2019年高考数学试题分项版—数列(解析版).doc

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{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3等于(　　)
A．16 B．8 C．4 D．2
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
2．(2019·浙江，10)设a，b∈R，数列{an}满足a1＝a，an＋1＝an2＋b，n∈N*，则(　　)
A．当b＝12时，a10＞10
B．当b＝14时，a10＞10
C．当b＝－2时，a10＞10
D．当b＝－4时，a10＞10
答案　A
解析　当b＝12时，因为an＋1＝an2＋12，所以a2≥12，又an＋1＝an2＋12≥2an，故a9≥a2×(2)7≥12×(2)7＝42，a10＞a92≥32＞10.当b＝14时，an＋1－an＝an-122，故当a1＝a＝12时，a10＝12，所以a10＞10不成立．同理b＝－2和b＝－4时，均存在小于10的数x0，只需a1＝a＝x0，则a10＝x0＜10，故a10＞10不成立．
3．(2019·全国Ⅰ理，9)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
答案　A
解析　设等差数列{an}的公差为d，
∵S4＝0，a5＝5，∴4a1+4×32d=0,a1+4d=5,解得a1=-3，d=2，
∴an＝a1＋(n－1)d＝－3＋2(n－1)＝2n－5，
Sn＝na1＋nn-12d＝n2－4n.故选A.
4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3等于(　　)
A．16 B．8 C．4 D．2
答案　C
解析　设等比数列{an}的公比为q，由a5＝3a3＋4a1得q4＝3q2＋4，得q2＝4，因为数列{an}的各项均为正数，所以q＝2，又a1＋a2＋a3＋a4＝a1(1＋q＋q2＋q3)＝a1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a1＝1，所以a3＝a1q2＝4.
二、填空题
1．(2019·全国Ⅰ文，14)记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝34，则S4＝________.
答案　58
解析　设等比数列的公比为q，
则an＝a1qn－1＝qn－1.
∵a1＝1，S3＝34，
∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝34，
即4q2＋4q＋1＝0，∴q＝－12，
∴S4＝1×1--1241--12＝58.
2．(2019·全国Ⅲ文，14)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13，则S10＝________.
答案　100
解析　∵{an}为等差数列，a3＝5，a7＝13，
∴公差d＝a7-a37-3＝13-54＝2，
首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，
∴S10＝10a1＋10×92d＝100.
3．(2019·江苏，8)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________．
答案　16
解析　方法一　设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝a12＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16.
方法二　∵S9＝a1+a92×9＝27，
∴a1＋a9＝6，
∴a2＋a8＝2a5＝6，
∴a5＝3，
则a2a5＋a8＝3a2＋a8＝0，
即2a2＋6＝0，
∴a2＝－3，则a8＝9，
∴其公差d＝a8-a58-5＝2，
∴a1＝－5，
∴S8＝8×a1+a82＝16.
4．(2019·全国Ⅰ理，14)记Sn为等比数列{an}的前n项和．若a1＝13，a42＝a6，则S5＝________.
答案　1213
解析　设等比数列{an}的公比为q，因为a42＝a6，所以(a1q3)2＝a1q5，所以a1q＝1，又a1＝13，所以q＝3，所以S5＝a11-q51-q＝13×1-351-3＝1213.
5．(2019·全国Ⅲ理，14)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则s10s5＝________.
答案　4
解析　设等差数列{an}的公差为d，由a2＝3a1，
即a1＋d＝3a1，得d＝2a1，所以s10s5＝10a1+10×92d5a1+5×42d
＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.
6．(2019·北京理，10)设等差数列的前项和为，若，，则　　，的最小值为　　．
【思路分析】利用等差数列的前项和公式、通项公式列出方程组，能求出，，由此能求出的的最小值．
【解析】：设等差数列的前项和为，，，
，解得，，，
，
或时，取最小值为．故答案为：0，．
【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Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S9＝－a5.
(1)若a3＝4，求{an}的通项公式；
(2)若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
解　(1)设{an}的公差为d.
由S9＝－a5，即9a5＝－a5，
所以a5＝0，得a1＋4d＝0.
由a3＝4得a1＋2d＝4.
于是a1＝8，d＝－2.
因此{an}的通项公式为an＝10－2n，n∈N*.
(2)由(1)得a1＝－4d，故an＝(n－5)d，
Sn＝nn-9d2.
由a1>0知d<0，
故Sn≥an等价于nn-9d2≥(n－5)d，化简得
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{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和．
解　(1)设{an}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{an}的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1.
(2)由(1)得bn＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，
因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.
3．(2019·北京文，16)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
解　(1)设{an}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an＝a1＋(n－1)d＝2n－12.
(2)由(1)知，an＝2n－12.
则当n≥7时，an>0；
当n≤6时，an≤0.
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30.
4．(2019·天津文，18)设{an}是等差数列，{bn}是等比数列，公比大于0.已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足cn＝1,n为奇数，bn2,n为偶数.求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n(n∈N*)．
解　(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，q＞0.
依题意，得3q＝3＋2d，3q2＝15＋4d，解得d＝3，q＝3，
故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.
所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn＝3n.
(2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)
＝n×3+n(n-1)2×6＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)
＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，①
则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②
②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1
＝－3(1-3n)1-3＋n×3n＋1＝2n-13n+1+32.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n
＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×2n-13n+1+32
＝3n-13n+2+6n2+92 (n∈N*)．
5．(2019·浙江，20)设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3.数列{bn}满足：对每个n∈N*，Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)记cn＝an2bn，n∈N*，证明：c1＋c2＋…＋cn＜2n，n∈N*.
(1)解　设数列{an}的公差为d，由题意得
a1＋2d＝4，a1＋3d＝3a1＋3d，
解得a1＝0，d＝2.
从而an＝2n－2，n∈N*.
所以Sn＝n2－n，n∈N*.
由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列得
(Sn＋1＋bn)2＝(Sn＋bn)(Sn＋2＋bn)．
解得bn＝1a(Sn+12－SnSn＋2)．
所以bn＝n2＋n，n∈N*.
(2)证明　cn＝an2bn＝2n-22n(n+1)＝n-1n(n+1)，n∈N*.
我们用数学归纳法证明．
①当n＝1时，c1＝0＜2，不等式成立；
②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时不等式成立，即
c1＋c2＋…＋ck＜2k.
那么，当n＝k＋1时，
c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1＜2k＋kk+1k+2＜2k＋1k+1＜2k＋2k+1+k＝2k＋2(k+1－k)＝2k+1.
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn＜2n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{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成立，求m的最大值．
(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)解　①因为1Sn＝2bn－2bn+1，所以bn≠0.
由b1＝1，S1＝b1，得11＝21－2b2，则b2＝2.
由2Sn＝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 (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，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.
7．(2019·全国Ⅱ理，19)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．
(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)解　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.
8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列，从中选取第项、第项、、第项，若，则称新数列，，，为的长度为的递增子列．规定：数列的任意一项都是的长度为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）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为．若，求证：；
（Ⅲ）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，2，，求数列的通项公式．
【思路分析】，3，5，6．答案不唯一．
考虑长度为的递增子列的前项可以组成长度为的一个递增子列，可得该数列的第项，即可证明结论．
考虑与这一组数在数列中的位置．若中有，在在之后，则必然在长度为，且末项为的递增子列，这与长度为的递增子列末项的最小值为矛盾，可得必在之前．继续考虑末项为的长度为的递增子列．因此对于数列，，由于在之前，可得研究递增子列时，不可同时取与，即可得出：递增子列最多有个．由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前．可得2，1，4，3，6，5，，是唯一构造．
【解析】：，3，5，6．
证明：考虑长度为的递增子列的前项可以组成长度为的一个递增子列，
该数列的第项，
．
解：考虑与这一组数在数列中的位置．
若中有，在在之后，则必然在长度为，且末项为的递增子列，
这与长度为的递增子列末项的最小值为矛盾，必在之前．
继续考虑末项为的长度为的递增子列．
对于数列，，由于在之前，研究递增子列时，不可同时取与，
对于1至的所有整数，研究长度为的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，，第项是与二选1，
故递增子列最多有个．由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前．
，1，4，3，6，5，，是唯一构造．
即，，．
【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{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(n∈N*)．
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，
所以an＝a1＋(n－1)d＝4＋(n－1)×3＝3n＋1，
bn＝b1·qn－1＝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.
(ⅱ)aici＝[ai＋ai(ci－1)]
＝ai＋a2i(c2i－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*)．