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1、 1 专题 12 数列 1【2019 年高考全国 III 卷文数】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 A16 B8 C4 D2【答案】C【解析】设正数的等比数列an的公比为q，则231111421111534aa qa qa qa qa qa，解得11,2aq，2314aa q，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.2【2019 年高考浙江卷】设 a，bR，数列an满足 a1=a，an+1=an2+b，nN，则 A 当101,102ba B 当101,104ba C 当102,10ba D 当104,10
2、ba 【答案】A【解析】当 b=0 时，取 a=0，则0,nanN.当0”是“S4+S62S5”的 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件【答案】C【解析】由46511210212(510)SSSadadd，可知当0d 时，有46520SSS，即4652SSS，反之，若4652SSS，则0d，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4652SSSd，结合充分必要性的判断，若pq，则p是q的充分条件，若pq，则p是q的必要条件，该题“0d”“46520SSS”，故互为充要条件
3、7【2019年高考全国I卷文数】记Sn为等比数列an的前n项和.若13314aS，则S4=_【答案】58【解析】设等比数列的公比为q，由已知223111314Saa qa qqq，即2104qq.解得12q ，所以441411()(1)521181()2aqSq 【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 一题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算3343431315()428SSaSa q，避免繁分式计算 5 8【2019 年高考全国 III 卷文数】记nS为等差数列 na的前n项和，若375,13aa，则10S_.【答
4、案】100【解析】设等差数列 na的公差为 d，根据题意可得 317125,613aadaad得11,2ad 10110 910 91010 12100.22Sad 【名师点睛】本题考点为等差数列的求和，为基础题目，利用基本量思想解题即可，充分记牢等差数列的求和公式是解题的关键.9【2019 年高考江苏卷】已知数列*()nanN是等差数列，nS是其前 n 项和.若25890,27a aaS，则8S的值是_【答案】16【解析】由题意可得：258111914709 89272a aaadadadSad，解得：152ad，则818 784028 2162Sad.【名师点睛】等差数列、等比数列的基本计
5、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1a d,的方程组.10【2018 年高考江苏卷】已知集合*|21,Ax xnnN，*|2,nBx xnN将AB的所有元素从小到大依次排列构成一个数列na记nS为数列na的前 n 项和，则使得112nnSa成立的 n 的最小值为_【答案】27【解析】所有的正奇数和2nnN按照从小到大的顺序排列构成na，在数列|na中，25前面有16个正奇数，即5621382,2aa.当n=1时，1211224Sa，不符合题意；当n=2时，2331236Sa，不符合题意；当n=3时，3
6、461248Sa，不符合题意；当n=4时，451012=5420Sa,符合题意.故使得+112nnSa成立的n的最小值为27.【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.11【2017 年高考江苏卷】等比数列na的各项均为实数，其前n项和为nS，已知3676344SS,，则8a _【答案】32【解析】当1q 时，显然不符合题意；当1q 时，3161(1)714(1)6314aqqaqq，解得1142aq，则7812324a 【名师点睛】在解决等差、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
7、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 12【2019 年高考全国 I 卷文数】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 a10，求使得 Snan的 n 的取值范围【答案】（1）210nan；（2）110()nnN.【解析】（1）设 na的公差为d 由95Sa 得140ad 由a3=
8、4得124ad 于是18,2ad 7 因此 na的通项公式为102nan（2）由（1）得14ad，故(9)(5),2nnn ndand S.由10a 知0d，故nnSa等价于21110 0nn，解得1n10 所以n的取值范围是|110,nnnN【名师点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.13【2019 年高考全国 II 卷文数】已知na是各项均为正数的等比数列，1322,216aaa.（1）求na的通项公式；（2）设2lognnba，求数列nb的前 n 项和【答案】（1）21
9、2nna；（2）2nSn.【解析】（1）设 na的公比为q，由题设得 22416qq，即2280qq 解得2q （舍去）或q=4 因此 na的通项公式为121242nnna（2）由（1）得2(21)log 221nbnn，因此数列 nb的前n项和为21 321nn 【名师点睛】本题考查数列的相关性质，主要考查等差数列以及等比数列的通项公式的求法，考查等差数列求和公式的使用，考查化归与转化思想，考查计算能力，是简单题.14【2019 年高考北京卷文数】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
10、最小值【答案】（1）212nan；（2）当5n 或者6n 时，nS取到最小值30.【解析】（1）设 na的公差为d 因为110a ，8 所以23410,102,103ad ad ad 因为23410,8,6aaa成等比数列，所以23248106aaa 所以2(22)(43)ddd 解得2d 所以1(1)212naandn（2）由（1）知，212nan 所以，当7n 时，0na；当6n 时，0na 所以，nS的最小值为630S 【名师点睛】等差数列基本量的求解是等差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差数列的有关公式并能灵活运用.15 【2019 年 高考天津 卷 文数】设na
11、是 等差数 列，nb是 等比数 列，公 比大于 0，已 知1123323,43abba ba.（1）求na和 nb的通项公式；（2）设数列 nc满足21nnncbn，为奇数,，为偶数.求*1 12222()nna ca ca cnN.【答案】（1）3nan，3nnb；（2）22(21)369()2nnnnN【解析】（1）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2332,3154,qdqd解得3,3,dq 故133(1)3,3 33nnnnannb.所以，na的通项公式为3nan，nb的通项公式为3nnb.（2）1 12222nna ca ca c 9 135212 14
12、 26 32nn naaaaa ba ba ba b 123(1)36(6 312 318 363)2nn nnn 21236 1 32 33nnn .记121 32 33nnTn,则23131 32 33nnTn,得，123113 1 3(21)332333331332nnnnnnnTnn .所以，1221 12222(21)3336332nnnnna ca ca cnTn 22(21)3692nnnnN.【名师点睛】本小题主要考查等差数列、等比数列的通项公式及前n项和公式等基础知识，考查数列求和的基本方法和运算求解能力，属于中档题目.16【2019 年高考江苏卷】定义首项为 1 且公比为正
13、数的等比数列为“M数列”.（1）已知等比数列an()nN满足：245132,440a aa aaa，求证:数列an为“M数列”；（2）已知数列bn()nN满足:111221,nnnbSbb，其中 Sn为数列bn的前 n 项和 求数列bn的通项公式；设 m 为正整数，若存在“M数列”cn()nN，对任意正整数 k，当 km 时，都有1kkkcbc剟成立，求 m 的最大值【答案】（1）见解析；（2）bn=n*nN；5.【解析】（1）设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由245321440a aaaaa，得244112111440a qa qa qa qa，解得112aq 因此数列na为“M
14、数列”.10（2）因为1122nnnSbb，所以0nb 由1111,bSb，得212211b，则22b.由1122nnnSbb，得112()nnnnnb bSbb，当2n 时，由1nnnbSS，得111122nnnnnnnnnb bbbbbbbb，整理得112nnnbbb 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*nN.由知，bk=k，*kN.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ckbkck+1，所以1kkqkq，其中k=1，2，3，m.当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有lnlnln1kkqkk 设f（x）=ln(1)xxx
15、，则21 ln()xf xx 令()0f x，得x=e.列表如下：x(1,e)e(e，+)()f x +0 f（x）极大值 因为ln2ln8ln9ln32663，所以maxln3()(3)3f kf 取33q，当k=1，2，3，4，5时，lnlnkqk，即kkq，11 经检验知1kqk也成立 因此所求m的最大值不小于5 若m6，分别取k=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
16、 17【2019 年高考浙江卷】设等差数列na的前 n 项和为nS，34a，43aS，数列 nb满足：对每个12,nnnnnnnSb Sb SbN成等比数列（1）求数列,nnab的通项公式；（2）记,2nnnacnbN 证明：12+2,.ncccn nN【答案】（1）21nan，1nbn n；（2）证明见解析.【解析】（1）设数列na的公差为d，由题意得 11124,333adadad，解得10,2ad 从而*22,nannN 所以2*nSnnnN，由12,nnnnnnSb Sb Sb成等比数列得 212nnnnnnSbSbSb 解得2121nnnnbSS Sd 所以2*,nbnn nN（2）
17、*221,22(1)(1)nnnanncnbn nn nN 我们用数学归纳法证明 12（i）当n=1时，c1=01，且 a3+a4+a5=28，a4+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 16【答案】（1）2q；（2）2115(43)()2nnbn.【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42a 是35,a a的等差中项得35424aaa，所以34543428aaaa，解得48a.由3520aa得18()20qq，因为
18、1q，所以2q.（2）设1()nnnncbb a，数列 nc前 n 项和为nS.由11,1,2.nnnS ncSSn解得41ncn.由（1）可知12nna，所以111(41)()2nnnbbn，故211(45)(),22nnnbbnn，11123221()()()()nnnnnbbbbbbbbbb 23111(45)()(49)()73222nnnn.设221113711()(45)(),2222nnTnn，2211111137()(49)()(45)()22222nnnTnn 所以22111111344()4()(45)()22222nnnTn，因此2114(43)(),22nnTnn，又1
19、1b，所以2115(43)()2nnbn.【名师点睛】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“”17 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.24【2018 年高考江苏卷】设na是首项为1a，公差为 d 的等差数列，nb是首项为1b，公比为 q 的等比数列（1）设110,1,2abq，若1|nnabb对1,2,3,4n 均成立，求 d 的取值范围；（2）若*110,(1,2mabmqN，证明：存在d
20、 R，使得1|nnabb对2,3,1nm均成立，并求d的取值范围（用1,b m q表示）【答案】（1）；（2）见解析.【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（1）由条件知：因为1|nnabb对 n=1，2，3，4 均成立，即对 n=1，2，3，4 均成立，即 11，1d3，32d5，73d9，得 因此，d 的取值范围为（2）由条件知：若存在 d，使得1|nnabb（n=2，3，m+1）成立，即，即当时，d 满足 因为，则，从而，对均成立 因此，取 d=0 时，1|nnabb对均成立 下面
21、讨论数列的最大值和数列的最小值（）7 5,3 2112(,)nnnand b1 12|()1|nnd7532d7 5,3 2111(1),nnnabnd bbq1111|1|2,3,(1()nbndbqb nm2,3,1nm1111211nnqqbdbnn(1,2mq112nmqq11201nqbn1101nqbn2,3,1nm2,3,1nm121nqn11nqn2,3,1nm 18 当时，当时，有，从而 因此，当时，数列单调递增，故数列的最大值为 设，当 x0 时，所以单调递减，从而0 假设 n=k 时，xk0，那么 n=k+1 时，若10kx，则110ln(1)0kkkxxx，矛盾，故10
22、kx 因此0()nxnN 所以 111ln(1)nnnnxxxx，25 因此10()nnxx nN（2）由11ln(1)nnnxxx得，2111111422(2)ln(1)nnnnnnnnx xxxxxxx 记函数2()2(2)ln(1)(0)f xxxxx x，22()ln(1)0(0)1xxf xxxx，函数 f(x)在0，+）上单调递增，所以()(0)f xf=0，因此 2111112(2)ln(1)()0nnnnnxxxxf x，故 112()2nnnnx xxxnN（3）因为 11111ln(1)2nnnnnnxxxxxx，所以 112nnx，由1122nnnnx xxx，得 111112()022nnxx，所以 12111111112()2()2222nnnnxxx，故 212nnx 综上，1211()22nnnxnN【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