《(2017-2019)高考理数真题分类汇编专题12 数列(教师版).pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《(2017-2019)高考理数真题分类汇编专题12 数列(教师版).pdf（27页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、专题 12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Aan 2n5an 3n10BDSn2CSn 2n 8n12n 2n2【答案】Ada1 3S4 4a143 02【解析】由题知，解得，an 2n5，Sn n 4n,故选 A2d 2a a 4d 515【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an的前 4 项和为 1
2、5， 且a5 3a3 4a1，则a3A16C4【答案】CB8D2a1a1qa1q2a1q315【解析】设正数的等比数列an的公比为q，则4，2a1q 3a1q 4a1a11,2解得，a3 a1q 4，故选 Cq 2【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，bR R ，数列an满足 a1=a，an+1=an2+b，nN N，则A 当b 1,a10102B 当b 1,a10104C 当b 2,a1010【答案】AD 当b 4,a1010【解析】当 b=0 时，取 a=0，则an 0,nN N.当b100且该数列的前N 项和为2 的
3、整数幂.那么该款软件的激活码是A440C220【答案】A【解析】由题意得，数列如下：B330D1101,1,2,1,2,4,L1,2,4,L ,2k1L则该数列的前12L k k(k 1)项和为2 k(k 1)k1k1S1(1 2)L (1 2L 2) 2k 2，2要使k(k 1)100，有k 14，此时k 2 2k1，所以k 2是第k 1组等比数列1,2,L ,2k的部分2和，设k 2 1 2L 2t1 2t1，所以k 2t314，则t 5，此时k 253 29，所以对应满足条件的最小整数N 29305 440，故选 A.2【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题
4、目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征， 进而判断出该数列的通项和求和.另外， 本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断 .8【2017 年高考全国 II 卷理数】我国古代数学名著算法统宗中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？ ”意思是：一座7 层塔共挂了 381 盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2 倍，则塔的顶层共有灯A1 盏C5 盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x盏，则各层的灯数构成一个首项为x，公比为 2 的等比数列，结合等比数B3 盏D9 盏x(12
5、7) 381，解得x 3，即塔的顶层共有灯 3 盏，故选 B列的求和公式有12【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型； 求解时要明确目标， 即搞清是求和、 求通项、 还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论9 【2017 年高考全国 III 卷理数】 等差数列an的首项为 1， 公差不为 0 若 a2， a3， a6成等比数列， 则an前 6 项的和为A24C3B3D8【答案】A2 a2a6， 即【 解 析
6、】 设 等 差 数 列an的 公 差 为d， 由 a2， a3， a6成 等 比 数 列 可 得a312d21d15d，整理可得d22d 0，又公差不为0，则d 2，故an前 6 项的和为S6 6a1661661d 612 24.故选 A22【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量 a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2） 数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用， 而 a1和 d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.10 【2017 年高考浙江卷】已知等差数列an的公差为 d，前 n 项和
7、为 Sn，则“d0”是“S4 + S62S5”的A充分不必要条件C充分必要条件【答案】C【解析】由S4 S62S510a121d 2(5a110d) d，可知当d 0时，有S4 S62S5 0，即B必要不充分条件D既不充分也不必要条件S4 S6 2S5，反之，若S4 S6 2S5，则d 0，所以“d0”是“S4 + S62S5”的充要条件，选 C【名师点睛】本题考查等差数列的前n项和公式，通过套入公式与简单运算，可知S4 S62S5 d，结合充分必要性的判断， 若pq， 则p是q的充分条件， 若p q， 则p是q的必要条件， 该题“d 0”“S4 S62S5 0”，故互为充要条件11【2019
8、年高考全国I卷理数】 记Sn为等比数列an的前n项和 若a1，a4 a6， 则S5=_【答案】13212131211,a4 a6，所以( q3)2q5,又q 0，333【解析】设等比数列的公比为q，由已知a11(135)a (1q )3121所以q 3,所以S511q1335【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S10_a10，a2 3a1，12【2019年高考全国III卷理数】 记Sn为等差数列an的前n项和，则S5【答案】4【解析】设等差数列an的公差为 d,因a2 3a1，所以a1d 3a1，即2a1 d，109dS1
9、0100a12 4所以54S525a15a1d210a1【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13 【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 a3a21,a5 a32d 0,由等差数列an的性质得n5时,an 0,n6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
10、度不大,注重重要知识基础知识基本运算能力的考查.*14 【2019 年高考江苏卷】 已知数列an(nN )是等差数列，Sn是其前 n 项和.若a2a5a8 0,S9 27，则S8的值是_【答案】16a2a5a8a1da14da17d 0【解析】由题意可得：，98d 27S9 9a12a1 587d 40282 16.解得：，则S88a1d 22【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a1,d的方程组.15 【2018 年高考全国 I 卷理数】记Sn为数列an的前n项和
11、，若Sn 2an1，则S6_【答案】63【解析】根据Sn 2an1，可得Sn1 2an11，两式相减得an1 2an12an，即an1 2an，当n 1时，S1 a1 2a11，解得a1 1，所以数列an是以1 为首项，以 2 为公比的等比数列，所以S6 12612 63，故答案是63.【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令n 1，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.16 【2018 年高考北
12、京卷理数】 设an是等差数列， 且 a1=3， a2+a5=36， 则an的通项公式为_【答案】an 6n3【解析】 设等差数列的公差为d，Q a13， 3d 34d 36， d 6， an36n16n3.【名师点睛】 先根据条件列出关于公差的方程， 求出公差后， 代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差 （公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确 二是利用等差、等比数列的性质,性质是两种数列基本规律的深刻体现，是解决等差、等比数列问题既快捷又方便的工具，应有意识地去应用.17 【2018 年高考江苏卷】已
13、知集合A x| x 2n1,nN N ，B x| x 2 ,nN N 将AU B的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an记Sn为数列an的前 n 项和，则使得Sn12an1成立的 n 的最小值为_【答案】27【解析】所有的正奇数和2nnN N按照从小到大的顺序排列构成an，在数列|an中，25前面有1656S1112a2 24，S2 312a3 36，个正奇数， 即a21 2 ,a38 2.当n=1时，不符合题意； 当n=2时，*n*不符合题意；当n=3时，S3 6 12a4 48，不符合题意；当n=4时，S41012a28=540,符合题意.故使得Sn12an+1212成立的n的最小值为2
14、7.【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列的前n项和，考查考生的运算求解能力，考查的核心素养是数学运算.a3 3，S410，18【2017年高考全国II卷理数】 等差数列an的前n项和为Sn，则【答案】1_Sk1kn2nn1a12d 3a11【解析】设等差数列的首项为a1，公差为d，由题意有，解得，43d 14a1d 102数列的前 n 项和Sn na1nn1nn1nn1d n11，222裂项可得1211 2()，Skk(k 1)kk 11111112n 2(1)( )L () 2(1) 223nn1n1n1所以Sk1n1k【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a1，
15、an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用， 而 a1和 d 是等差数列的两个基本量， 用它们表示已知和未知是常用得方法 使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点19【2017 年高考全国 III 卷理数】设等比数列an满足 a1 + a2 = 1, a1 a3 = 3，则 a4 =_【答案】8【解析】设等比数列an的公比为q，很明显q 1，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组： a1a2 a1(1q) 1 ，由可得：q 2，代入可
16、得a11，由等比数列的通项公式可2a1a3 a1(1q ) 3 3得a4 a1q 8【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.76320【2017 年高考江苏卷】等比数列an的各项均为实数，其前项和为Sn，已知S3,S6，则a844_【答案】32【解析】当q 1时，显然不符合题意；a1(1q3)711q4a117a 2 324当q 1时，解得，则864a (1q )631q 21q4【名师点睛】在解决等差、
17、等比数列的运算问题时，有两个处理思路：利用基本量，将多元问题简化为一元问题，虽有一定量的运算，但思路简洁，目标明确；利用等差、等比数列的性质，性质是两种数列基本规律的深刻体现， 是解决等差、 等比数列问题既快捷又方便的工具， 应有意识地去应用 但在应用性质时要注意性质成立的前提条件，有时需要进行适当变形在解决等差、等比数列的运算问题时，经常采用“巧用性质、整体考虑、减少运算量”的方法a221【2017 年高考北京卷理数】若等差数列an和等比数列bn满足a1 b1 1，a4 b48，则b2=_【答案】13【解析】 设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d和q， 则13d q 8， 求得q 2,d
18、 3，a2131那么b22【名师点睛】 等差、 等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法.22【2019 年高考全国 II 卷理数】已知数列an和bn满足 a1=1，b1=0，4an1 3anbn4，4bn1 3bnan4.（1）证明：an+bn是等比数列，anbn是等差数列；（2）求an和bn的通项公式.【答案】（1）见解析；（2）an1111.nb n，nnn22221(anbn)2【解析】（
19、1）由题设得4(an1bn1) 2(anbn)，即an1bn1又因为a1+b1=l，所以anbn是首项为1，公比为1的等比数列2由题设得4(an1bn1) 4(anbn)8，即an1bn1 anbn2又因为a1b1=l，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列（2）由（1）知，anbn1，anbn 2n1n12所以an111(anbn)(anbn)nn，222111bn(anbn)(anbn)nn222【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义， 考查推理能力， 考查化归与转化思想，是中档
20、题.23 【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（i1i2im），若，aim为an的长度为 m 的递增子列规定：数列an的任意ai1 ai2 aim，则称新数列ai1，ai2，一项都是an的长度为 1 的递增子列（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 pq，求证：am0an0；（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 2s1，且长度为 s 末
21、项为 2s1 的递增子列恰有 2s-1个（s=1，2，），求数列an的通项公式【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一） ；(2)见解析；(3)见解析.【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一）（2）设长度为q末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2,L ,arq1,an0.由p0.因为cbc+1，所以q当=1时，有q1；当=2，3，m时，有k1 k qk，其中=1，2，3，m.lnklnklnq kk 1设f（）=lnx1lnx(x 1)，则f (x) 2xx令f (x) 0，得=e.列表如下：f (x)(1,e)+e0极大值(e，+)f（）因为ln2ln8ln9ln3ln3，所以f
22、(k)max f (3)266333取q 3，当=1，2，3，4，5时，k1lnklnq，即k qk，k经检验知q k也成立因此所求m的最大值不小于5若m6，分别取=3，6，得3q3，且q56，从而q15243，且q15216，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【名师点睛】本题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力26【2019 年高考浙江卷】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nN N,Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列（1）求数列a
23、n,bn的通项公式；（2）记cnan,nN N,证明：c1c2+L cn 2 n,nN N.2bn【答案】 （1）an2n1，bn nn1； （2）证明见解析.【解析】（1）设数列an的公差为d，由题意得a12d 4,a13d 3a13d，解得a1 0,d 2从而an 2n 2,nN N*所以Sn n2n，nN N*，由Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得Sn1bn解得bn2SnbnSn2bn12Sn1SnSn2d所以bn n2 n,nN N*（2）cnan2n2n1,nN N*2bn2n(n1)n(n1)我们用数学归纳法证明（i）当n=1时，c1=01，且 a3+a4+a5=28，a
24、4+2 是 a3，a5的等差中项数列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n2+n（1）求 q 的值；（2）求数列bn的通项公式【答案】（1）q 2； （2）bn15(4n3)( )12n2.【解析】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.（1）由a42是a3,a5的等差中项得a3a5 2a44，所以a3 a4 a5 3a4 4 28，解得a4 8.由a3 a5 20得8(q) 20，因为q 1，所以q 2.（2）设cn (bn1bn)an，数列cn前 n 项和为Sn.1qS1,n 1,由cn解得cn 4n1.S S,n
25、 2.n1nn1由（1）可知an 2，所以bn1bn (4n1)( )故bnbn1 (4n5)( )12n1，12n2,n 2，bnb1 (bnbn1)(bn1bn2)L (b3b2)(b2b1)111 (4n5)( )n2(4n9)( )n3L 73.2221121n2设Tn 3711( ) L (4n5)( ),n 2，22211111Tn 37( )2L (4n9)( )n2(4n5)( )n12222211121n21n1所以Tn 344( ) L 4( )(4n5)( )，222221n2因此Tn14(4n3)( ),n 2，21n2又b11，所以bn15(4n3)( ).2【名师点
26、睛】用错位相减法求和应注意的问题：(1)要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形； (2)在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“ ”的表达式；(3)在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于1 和不等于 1 两种情况求解.30 【2018 年高考江苏卷】设an是首项为a1，公差为 d 的等差数列，bn是首项为b1，公比为 q 的等比数列（1）设a1 0,b11,q 2，若| anbn| b1对n1,2,3,4均成立，求 d 的取值范围；（2）若a1 b1 0,mN N*,q(1,m2，证明：存在d R R，使得| anbn| b1
27、对n 2,3,L ,m1均成立，并求d的取值范围（用b1,m,q表示） 7 5【答案】 （1） , ； （2）见解析.3 2【解析】本小题主要考查等差和等比数列的定义、通项公式、性质等基础知识，考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力满分16 分n1（1）由条件知：an (n1)d,bn 2因为| anbn| b1对 n=1，2，3，4 均成立，即|(n 1)d 2n1|1对 n=1，2，3，4 均成立，75 d 32即 11，1d3，32d5，73d9，得7 5因此，d 的取值范围为 , 3 2n1（2）由条件知：an b1(n1)d,bnb1q若存在 d，使得| an
28、bn| b1（n=2，3，m+1）成立，|b1(n1)d b1q即n1| b1(n 2,3,L ,m1)，qn12qn1b1 d b1即当n 2,3,L ,m1时，d 满足n1n1因为q(1,m2，则1 qn1 qm 2，qn12qn1b1 0，b1 0，对n 2,3,L ,m1均成立从而n1n1因此，取 d=0 时，| anbn| b1对n 2,3,L ,m1均成立qn12qn1的最大值和数列的最小值（n 2,3,L ,m1）下面讨论数列n1n1qn 2qn1 2nqn qn nqn1 2n(qn qn1) qn 2当2 n m时，nn 1n(n 1)n(n 1)nmnn1n当1 q 2时，
29、有q q 2，从而n(q q)q 2 01mqn12单调递增，因此，当2 n m1时，数列n1qn12qm2的最大值为故数列n1mxx设f (x) 2 (1 x)，当0 时，f (x) (ln21 xln2)2 0，所以f (x)单调递减，从而f (x)0假设 n=时，0，那么 n=+1 时，若xk1 0，则0 xk xk1ln(1 xk1) 0，矛盾，故xk1 0因此xn 0(nN N )所以xn xn1ln(1 xn1) xn1，因此0 xn1 xn(nN N)（2）由xn xn1ln(1 xn1)得，2xnxn1 4xn1 2xn xn1 2xn1 (xn1 2)ln(1 xn1)记函数
30、f (x) x 2x(x2)ln(1 x)(x 0)，22x2 xf(x) ln(1 x) 0(x 0)，x1函数 f ()在0，+）上单调递增，所以f (x) f (0)=0，因此2xn1 2xn1 (xn1 2)ln(1 xn1) f (xn1) 0，故2xn1 xn（3）因为xnxn1(nN N)2xn xn1ln(1 xn1) xn1 xn1 2xn1，所以xn由1，2n1xnxn1 2xn1 xn，得21111 2() 0，xn12xn2所以111111 2() 2n1() 2n2，xn2xn12x12故xn综上，12n211 x (nN N )nn1n222【名师点睛】本题主要应用： （1）数学归纳法证明不等式； （2）构造函数，利用函数的单调性证明不等式； （3）利用递推关系证明