }*()n ∈N 满足：111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }*()n ∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．参考答案：1.解：（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+． 又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．2.解：（Ⅰ）1，3，5，6.（答案不唯一）（Ⅱ）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -L . 由p <q ，得10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ， 又12,,,p r r r a a a L 是{}n a 的长度为p 的递增子列， 所以0p m r a a ≤. 所以00m n a a <·（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 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121,,,,21m p p p a a a m --L 是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --L 是数列{}n a 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{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中.又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m mm --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<L 1442443个. 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{}n a 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{}n a 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. 所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.3.（Ⅰ）解：设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯． 所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（Ⅱ）（i ）解：()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-． 所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n n a c -=⨯-． （ii ）解：()()22221111211n n niini iiiiii i i i a c a a c a a c====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n n n ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N ．4.（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ．所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-．所以2*,n b n n n =+∈N ． （2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<L 那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<L <==．即当1n k =+时不等式也成立．根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<L 对任意*n ∈N 成立．5.解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M —数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M –数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k kq k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1； 当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x -=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：x (1,e)e (e ，+∞) ()f 'x+0 –f （x ）极大值因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==． 取33q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤，经检验知1k qk -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤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．。
高考数学压轴专题专题备战高考《数列》全集汇编含答案解析
【高中数学】数学高考《数列》试题含答案一、选择题1．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则，将某些数取出．先取1；再取1后面两个偶数2,4；再取4后面最邻近的3个连续奇数5,7,9；再取9后面的最邻近的4个连续偶数10,12,14,16；再取此后最邻近的5个连续奇数17,19,21,23,25.按此规则一直取下去，得到一个新数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17，…，则在这个新数列中，由1开始的第2 019个数是( ) A ．3 971 B ．3 972C ．3 973D ．3 974【答案】D 【解析】 【分析】先对数据进行处理能力再归纳推理出第n 组有n 个数且最后一个数为n 2，则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，运算即可得解．【详解】解：将新数列1，2，4，5，7，9，10，12，14，16，17，…，分组为（1），（2，4），（5，7，9，），（10，12，14，16），（17，19，21，23，25）… 则第n 组有n 个数且最后一个数为n 2， 则前n 组共1+2+3+…+n ()12n n +=个数，设第2019个数在第n 组中，则()()120192120192n n n n ⎧+≥⎪⎪⎨-⎪⎪⎩＜，解得n ＝64，即第2019个数在第64组中，则第63组最后一个数为632＝3969，前63组共1+2+3+…+63＝2016个数，接着往后找第三个偶数则由1开始的第2019个数是3974， 故选：D ． 【点睛】本题考查了对数据的处理能力及归纳推理能力，考查等差数列前n 项和公式，属中档题．2．已知数列22333311313571351,,,,,,,...,,,, (2222222222)nn n ，则该数列第2019项是（ ） A ．1019892 B ．1020192 C ．1119892 D ．1120192 【答案】C【解析】 【分析】由观察可得()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭项数为21,1,2,4,8,...,2,...k -，注意到101110242201922048=<<=，第2019项是第12个括号里的第995项. 【详解】 由数列()22333311313571351,,,,,,,...,,,,...2222222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，可发现其项数为 21,1,2,4,8,...,2,...k -，则前11个括号里共有1024项，前12个括号里共有2048项，故原数列第2019项是第12个括号里的第995项，第12个括号里的数列通项为11212m -， 所以第12个括号里的第995项是1119892. 故选：C. 【点睛】本题考查数列的定义，考查学生观察找出已知数列的特征归纳出其项数、通项，是一道中档题.3．已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足6a ，43a ，5a -成等差数列，则42S S ( ) A ．3 B ．9C ．10D ．13【答案】C 【解析】 【分析】设{}n a 的公比为0q >，由645,3,a a a -成等差数列，可得260,0q q q --=>，解得q ，再利用求和公式即可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列{}n a 的公比为0q >，Q 满足645,3,a a a -成等差数列，()2465446,6,0a a a a a q q q ∴=-∴=->， 260,0q q q ∴--=>，解得3q =，则()()4124221313131103131a S S a --==+=--，故选C. 【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，属于中档题. 等比数列基本量的运算是等比数列的一类基本题型，数列中的五个基本量1,,,,,n n a q n a S ，一般可以“知二求三”，通过列方程组所求问题可以迎刃而解，解决此类问题的关键是熟练掌握等比数列的有关性质和公式，并灵活应用，在运算过程中，还应善于运用整体代换思想简化运算过程.4．“中国剩余定理”又称“孙子定理”．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到2019这2019个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}n a ，则此数列所有项中，中间项的值为（ ） A ．992 B ．1022C ．1007D ．1037【答案】C 【解析】 【分析】首先将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数.再写出{}n a 的通项公式，算其中间项即可. 【详解】将题目转化为2n a -即是3的倍数，也是5的倍数，也即是15的倍数. 即215(1)n a n -=-，1513n a n =-当135n =，135151351320122019a =⨯-=<， 当136n =，136151361320272019a =⨯-=>， 故1,2,n =……，135数列共有135项．因此数列中间项为第68项，681568131007a =⨯-=. 故答案为：C ． 【点睛】本题主要考查数列模型在实际问题中的应用，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.5．《周髀算经》中有这样一个问题：从冬至日起，依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列，冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺，前九个节气日影长之和为85.5尺，则小满日影长为（ ） A ．1.5尺B ．2.5尺C ．3.5尺D ．4.5尺【解析】 【分析】结合题意将其转化为数列问题,并利用等差数列通项公式和前n 项和公式列方程组,求出首项和公差,由此能求出结果. 【详解】解:从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种这十二个节气其日影长依次成等差数列{}n a ,冬至、立春、春分日影长之和为31.5尺,前九个节气日影长之和为85.5尺,∴()()111913631.598985.52a a d a d S a d ⎧++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩, 解得113.5a =,1d =-,∴小满日影长为1113.510(1) 3.5a =+⨯-=（尺）. 故选C . 【点睛】本题考查等差数列的前n 项和公式,以及等差数列通项公式的运算等基础知识,掌握各公式并能熟练运用公式求解,考查运算求解能力,考查化归与转化思想,属于基础题.6．数列{a n }，满足对任意的n ∈N +，均有a n +a n +1+a n +2为定值.若a 7=2，a 9=3，a 98=4，则数列{a n }的前100项的和S 100=( ) A ．132 B ．299C ．68D ．99【答案】B 【解析】 【分析】由12n n n a a a ++++为定值，可得3n n a a +=，则{}n a 是以3为周期的数列，求出123,,a a a ，即求100S . 【详解】对任意的n ∈+N ，均有12n n n a a a ++++为定值，()()123120n n n n n n a a a a a a +++++∴++-++=，故3n n a a +=，{}n a ∴是以3为周期的数列，故17298392,4,3a a a a a a ======，()()()100123979899100123133S a a a a a a a a a a a ∴=+++++++=+++L()332432299=+++=.【点睛】本题考查周期数列求和，属于中档题.7．设函数()mf x x ax =+的导数为()21f x x '=+，则数列()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和是（ ） A ．1nn + B ．21nn + C ．21nn - D ．()21n n+ 【答案】B 【解析】 【分析】函数()mf x x ax =+的导函数()21f x x '=+，先求原函数的导数，两个导数进行比较即可求出m ，a ，利用裂项相消法求出()()2N n f n *⎧⎫⎪⎪∈⎨⎬⎪⎪⎩⎭的前n 项和即可．【详解】Q 1()21m f x mx a x -'=+=+，1a \=，2m =，()(1)f x x x ∴=+，112()()(1)221f n n n n n ==-++， ∴111111122[()()()]2(1)1223111n n S n n n n =-+-++-=-=+++L ，故选：B ． 【点睛】本题考查数列的求和运算，导数的运算法则，数列求和时注意裂项相消法的应用．8．已知数列{}n a 的奇数项依次成等差数列，偶数项依次成等比数列，且11a =，22a =，347a a +=，5613a a +=，则78a a +=（ ）A ．4B ．19C ．20D ．23【答案】D 【解析】 【分析】本题首先可以设出奇数项的公差以及偶数项的公比，然后对347a a +=、5613a a +=进行化简，得出公差和公比的数值，然后对78a a +进行化简即可得出结果． 【详解】设奇数项的公差为d ，偶数项的公比为q ，由347a a +=，5613a a +=，得127d q ++=，212213d q ++=，解得2d =，2q =，所以37813271623a a d q +=++=+=，故选D ．【点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想等，体现基础性与综合性，提升学生的逻辑推理、数学运算等核心素养，是中档题．9．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若1231112a a a ++=，22a =，则3S =（ ） A ．10 B ．7C ．8D ．4【答案】C 【解析】 【分析】根据等比数列的性质可将已知等式变为12332224a a a S a ++==，解方程求得结果. 【详解】 由题意得：13123321231322111124a a a a a S a a a a a a a +++++=+=== 38S ∴= 本题正确选项：C 【点睛】本题考查等比数列性质的应用，关键是能够根据下角标的关系凑出关于3S 的方程，属于基础题.10．已知数列{}n a 满足：()()2*112,10n n n a a S S n +=+-=∈N ，其中n S 为数列{}n a 的前n 项和.设()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ，若对任意的n 均有(1)()f n kf n +<成立，则k 的最小整数值为（ ） A ．2 B ．3C ．4D ．5【答案】A 【解析】 【分析】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111n n S S +-=--，得出 11n S ⎧⎫⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，从而求出n S 【详解】当1n ≥时，有条件可得()211n n n nS S S S +--=-，从而111n n nS S S +--=，故111111111n n n n n S S S S S +-=-=----，又1111121S ==--，11n S ⎧⎫∴⎨⎬-⎩⎭是首项、公差均为1的等差数列，11n n S ∴=-，1n n S n +=，由()()()12111()1n S S S f n n +++=+L ， 得()1(1)1(1)23152,2()2223n n S f n n f n n n n +++++⎡⎫===-∈⎪⎢+++⎣⎭， 依题意知(1)()f n k f n +>， min 2k ∴=.故选：A 【点睛】本题考查数列的综合应用.属于中等题.11．执行如图所示的程序框图，若输出的S 为154，则输入的n 为（ ）A ．18B ．19C ．20D ．21【答案】B 【解析】 【分析】找到输出的S 的规律为等差数列求和，即可算出i ，从而求出n . 【详解】由框图可知，()101231154S i =+++++⋯+-= ， 即()1231153i +++⋯+-=，所以()11532i i -=，解得18i =，故最后一次对条件进行判断时18119i =+=，所以19n =. 故选：B 【点睛】本题考查程序框图，要理解循环结构的程序框图的运行，考查学生的逻辑推理能力.属于简单题目.12．在递减等差数列{}n a 中，21324a a a =-．若113a =，则数列11{}n n a a +的前n 项和的最大值为 ( ) A ．24143B ．1143C ．2413D ．613【答案】D 【解析】设公差为,0d d < ，所以由21324a a a =-，113a =，得213(132)(13)42d d d +=+-⇒=- （正舍），即132(1)152n a n n =--=- ， 因为111111()(152)(132)2215213n n a a n n n n +==----- ，所以数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前n 项和等于1111116()()213213213261313n --≤--=-⨯- ，选D. 点睛：裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如1n n c a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭(其中{}n a 是各项均不为零的等差数列，c 为常数)的数列. 裂项相消法求和，常见的有相邻两项的裂项求和(如本例)，还有一类隔一项的裂项求和，如1(1)(3)n n ++或1(2)n n +.13．等比数列{n a }的前n 项和为n S ，若103010,30,S S ==则20S = A ．10 B ．20 C ．20或-10 D ．-20或10【答案】B 【解析】 【分析】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列即（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20），代入可求． 【详解】由等比数列的性质可得，S 10，S 20﹣S 10，S 30﹣S 20成等比数列，且公比为10q∴（S 20﹣S 10）2＝S 10•（S 30﹣S 20）即()()22020101030S S -=- 解20S =20或-10（舍去） 故选B ． 【点睛】本题主要考查了等比数列的性质（若S n 为等比数列的前n 项和，且S k ，S 2k ﹣S k ，S 3k ﹣S 2k 不为0，则其成等比数列）的应用，注意隐含条件的运用14．已知数列{}n a 是1为首项，2为公差的等差数列，{}n b 是1为首项，2为公比的等比数列，设n n b c a =，12...,(*)n n T c c c n N =+++∈，则当2019n T <时，n 的最大值是( ) A ．9 B ．10C ．11D ．12【答案】A 【解析】 【分析】由题设知21n a n =-，12n nb -=，由1121124222n n n b b bn T a a a a a a a n -+=++⋯+=+++⋯+=--和2019n T <，得1222019n n +--<，由此能求出当2019n T <时n 的最大值．【详解】{}n a Q 是以1为首项，2为公差的等差数列，21n a n ∴=-，{}n b Q 是以1为首项，2为公比的等比数列，12n n b -∴=，()()()()1121121242211221241221n n n n b b bn T c c c a a a a a a a --∴=++⋯+=++⋯+=+++⋯+=⨯-+⨯-+⨯-+⋯+⨯- ()121242n n -=+++⋯+- 12212nn -=⨯-- 122n n +=--，2019n T <Q ，1222019n n +∴--<，解得：10n <．则当2019n T <时，n 的最大值是9． 故选A ． 【点睛】本题考查了等差数列、等比数列的通项公式，结合含两个变量的不等式的处理问题，易出错，属于中档题.15．已知数列{}n a 是等比数列，前n 项和为n S ，则“3152a a a >+”是“210n S -<”的（ ） A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B 【解析】 【分析】根据等比数列的通项公式与求和公式,即可判断命题间的关系. 【详解】因为数列{}n a 是等比数列,前n 项和为n S 若3152a a a >+,由等比数列的通项公式可得111242a a q a q >+,化简后可得()21210q a -<.因为()2210q -≥所以不等式的解集为10a < 若210n S -<当公比1q ≠±时, 210n S -<则10a <,可得3152a a a >+ 当公比1q =±时, 由210n S -<则10a <,可得3152a a a =+ 综上可知, “3152a a a >+”是“210n S -<”的充分不必要条件 故选:B 【点睛】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式的应用,在应用等比数列求和公式时,需记得讨论公比是否为1的情况,属于中档题.16．科赫曲线是一种外形像雪花的几何曲线，一段科赫曲线可以通过下列操作步骤构造得到，任画一条线段，然后把它均分成三等分，以中间一段为边向外作正三角形，并把中间一段去掉，这样，原来的一条线段就变成了4条小线段构成的折线，称为“一次构造”；用同样的方法把每条小线段重复上述步骤，得到16条更小的线段构成的折线，称为“二次构造”，…，如此进行“n 次构造”，就可以得到一条科赫曲线.若要在构造过程中使得到的折线的长度达到初始线段的1000倍，则至少需要通过构造的次数是（ ）.（取lg30.4771≈，lg 20.3010≈）A ．16B ．17C ．24D ．25【答案】D 【解析】 【分析】由折线长度变化规律可知“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，由此得到410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，利用运算法则可知32lg 2lg 3n ≥⨯-，由此计算得到结果.【详解】记初始线段长度为a ，则“一次构造”后的折线长度为43a ，“二次构造”后的折线长度为243a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，以此类推，“n 次构造”后的折线长度为43na ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若得到的折线长度为初始线段长度的1000倍，则410003n a a ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，即410003n⎛⎫≥ ⎪⎝⎭， ()()44lg lg lg 4lg32lg 2lg3lg1000333n n n n ⎛⎫∴==-=-≥= ⎪⎝⎭， 即324.0220.30100.4771n ≥≈⨯-，∴至少需要25次构造. 故选：D .【点睛】 本题考查数列新定义运算的问题，涉及到对数运算法则的应用，关键是能够通过构造原则得到每次构造后所得折线长度成等比数列的特点.17．已知数列{}n a 的前n 项和()2*23n S n n n N =+∈，则{}na 的通项公式为（ ） A ．21n a n =+B ．21n a n =-C ．41n a n =+D ．41n a n =-【答案】C【解析】【分析】 首先根据223n S n n =+求出首项1a 的值，然后利用1n n n a S S -=-求出2n ≥时n a 的表达式，然后验证1a 的值是否适合，最后写出n a 的式子即可.【详解】因为223n S n n =+，所以，当2n ≥时，22123[2(1)3(1)]41n n n a S S n n n n n -=-=+--+-=+，当1n =时，11235==+=a S ，上式也成立，所以41n a n =+，故选C.【点睛】该题考查的是有关数列的通项公式的求解问题涉及到的知识点有数列的项与和的关系，即11,1,2n nn S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩，算出之后再判断1n =时对应的式子是否成立，最后求得结果.18．正项等比数列{}n a 中的1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，则2020a =（ ）A ．1-B ．1 CD ．2【答案】B【解析】【分析】根据可导函数在极值点处的导数值为0，得出140396a a =，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意1a 、4039a 是函数()3214633f x x x x =-+-的极值点，也就是()2860f x x x '=-+=的两个根∴140396a a =又{}n a是正项等比数列，所以2020a =∴20201a ==.故选：B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.19．数列{}n a 满足11a =，对任意的*n N ∈都有11n n a a n +=++，则122016111a a a +++=L （ ） A ．20152016B ．40322017C ．40342017D ．20162017【答案】B【解析】【分析】 首先根据题设条件，由11n n a a n +=++，可得到递推关系为11n n a a n +-=+； 接下来利用累加法可求得()12n n n a +=，从而()1211211na n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，由此就可求得122016111a a a +++L 的值. 【详解】因为111n n n a a a n a n +=++=++，所以11n n a a n +-=+，用累加法求数列{}n a 的通项得：()()1211n n n a a a a a a -=+-+⋯+-()1122n n n +=++⋯+=， 所以()1211211n a n n n n ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，于是1232016111111111212222320162017a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫ +++⋯+=-+-+⋯+-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 121201*********⎛⎫==- ⎪⎝⎭. 故选：B.【点睛】本题是一道考查数列的题目，掌握数列的递推关系以及求解前n 项和的方法是解答本题的关键，属于常考题.20．设数列{}n a 的前n 项和为n S 已知()*123n n a a n n N ++=+∈且1300n S =，若23a <，则n 的最大值为（ ）A ．49B ．50C ．51D ．52【答案】A【解析】【分析】对n 分奇偶性分别讨论，当n 为偶数时，可得2+32n n n S =，发现不存在这样的偶数能满足此式，当n 为奇数时，可得21+342n n n S a -=+，再结合23a <可讨论出n 的最大值. 【详解】当n 为偶数时，12341()()()n n n S a a a a a a -=++++⋅⋅⋅++(213)(233)[2(1)3]n =⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+2[13(1)]32n n =⨯++⋅⋅⋅+-+⨯2+32n n =， 因为22485048+348503501224,132522S S ⨯+⨯====， 所以n 不可能为偶数；当n 为奇数时，123451()()()n n n S a a a a a a a -=+++++⋅⋅⋅++1(223)(243)[2(1)3]a n =+⨯++⨯++⋅⋅⋅+-+21342n n a +-=+ 因为2491149349412722S a a +⨯-=+=+， 2511151351413752S a a +⨯-=+=+， 又因为23a <，125a a +=，所以 12a >S 时，n的最大值为49所以当1300n故选：A【点睛】此题考查的是数列求和问题，利用了并项求和的方法，考查了分类讨论思想，属于较难题.。
【4套】2019年高考数学复习第一轮 数列【含4套汇总】
4.已知数列{an}的前n项和为Sn=n2-2n+2,则数列{an}的通项公式为
()
A.an=2n-3 B.an=2n+3
C.an=
1, n 1 2n 3,
n
2
D.an=
1, n 2n
1 3,
n
2
答案 C 当n=1时,a1=S1=1,
当n≥2时,an=Sn-Sn-1=2n-3,
=f(n)(n
≥2)时,用累乘法求解.
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变式3-1 若将本例中的条件“an+1=an+n+1”改为“an+1= nn1 an”,如何
求解?
解析
∵an+1=
n
n
1
an,
∴ an1 = n , an n 1
∴an= an ·an1 an1 an2
·an2
9
9
9
个通项公式为an= 89 1
1 10n
.
(3)各项的分母分别为21,22,23,24,…,易看出第2,3,4,…项的分子分别比分
母少3,因此把第1项变为- 2 3 ,则原数列可化为- 21 3 , 22 3 ,- 23 3,
2
21
22
23
24 3 ,……,∴原数列的一个通项公式为an=(-1)n· 2n 3 .
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方法指导 (1)根据所给数列的前几项求其一个通项公式时,需仔细观察分析,抓住 以下几方面的特征: ①分式中分子、分母的特征; ②相邻项的变化特征; ③拆项后的特征; ④各项符号特征. (2)根据数列的前几项写出数列的一个通项公式是利用不完全归纳法, 它蕴含着“从特殊到一般”的思想,由不完全归纳得出的结果是不可靠 的,要注意代值检验,对于正负符号变化,可用(-1)n或(-1)n+1来调整.
2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)(2021年整理精品文档)
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2019年高考数学试题分项版--数列（解析版）一、选择题1．(2019·全国Ⅲ文，6)已知各项均为正数的等比数列{a n｝的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1,则a3等于（）A．16 B．8 C．4 D．2答案C解析设等比数列{a n}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{a n}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1（1＋q＋q2＋q3）＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a＝1，所以a3＝a1q2＝4.12．(2019·浙江，10)设a,b∈R，数列｛a n｝满足a1＝a，a n＋1＝＋b，n∈N＊，则（) A．当b＝时，a10＞10B．当b＝时,a10＞10C．当b＝－2时，a10＞10D．当b＝－4时,a10＞10答案A解析当b＝时，因为a n＋1＝＋,所以a2≥,又a n＋1＝＋≥a n,故a9≥a2×()7≥×（）7＝4，a＞≥32＞10.当b＝时,a n＋1－a n＝2，故当a1＝a＝时，a10＝，所以a10＞1010不成立．同理b＝－2和b＝－4时,均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a＞10不成立．103．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n为等差数列｛a n}的前n项和．已知S4＝0,a5＝5，则( )A．a n＝2n－5 B．a n＝3n－10C．S n＝2n2－8n D．S n＝n2－2n答案A解析设等差数列｛a n｝的公差为d,∵∴解得∴a n＝a1＋(n－1)d＝－3＋2（n－1)＝2n－5,S n＝na＋d＝n2－4n.故选A。
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第1讲 基础小题部分
1. (2018·高考北京卷)设a ，b ，c ，d 是非零实数，则“ad ＝bc ”是“a ，b ，c ，d 成等比数列”的
( )
A ．充分而不必要条件
B ．必要而不充分条件
C ．充分必要条件
D ．既不充分也不必要条件
解析：a ，b ，c ，d 是非零实数，若ad ＝bc ，则b a ＝d
c
，此时a ，b ，c ，d 不一定成等比数列；反之，若a ，b ，c ，d 成等比数列，则a b ＝c d
，所以ad ＝bc ，所以“ad ＝bc ”是“a ，
b ，
c ，
d 成等比数列”的必要而不充分条件，故选B.
答案：B
2．(2017·高考全国卷Ⅱ)我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯
( )
A ．1盏
B ．3盏
C ．5盏
D ．9盏
解析：每层塔所挂的灯数从上到下构成等比数列，记为{a n }，则前7项的和S 7＝381，公比q ＝2，依题意，得S 7＝a 1
－2
7
1－2
＝381，解得a 1＝3.
答案：B
3．(2017·高考全国卷Ⅰ)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 4＋a 5＝24，S 6＝48，则{a n }的公差为 ( )
A ．1
B ．2
C ．4
D ．8
解析：设等差数列{a n }的公差为d ，
则由⎩⎪⎨
⎪
⎧
a 4＋a 5＝24，S 6＝48，
得⎩
⎪⎨⎪
⎧
a 1＋3d ＋a 1＋4d ＝24，6a 1＋6×5
2d ＝48，
即⎩
⎪⎨
⎪⎧
2a 1＋7d ＝24，2a 1＋5d ＝16，
解得d ＝4. 答案：C
4．(2017·高考全国卷Ⅲ)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为
( )
A ．－24
B ．－3
C ．3
D ．8
解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 2
3，即(a 1＋
d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2，又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0，又d ≠0，则d ＝－2，所以a 6＝a 1＋
5d ＝－9，所以{a n }前6项的和S 6＝1－92×6＝－24，故选A.
答案：A
1. 已知等比数列{x n }的公比为q ，若恒有|x n |>|x n ＋1|，且x 11＋q ＝1
2
，则首项x 1的取值范围是
( )
A ．(1
2，1)
B ．(0,1)
C ．(0，1
2
)
D ．(0，12)∪(1
2
，1)
解析：由|x n |>|x n ＋1|得1>|
x n ＋1
x n
|＝|q |， 故－1<q <0或0<q <1,0<1＋q <1或1<1＋q <2， 则x 1∈(0，12)∪(1
2，1)，故选D.
答案：D
2．已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 10＝33S 5，a 3＝1，则
10
a 1a 2·…·a 10＝
( )
A ．2 2
B ．2
C ．4 2
D ．4
解析：设{a n }的公比为q ，由S 10＝33S 5知，q ≠1， ∴
a 1
－q 10
1－q
＝33×
a 1
－q 5
1－q
，
得1＋q 5
＝33，q ＝2，
由a 3＝1，得a 5＝4，a 6＝8，a 5a 6＝32， ∴a 1a 2·…·a 10＝(a 5a 6)5
＝225
， ∴10
a 1a 2·…·a 10＝
10
225
＝4 2.
答案：C
3．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中有类似问题：今有良马与驽马发长安，至齐，齐去长安一千一百二十五里．良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里．良马先至齐，复还迎驽马．问：几何日相逢及各行几何？该问题所对应的程序框图如图所示，则在这个问题中，两马相逢时，良马比驽马多跑的路程里数为
( )
A ．540
B ．450
C ．560
D ．460
解析：由题意，良马每日所行路程构成等差数列{a n }，其中首项a 1＝103，公差d ＝13； 驽马每日所行路程构成等差数列{b n }，其中首项b 1＝97，公差t ＝－0.5. 从而{a n }的前n 项和
A n ＝na 1＋
n n －2
d ＝103n ＋
n n －
2
×13，
{b n }的前n 项和B n ＝nb 1＋
n n －
2
t ＝97n ＋
n n －
2
×(－0.5)，
所以良马和驽马前n 天所行路程之和
S n ＝A n ＋B n ＝200n ＋
n n －
2
×12.5.
令S n ＝2×1 125＝2 250， 则200n ＋
n n －
2
×12.5＝2 250，
整理得n 2
＋31n －360＝0，解得n ＝9或n ＝－40(舍去)． 故良马所行路程A 9＝103×9＋9×8
2×13＝1 395，
驽马所行路程B 9＝97×9＋9×8
2×(－0.5)＝855.
良马比驽马多行路程里数为1 395－855＝540.故选A. 答案：A
4．在等比数列{a n }中，a 1＝2，其前n 项和为S n ，若S 9是S 3和S 6的等差中项，则a 10＝________. 解析：设等比数列{a n }的公比为q ，显然q ≠1，q ≠0. 由题意，得2×
a 1
－q
9
1－q
＝
a 1
－q 3
1－q
＋
a 1
－q 6
1－q
，
化简得2q 9＝q 3＋q 6，解得q 3
＝－12，
所以a 10＝a 1q 9
＝2×(－12)3＝－14.
答案：－1
4。