2019数学(理科)高考题分类(高考真题+模拟题) 数列

D单元 数列

D1 数列的概念与简单表示法

20.D1,D5,M2[2019·北京卷] 已知数列{an},从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1

(1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列.

(2)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

(3)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.

20.解:(1)1,3,5,6.(答案不唯一)

(2)证明:设长度为q末项为𝑎𝑛0的一个递增子列为𝑎𝑟1,𝑎𝑟2,…,𝑎𝑟𝑞-1,𝑎𝑛0.

由p

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.

(3)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.

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×…×2⏟

(𝑚-1)个×1×1=2m-1<2m.

与已知矛盾.

最后证明:2m排在2m-3之后(m≥2且m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+1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.

所以an={n+1,n为奇数,n-1,n为偶数.

D2 等差数列及等差数列前n项和

9.D2[2019·全国卷Ⅰ] 记Sn为等差数列{an}的前n项和.已知S4=0,a5=5,则 ( )

A.an=2n-5 B.an=3n-10

C.Sn=2n2-8n D.Sn=12n2-2n

9.A [解析] 设等差数列{an}的公差为d,由题意有{4𝑎1+4×32𝑑=0,𝑎1+4𝑑=5,解得{𝑎1=-3,𝑑=2,所以an=-3+(n-1)×2=2n-5,Sn=-3n+𝑛(𝑛-1)2×2=n2-4n,对比选项可知只有A正确.

19.D2,D3[2019·全国卷Ⅱ] 已知数列{an}和{bn}满足a1=1,b1=0,4an+1=3an-bn+4,4bn+1=3bn-an-4.

(1)证明:{an+bn}是等比数列,{an-bn}是等差数列;

(2)求{an}和{bn}的通项公式.

19.解:(1)证明:由题设得4(an+1+bn+1)=2(an+bn),即an+1+bn+1=12(an+bn).

又因为a1+b1=1,所以{an+bn}是首项为1,公比为12的等比数列.

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=1,所以{an-bn}是首项为1,公差为2的等差数列.

(2)由(1)知,an+bn=12𝑛-1,an-bn=2n-1,

所以an=12[(an+bn)+(an-bn)]=12𝑛+n-12,

bn=12[(an+bn)-(an-bn)]=12𝑛-n+12.

14.D2[2019·全国卷Ⅲ] 记Sn为等差数列{an}的前n项和.若a1≠0,a2=3a1,则𝑆10𝑆5= .

14.4 [解析] 设数列{an}的公差为d,由题意得a1+d=3a1,即d=2a1,则S5=5a1+5×42d=25a1,S10=10a1+10×92d=100a1,所以𝑆10𝑆5=100𝑎125𝑎1=4.

10.D2[2019·北京卷] 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 .

10.0 -10 [解析] 方法一:设等差数列{an}的公差为d,由已知可得{𝑎1+𝑑=-3,5𝑎1+10𝑑=-10,解得{𝑎1=-4,𝑑=1,所以a5=a1+4d=-4+4×1=0,Sn=-4n+12n(n-1)=12n2-92n=12(𝑛-92)2-818.因为n∈N*,故当n=4或n=5时,Sn取得最小值-10.

方法二:设等差数列{an}的公差为d,因为S5=5(𝑎1+𝑎5)2=5a3=-10,所以a3=-2,又因为a2=-3,所以d=a3-a2=1,所以a1=a2-d=-4,a5=a3+2d=0,Sn=-4n+12n(n-1)=12n2-92n=12(𝑛-92)2-818.因为n∈N*,故当n=4或n=5时,Sn取得最小值-10.

8.D2[2019·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 .

8.16 [解析] 设数列{an}的公差为d,由S9=9a5=27,得a5=3,从而3a2+a8=0,即3(a5-3d)+(a5+3d)=0,解得d=23a5=2,所以S8=S9-a9=S9-(a5+4d)=27-11=16.

20.D2、D3、D4[2019·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=1,1𝑆𝑛=2𝑏𝑛-2𝑏𝑛+1,其中Sn为数列{bn}的前n项和.

①求数列{bn}的通项公式;

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≤bk≤ck+1,求m的最大值.

20.解:(1)证明:设等比数列{an}的公比为q,所以a1≠0,q≠0.

由{𝑎2𝑎4=𝑎5,𝑎3-4𝑎2+4𝑎1=0,得{𝑎12𝑞4=𝑎1𝑞4,𝑎1𝑞2-4𝑎1𝑞+4𝑎1=0,

解得{𝑎1=1,𝑞=2.

因此数列{an}为“M-数列”.

(2)①因为1𝑆𝑛=2𝑏𝑛-2𝑏𝑛+1,所以bn≠0.

由b1=1,S1=b1,得11=21-2𝑏2,则b2=2.

由1𝑆𝑛=2𝑏𝑛-2𝑏𝑛+1,得Sn=𝑏𝑛𝑏𝑛+12(𝑏𝑛+1-𝑏𝑛),

当n≥2时,由bn=Sn-Sn-1,得bn=𝑏𝑛𝑏𝑛+12(𝑏𝑛+1-𝑏𝑛)-𝑏𝑛-1𝑏𝑛2(𝑏𝑛-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≤ln q≤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ln22=ln86

取q=√33,当k=1,2,3,4,5时,𝑙𝑛kk≤ln q,即k≤qk,经检验知qk-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≤q3,且q5≤6,从而q15≥243,且q15≤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.

19.D2,D3,D4[2019·天津卷] 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.

(1)求{an}和{bn}的通项公式.

(2)设数列{cn}满足c1=1,cn={1,2𝑘<𝑛<2𝑘+1,𝑏𝑘,𝑛=2𝑘,其中k∈N*.

(i)求数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式;

(ii)求∑𝑖=12𝑛aici(n∈N*).

19.解:(1)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,6𝑞2=12+4𝑑,解得{𝑑=3,𝑞=2,故an=4+(n-1)×3=3n+1,bn=6×2n-1=3×2n.

所以,{an}的通项公式为an=3n+1,{bn}的通项公式为bn=3×2n.

(2)(i)𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=𝑎2𝑛(bn-1)=(3×2n+1)(3×2n-1)=9×4n-1.

所以,数列{𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)}的通项公式为𝑎2𝑛(𝑐2𝑛-1)=9×4n-1.