2019年高考理科数学分类汇编：数列(解析版)

（Ⅰ）求 an 和 bn 的通项公式；
（Ⅱ）设数列 cn 满足 c1 1,cn
1, 2k n bk ,n 2k ,
2k 1, 其中 k
N* ．
（ i）求数列 a2n c2n 1 的通项公式；
2n
（ ii）求 ai ci
i1
n N* ．
【答案】（ Ⅰ ） an 3n 1 ； bn 3 2 n （ Ⅱ ）（ i） a2n c2n 1 9 4n 1 （ ii ）
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 .
所以 an
n 1,n为奇数， 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
（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 a p1 , a p2 , , ap m 1 , 2m 1 是 数 列 an 的 长 度 为 m 末 项 为 2m- 1 的 递 增 子 列 ， 则
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
2
1 4b
2
，使得 a1 a2
故 C、D 两项均不正确 .
③当 b 0 时， a2 a12 b b ，
则 a3 a22 b b 2 b ，
a4
a32
b… b 2
2
b
b.
1 （ⅰ）当 b 2 时， a4
2
2
1 1 1 17
1
2
2
2
16
1,a5
1
，
2
则 a6
2
1 1 11
1
2，
2 24
a7
22
1
9
，
22
（Ⅱ）（ i ） a2n c2n 1 a2n bn 1
3 2n 1 3 2 n 1 9 4n 1 ．
所以，数列 a2n c2n 1 的通项公式为 a2n c2 n 1 9 4 n 1 ．
nБайду номын сангаас
2
（ ii） ai ci
i1
n
2
ai
i1
ai ci 1
n
2
ai
i1
n
a c 2 i
2i
1
i1
n
2n 2n 1
24
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 .
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
S10 S5
___________.
【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 ，
10 9
S10
所以
【答案】 16
【解析】由题意可得：
a2a5 a8 a1 d a1 4d S9 9a1 9 8 d 27
2
a1 7d 0
，
解得：
a1 d
5 2 ，则 S8
8a1
87 d
2
40 28 2 16 .
【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）
为 an0 ．若 p<q，求证： am0 < an0 ；
（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 2s-1 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）
1
，
a
2 4
a6 ，则 S5=____________．
3
121
【答案】
3
【解析】设等比数列的公比为
q ，由已知 a1
1
,
a
2 4
a6
，所以
1 (
q3 )2
1 q5, 又 q
0，
3
3
3
所以 q 3, 所以 S5
a1(1 q5 ) 1q
1 (1
35 )
3
13
121 ． 3
【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．
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 2 a3 4 ．
a p1 , a p2 , , a pm 1 , 2m 1,2 m 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.
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 .
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
2
x0 ，使得 x0
x0
b
0，
则一定存在 a1=a =x0 ，使得 an 1
a
2 n
b
an 对任意 n
N 成立，
解方程 a2 a b 0 ，得 a 1
1 4b
，
2
当1
1 4b
1
10 时，即 b… 90 时，总存在 a
S5
10a1
d 2
54
5a1
d 2
100a1 25a1
4．
【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．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
2n
ai ci
i1
n N*
27 22n 1 5 2n 1 n 12 n N *
【解析】 （Ⅰ）设等差数列
6q 6 2d ,
an 的公差为 d ，等比数列
bn 的公比为 q ．依题意得
6q2
解
12 4d ,
d
得
3, 故 an
4 ( n 1) 3 3n 1,bn
6 2n 1
3 2n ．
q 2,
所以， an 的通项公式为 an 3n 1, bn 的通项公式为 bn 3 2n ．
a a i1
i2
aim ，则称新数列 ai1， ai2， ， ai m 为 { an} 的长度为 m 的递增子列．规定：数列 { an} 的任意
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
3
2
n i
94 1
i1
3 22n 1 5 2n 1
4 1 4n 9
n
14
27 2 2n 1 5 2 n 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
，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 .
【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 _____.
an 的前 4 项和为 15，且 a5 3a3 4a1 ，
则 a3
A ． 16
B．8
C． 4
D．2
【答案】 C
【解析】设正数的等比数列
{ an} 的公比为 q ，则
a1 a1q a1q2 a1 q3 a1q4 3a1q2 4a1
15
，
a1 1,
解得
，
q2
a3
a1q2
4 ，故选 C．
【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
（Ⅱ）设长度为 q末项为 an0 的一个递增子列为 ar1 , ar2 , , arq 1 , an0 .
由p<q，得 arp arq 1 an0 .
因为 an 的长度为 p的递增子列末项的最小值为 am0 ，
又 ar1 ,ar2 , , arp 是 an 的长度为 p的递增子列， 所以 am0 arp . 所以 am0 an0 ·
a10 10 ，
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
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 2n 1
，
an
bn
2n 1．
1
1
1
所以 an
[( an bn ) (an bn )] 2
2n
n， 2
1
1
1
bn
2[( an bn ) (an bn)]
2n
n． 2
9．【 2019 年高考北京卷理数】已知数列 { an} ，从中选取第 i 1 项、第 i 2 项、 … 、第 i m 项（ i 1<i2<…＜im），若
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 C． Sn 2n 2 8n
【答案】 A
B． an 3n 10 D． Sn 1 n 2 2n
2
【解析】由题知，
d
S4
4a1
2
4
3
0
，解得
a1 d
2
9 1 83
a8
2
10 ， 24
则 a9 a82 1 10 ， 2
a10
a
2 9
1
10 ，
2
故 A 项正确 .
1
1
（ⅱ）当 b
时，令 a1=a =0 ，则 a2 4
4 , a3
2
1 11
，
4 42
所以 a4
a32
1 4
2
11 24
1 ，以此类推， 2
所以 a10
a92
1 4
2
1 1 1， 2 42
1
1
1
1
【答案】（ I）见解析；（ 2） an
2n
n 2 ， bn
2n
n. 2
【解析】（ 1）由题设得 4(an 1 bn 1)
2(an bn ) ，即 an 1 bn 1
1 2
(an
bn ) ．
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 ．
3 2 ，∴ an
2n 5 ， Sn
2
n
4n ,故选 A ．
a5 a1 4d 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
.
3．【 2019 年高考浙江卷】设 a， b∈R ，数列 { an} 满足 a1=a， an+1=an2+b， n N ，则
1 A ． 当 b 2 , a10 10
1 B． 当 b 4 , a10 10
C． 当 b 2, a10 10
D． 当 b 4, a10 10
【答案】 A
【解析】①当 b=0 时，取 a=0，则 an 0, n N .