2019年高考理科数学分类汇编:数列(解析版)
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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
(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
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 .
,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 .
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 .
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.
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)
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
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 .
(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 ·
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
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
【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)
(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 .
n
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
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 .
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
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
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
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
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 .
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
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 )] 2Βιβλιοθήκη 2nn, 21
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
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
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
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
(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 )
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
【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 _____.
.
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 .