(完整版)2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

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a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3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a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.

2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2

＋b ，n ∈N *，则( )

A ．当b ＝1

2时，a 10＞10 B ．当b ＝1

4时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A

解析 当b ＝1

2时，因为a n ＋1＝a n 2＋1

2，所以a 2≥1

2，又a n ＋1＝a n 2＋1

2≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥1

2×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝1

4时，a n ＋1－a n ＝(a n ?1

2)2，故当a 1＝a ＝1

2时，a 10＝1

2

，所以

a 10＞10不成立．同理

b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．

3．(2019·全国Ⅰ理，9)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 －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝1

2n 2－2n

答案 A

解析 设等差数列{a n }的公差为d ，

∵{S 4＝0，

a 5＝5，∴{4a 1+4×3

2d =0,

a 1+4d =5,

解得{a 1=?3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋

n (n?1)2

d ＝n 2－4n .故选A.

4．(2019·全国Ⅲ理，5)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a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题

1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝3

4，则S 4＝________.

答案 5

8

解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －

1＝q n －

1. ∵a 1＝1，S 3＝3

4，

∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝3

4， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－1

2，

∴S 4＝

1×[1?(?12)4

]

1?(?1

2

)

＝5

8

.

2．(2019·全国Ⅲ文，14)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＝________. 答案 100

解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝

a 7?a 37?3

＝

13?54

＝2，

首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋

10×92

d ＝100.

3．(2019·江苏，8)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________． 答案 16

解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2

＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.

方法二 ∵S 9＝a 1+a 9

2

×9＝27，

∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，

则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，

∴其公差d ＝a 8?a 58?5

＝2，

∴a 1＝－5，

∴S 8＝8×a 1+a

82＝16.

4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝1

3，a 42

＝a 6，则S 5＝________.

答案

1213

解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13

，

所以q ＝3，所以S 5＝

a 1(1?q 5)1?q

＝

1

3

×(1?35)1?3

＝

1213

.

5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5

＝________.

答案 4

解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5

＝

10a1+

10×9

2d 5a1+5×42

d

＝

10a1+

10×9

2×2a15a1+5×4

2

×2a1

＝100

25＝4.

6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．

【思路分析】利用等差数列{}n a 的前n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a =-，1d =，由此能求出5a 的n S 的最小值．

【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，

∴11354

5102a d a d +=-????+=-??，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+?=， 21(1)(1)1981

4()22228

n n n n n S na d n n --=+

=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．故答案为：0，10-．

【归纳与总结】本题考查等差数列的第5项的求法，考查等差数列的前n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 三、解答题

1．(2019·全国Ⅰ文，18)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；

(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，

所以a5＝0，得a1＋4d＝0.

由a3＝4得a1＋2d＝4.

于是a1＝8，d＝－2.

因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.

(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，

.

S n＝n(n?9)d

2

由a1>0知d<0，

≥(n－5)d，化简得

故S n≥a n等价于n(n?9)d

2

n2－11n＋10≤0，

解得1≤n≤10，

所以n的取值范围是{n|1≤n≤10，n∈N*}．

2．(2019·全国Ⅱ文，18)已知{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.

(1)求{a n}的通项公式；

(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．

解(1)设{a n}的公比为q，

由题设得2q2＝4q＋16，即q2－2q－8＝0，

解得q＝－2(舍去)或q＝4.

因此{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.

(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，

因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.

3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．

(1)求{a n}的通项公式；

(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．

解(1)设{a n}的公差为d.

因为a1＝－10，

所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d.

因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，

所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．

即(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．

解得d＝2.

所以a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.

(2)由(1)知，a n＝2n－12.

则当n≥7时，a n>0；

当n≤6时，a n≤0.

所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.

4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.

(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{

1,n 为奇数，

b n 2

,n 为偶数.

求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．

解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2

＝15＋4d ，解得{d ＝3，

q ＝3，

故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －

1＝3n .

所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n

＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+

n(n?1)2

×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )

＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋

1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋

1 ＝－

3(1?3n )1?3

＋n ×3

n ＋1

＝

(2n?1)3n+1+3

2

.

所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n?1)3n+1+3

2

＝

3(n?1)3n+2+6n 2+9

2

(n ∈N *)．

5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√

n 2b n

，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.

(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.

由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得

(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．

解得b n ＝1

a (S n+12

－S n S n ＋2)．

所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.

(2)证明 c n ＝√a n 2b n

＝√2n?22n(n+1)＝√n?1

n(n+1)，n ∈N *.

我们用数学归纳法证明．

①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，

c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k

(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1

k+1＜2√k ＋k+1+k

＝2√k ＋2(√k +1－

√k )＝2√k +1.

即当n ＝k ＋1时不等式也成立．

根据①和②，不等式c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n 对任意n ∈N *成立．

6．(2019·江苏，20)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：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1

S n

＝2

b n －

2b n+1

，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c k ≤b k ≤c k

＋1

成立，求m 的最大值．

(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.

由{a 2a 4=a 5,a 3?4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2?4a 1q +4a 1=0,

解得{a 1=1,q =2.

因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n

＝2b n

－2b

n+1

，所以b n ≠0.

由b 1＝1，S 1＝b 1，得1

1

＝21

－2b 2

，则b 2＝2.

由2S n

＝2b n

－2

b

n+1

，得S n ＝b n

b n+1

2(b n+1?b n )

，

当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b n

b n+1

2(b n+1?b n

)－b n?1b

n

2(b n

?b n?1

)

， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .

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q k －

1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k

≤ln q ≤lnk

k?1.

设f (x )＝

lnx x

(x >1)，则f ′(x )＝1?lnx x 2

(x >1)．

令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：

因为

ln22

＝

ln86

<

ln96

＝

ln33

，所以f (k )max ＝f (3)＝

ln33

.

取q ＝√33

，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k

≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －

1≤k 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.

7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.

(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．

(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝1

2(a n ＋b n )．

又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为1

2

的等比数列．

由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝

12n?1,

，a n －b n ＝2n －1.

所以a n ＝12

[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝1

2

n ＋n －12

， b n ＝1

2[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝1

2n －n ＋1

2.

8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、?、第m i 项12()m i i i <

递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 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{}n a 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：00m n a a <；

（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)?，求数列{}n a 的通项公式．

【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．

()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a …

，即可证明结论． ()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必

然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，??，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．

()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列， ∴0n a >该数列的第p 项0m a …

， ∴00m n a a <．

()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．

若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．

Q 对于数列21n -，2n ，

由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， Q 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2

项是3与4二选1，??，第s 项是21s -与2s 二选1，

故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．

2∴，1，4，3，6，5，?

?，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．

【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题

与解决问题的能力，属于难题．

9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.

(1)求{a n }和{b n }的通项公式；

(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k

b k ,n =2k

,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；

(ⅱ)求(n ∈N *)．

解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{

6q ＝6＋2d ，

6q 2

＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，

所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －

1＝6×2n －

1＝3×2n .

所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝

a i ＋

a 2i (c 2i －1)

＝[2n ×4+

2n (2n ?1)

2

×3]＋

(9×4i －1) ＝(3×22n －

1＋5×2n －

1)＋9×

4(1?4n )

1?4

－n

＝27×22n －

1＋5×2n －

1－n －12(n ∈N *)．