2019年高考数学高考题和高考模拟题分项版汇编专题08数列理含

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

1 2

83 4
10
，
则
a9

a82

1 2
10
，
a10

a92

1 2
10
，
故 A 项正确.
b
（ⅱ）当

1 4
时，令 a1=a=0 ，则
a2

1 4
, a3


1 4
2

1 4

1 2
，
a4
所以

a32

1 4


1 2
2

1 4

1 2
，以此类推，
a10
15
，
解得 aq121, ， 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.
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
b
A．当

1 2
, a10
【解析】设等差数列{an}的公差为 d,
因 a2 3a1 ，所以 a1 d 3a1 ，即 2a1 d ，
所以
S10 S5

10a1

10 2
9
d
5a1

5
2
4
d
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
则 S8 的值是_____.
【答案】16
a2a5 a8 a1 d a1 4d a1 7d 0
【解析】由题意可得： S9

9a1

98 2
d

27
，
解得：
a1 d
5 2
，则
S8

8a1

87 2
d

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
（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 aici n N* ．
i 1
【答案】（Ⅰ） an 3n 1 ； bn 3 2n （Ⅱ）（i） a2n

4a1

d 2

4

3
a1 4d 5

0
，解得
a1 d

3 2
，∴ an

2n
5 ， Sn

n2

4n ,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
又因为a1–b1=l，所以an bn是首项为1，公差为2的等差数列．
an
（2）由（1）知，

bn

1 2n1
， an
bn

2n 1．
an
所以

1 2 [(an
bn )

(an
bn )]

1 2n

n

1 2
，
bn

1 2 [(an
bn )

(an
bn )]

1 2n

（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．
n

1 2
．
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<i2<…<im），
若 ai1 ai2 aim ，则称新数列 ai1，a，i2 ， aim 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；
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an是等差数列，bn是等比数列．已知
a1 4, b1 6 ，b2 2a2 2, b3 2a3 4 ．
a4 a32 b…
b2 b 2 b
.
（ⅰ）当
b

1 2
时，
a4


1 2
2

1 2
2

1 2

17 16

1, a5
1
1 2
，
则
a6

1
1 2
2

1 2

11 4

2
，
a7

22

1 2
Байду номын сангаас
9 2
，
a8


9 2
2
n
a1
项和．若

1 3
，a42

a6
，则
S5=____________．
121 【答案】 3
【解析】设等比数列的公比为 q
，由已知
a1

1 3
,
a42

1 a6 ，所以 (3
q3 )2

1 3
q5, 又 q

0，
所以 q

3, 所以
S5

a1(1 q5 ) 1 q

1 3
(1 35 ) 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．
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
所以 am0 arp .
所以 am0 an0 ·
（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 ap1 , ap2 ,, apm1 , 2m 1是数列 an 的长度为m末项为2m−1的递增子列，则 ap1 , ap2 ,, apm1 , 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.
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 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， 4an1 3an bn 4 ， 4bn1 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.
c2n 1
9 4n 1
（ii）
2n aici n N* 27 22n1 5 2n1 n 12 n N*
i 1
【解析】（Ⅰ）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
10
b
B．当

1 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 .
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 x0 ，使得 x02 x0 b 0 ， 则一定存在 a1=a=x0 ，使得 an1 an2 b an 对任意 n N 成立，
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.
n 1, n为奇数，
所以
an

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
专题 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
B． an 3n 10
C． Sn 2n2 8n
D．
Sn

1 2
n2

2n
【答案】A

S4
【解析】由题知， a5
解方程 a2 a b 0 ，得 a 1
1 4b 2，
1
当
1 2
4b
10
时，即 b…
90
时，总存在
a

1
1 4b
2
，使得 a1 a2 a10 10 ，
故 C、D 两项均不正确.
③当 b 0 时， a2 a12 b b ，
则 a3 a22 b b2 b ，
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 222 2 11 2m1 2m .
( m 1) 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 an 的长度为m+1且末项为2m+l的递增子列的个数小于

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 .
【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 ，
所以

a92

1 4


1 2
2

1 4

1 2
，
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
,
解
d 得 q

3,
故
2,
an

4
(n
1) 3

3n
1, bn

6 2n1

3 2n
an
【答案】（I）见解析；（2）

1 2n
n
1 2
bn
，

1 2n
n
1 2
.
【解析】（1）由题设得 4(an1

bn 1 )

2(an
bn ) ，即 an1
bn1

1 2
(an

bn )
．
1
又因为a1+b1=l，所以an bn是首项为1，公比为 2 的等比数列．
由题设得 4(an1 bn1) 4(an bn ) 8 ，即 an1 bn1 an bn 2 ．
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
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
aa11q4
a1q a1q2 3a1q2
a1q3 4a1
【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 an0 的一个递增子列为 ar1 , ar2 ,, arq1 , an0 .
由p<q，得 arp arq1 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，