2019年高考真题和模拟题分项汇编数学(理)：专题08 数列(含解析)

专题08 数列

1．【2019年高考全国I卷理数】记nS为等差数列{}na的前n项和．已知4505Sa，，则

A．25nan B． 310nan

C．228nSnn D．2122nSnn

【答案】A

【解析】由题知，41514430245dSaaad，解得132ad，∴25nan，24nSnn,故选A．

【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na的前4项和为15，且53134aaa，则3a

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231111421111534aaqaqaqaqaqa，

解得11,2aq，2314aaq，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.

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

A． 当101,102ba B． 当101,104ba

C． 当102,10ba D． 当104,10ba

【答案】A

【解析】①当b=0时，取a=0，则0,nanN.

②当<0b时，令2xxb，即20xxb.

则该方程140b，即必存在0x，使得2000xxb， 则一定存在10 ==aax，使得21nnnaaba对任意nN成立，

解方程20aab，得1142ba，

当114102b时，即90b…时，总存在1142ba，使得121010aaa，

故C、D两项均不正确.

③当0b时，221aabb，

则2232aabbb，

22243aabbbb….

（ⅰ）当12b时，22451111711,1222162aa，

则26111112224a，

2719222a，

28918310224a ，

则2981102aa，

21091102aa ，

故A项正确.

（ⅱ）当14b时，令1==0aa，则2231111,4442aa，

所以224311114242aa，以此类推，

所以2210911114242aa，

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214613aaa，，则S5=____________．

【答案】1213

【解析】设等比数列的公比为q，由已知21461,3aaa，所以32511(),33qq又0q，

所以3,q所以55151(13)(1)12131133aqSq．

【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．

5．【2019年高考全国III卷理数】记Sn为等差数列{an}的前n项和，12103aaa≠，，则105SS___________.

【答案】4

【解析】设等差数列{an}的公差为d,

因213aa，所以113ada，即12ad，

所以105SS11111091010024542552adaaad．

【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na中,53510Sa,得32,a又23a,所以公差321daa,5320aad,

由等差数列na的性质得5n时,0na,6n时,na大于0,所以nS的最小值为4S或5S,即为10.

【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*{}()nanN是等差数列，nS是其前n项和.若25890,27aaaS，则8S的值是_____.

【答案】16 【解析】由题意可得：25811191470989272aaaadadadSad，

解得：152ad，则8187840282162Sad.

【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），如本题，从已知出发，构建1ad,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=0，1434nnnaab，1434nnnbba.

（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.

【答案】（I）见解析；（2）1122nnan，1122nnbn.

【解析】（1）由题设得114()2()nnnnabab，即111()2nnnnabab．

又因为a1+b1=l，所以nnab是首项为1，公比为12的等比数列．

由题设得114()4()8nnnnabab，即112nnnnabab．

又因为a1–b1=l，所以nnab是首项为1，公差为2的等差数列．

（2）由（1）知，112nnnab，21nnabn．

所以111[()()]222nnnnnnaababn，

111[()()]222nnnnnnbababn．

9．【2019年高考北京卷理数】已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1

（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0ma，长度为q的递增子列的末项的最小值为0na．若p

（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）

（Ⅱ）设长度为q末项为0na的一个递增子列为1210,,,,qrrrnaaaa.

由p

因为na的长度为p的递增子列末项的最小值为0ma，

又12,,,prrraaa是na的长度为p的递增子列，

所以0pmraa.

所以00mnaa·

（Ⅲ）由题设知，所有正奇数都是na中的项.

先证明：若2m是na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,,,,21mpppaaam是数列na的长度为m末项为2m−1的递增子列，则121,,,,21,2mpppaaamm是数列na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na中的项.

假设存在正偶数不是na中的项，设不在na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na的同一个递增子列中.

又na中不超过2m+1的数为1，2，…，2m−2，2m−1，2m+1，所以na的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列个数至多为1(1)22221122mmm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na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na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,nnnann为奇数，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na是等差数列，nb是等比数列．已知1122334,622,24abbaba，．

（Ⅰ）求na和nb的通项公式；

（Ⅱ）设数列nc满足111,22,2,1,,kknkkcncbn其中*kN．

（i）求数列221nnac的通项公式；

（ii）求2*1niiiacnN．

【答案】（Ⅰ）31nan；32nnb（Ⅱ）（i）221941nnnac（ii）2*211*12725212nnniiiacnnnNN

【解析】（Ⅰ）设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q．依题意得2662,6124,qdqd解得3,2,dq故14(1)331,6232nnnnannb．

所以，na的通项公式为31,nnanb的通项公式为32nnb．

（Ⅱ）（i）22211321321941nnnnnnnacab．

所以，数列221nnac的通项公式为221941nnnac．

（ii）22221111211nnniiniiiiiiiiiiacaacaac