《精品》2017-2019三年高考真题专题12数列-数学(文)分项汇编(解析版).pdf

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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an的前 4 项和为 15，且a5 3a34a1，则a3A16C4【答案】CB8D2a1a1qa1q2a1q315【解析】设正数的等比数列an的公比为q，则4，2a q 3a q 4a111解得a11,2，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.22 【2019 年高考浙江卷】设 a，bR R，数列an满足 a1=a，an+1=an+b，nN N，则A 当b 1,a10102B 当b 1,a10104C 当b 2,a1010【答案】AD 当b 4,

2、a1010【解析】当 b=0 时，取 a=0，则an 0,nN N.当b0”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S4S6 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

3、 0”“S4 S62S5 0”，故互为充要条件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a11，S33， 则S4=_45【答案】822【解析】设等比数列的公比为q，由已知S3 a1a1qa1q 1qq 312，即q q 0.441解得q ，214)a1(1q )52所以S411q81( )241(【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3一题多解： 本题在求得数列的公比后， 可利用已知计算S4 S3a4 S3a1q 315()3，428避免繁分式计算48 【2019 年高考全国 III 卷文数】记Sn为

4、等差数列an的前n项和，若a3 5,a713，则S10_.【答案】100【解析】设等差数列an的公差为 d，根据题意可得a3 a12d 5a11,得a a 6d 13d 217S1010a1109109d 1012 100.22【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an(nN N )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 402

5、82 16.解得：，则S88a12d 2【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.10 【2018 年高考江苏卷】已知集合A x| x 2n1,nN N ，B x| x 2 ,nN N 将A*n*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

6、312a3 36，个正奇数， 即a21 2 ,a38 2.当n=1时，不符合题意； 当n=2时，S3 6 12a4 48，S41012a28=540,符合题意.故使得Sn12an+1成立的n的【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.76311 【2017 年高考江苏卷】等比数列an的各项均为实数，其前n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(1 q3)711 q417a1a 2 324当q 1时，解得，则864a1(1 q )63q 21 q4【名师点睛】在解决等差、等比数列的

7、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）an 2n10； （

8、2）1 n 10(nN).【解析】（1）设an的公差为d由S9 a5得a14d 0由a3=4得a12d 4于是a18,d 26因此an的通项公式为an102n（2）由（1）得a1 4d，故an (n5)d,Sn2n(n9)d.2由a1 0知d 0，故Sn an等价于n 11n10 0，解得1n10所以n的取值范围是n|1 n 10,nN【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an是各项均为正数的等比数列，a1 2,a3 2a2

9、16.（1）求an的通项公式；（2）设bn log2an，求数列bn的前 n 项和【答案】 （1）an22n12； （2）Sn n.【解析】 （1）设an的公比为q，由题设得2q2 4q16，即q22q8 0解得q 2（舍去）或q=4n12n1因此an的通项公式为an 24 2（2）由（1）得bn (2n1)log22 2n1，因此数列bn的前n项和为132n1 n2【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 a

10、2+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【答案】 （1）an 2n12； （2）当n 5或者n 6时，Sn取到最小值30.（1）设an的公差为d【解析】因为a1 10，7所以a2 10d,a3 10 2d,a4 103d因为a210,a38,a46成等比数列，所以a38a210a46所以(22d) d(43d)解得d 2所以an a1(n1) d 2n12（2）由（1）知，an 2n12所以，当n7时，an 0；当n6时，an 0所以，Sn的最小值为S6 3022【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

11、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 4a23.（1）求an和bn的通项公式；1，n为奇数,（2）设数列cn满足cnb ，n为偶数.求a1c1 a2c2n2n a2nc2n(nN N*).(2n1)3n26n29【答案】 （1）an 3n，bn 3； （2）(nN N)2【解析】 （1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.3q 32d,d 3,依题意，得2解得3q 154d,q 3,故an 33(n1) 3

12、n,bn 33n1 3n.n所以，an的通项公式为an 3n，bn的通项公式为bn 3.（2）a1c1a2c2a2nc2n8a1a3a5a2n1a2b1a4b2a6b3a2nbn6n3n)n(n1)n36(631123218332 3n2613123212记Tn13 23 23则3Tn13 23 n3n. n3n, n3n1,3nn1得，2Tn 33 3 23 n3 313n13n3n1(2n1)3n13.2所以，a1c1a2c2(2n1)3n13a2nc2n 3n 6Tn 3n 3222(2n1)3n26n29nN N.2【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

13、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 且公比为正数的等比数列为“M数列”.（1）已知等比数列an(nN N )满足：a2a4 a5,a34a24a1 0，求证:数列an为“M数列”；（2）已知数列bn(nN N )满足:b11,122，其中 Sn为数列bn的前 n 项和Snbnbn1求数列bn的通项公式；bkck1成设 m 为正整数，若存在“M数列”cn(nN N )，对任意正整数 k，当 km 时，都有ck剟立，求 m 的最大值*【答案】 （1）见解析； （2）bn=nnN N；5.【解析】（1）设等比数列an的公比为q，

14、所以a10，q0.a12q4 a1q4a2a4 a5a11由，得2，解得q 2a34a24a1 0a1q 4a1q4a1 0因此数列an为“M数列”.9（2）因为122，所以bn 0Snbnbn1122，则b2 2.b 1,S b由111，得11b2由bnbn1122，得Sn，Snbnbn12(bn1bn)当n 2时，由bn SnSn1，得bn整理得bn1bn1 2bnbnbn1bn1bn，2bn1bn2bnbn1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=nnN N由知，bk=k，kN N*.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c1=1，q0.因为ckbk

15、ck+1，所以q当k=1时，有q1；当k=2，3，m时，有k1*. k qk，其中k=1，2，3，m.lnklnk lnq kk 1设f（x）=lnx1lnx(x 1)，则f (x) 2xx令f (x) 0，得x=e.列表如下：xf (x)(1,e)+e0极大值(e，+)f（x）因为ln2ln8ln9ln3ln3，所以f (k)max f (3)266333取q 3，当k=1，2，3，4，5时，lnklnq，即k qk，k10经检验知qk1 k也成立因此所求m的最大值不小于5351515若m6，分别取k=3，6，得3q ，且q 6，从而q 243，且q 216，所以q不存在.因此所求m的最大值

16、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17【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an,bn的通项公式；（2）记cnan,nN N,证明：c1c2+2bncn 2 n,nN N.【答案】 （1）an 2n1，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*

17、从而an 2n2,nN N2*所以Sn n n，nN N，由Snbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得Sn1bn解得bn2SnbnSn2bn12Sn1SnSn2d2*所以bn n n,nN N（2）cnan2n2n1,nN N*2bn2n(n1)n(n1)我们用数学归纳法证明11（i）当n=1时，c1=01，且 a3+a4+a5=28，a4+2 是 a3，a5的等差中项数2列bn满足 b1=1，数列（bn+1bn）an的前 n 项和为 2n +n（1）求 q 的值；（2）求数列bn的通项公式15【答案】（1）q 2； （2）bn15(4n3)( )12n2.【解析】本题主要考查等差数列、等比

18、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 8.18(q) 20，a a 20由3得5q因为q 1，所以q 2.（2）设cn (bn1bn)an，数列cn前 n 项和为Sn.S1,n 1,c 由n解得cn 4n1.SnSn1,n 2.n1由（1）可知an 2，所以bn1bn (4n1)( )故bnbn1 (4n5)( )12n1，12n2,n 2，(b3b2)(b2b1)bnb1 (bnbn1)(bn1bn2)111 (4n5)( )n2(4n9)( )n373.222

19、1121n2设Tn 3711( ) (4n5)( ),n 2，22211111Tn 37( )2(4n9)( )n2(4n5)( )n12222211121n21n1所以Tn 344( ) 4( )(4n5)( )，222221n2因此Tn14(4n3)( ),n 2，21n2又b11，所以bn15(4n3)( ).2【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“”16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

20、 两种情况求解.24 【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n 1,2,3,4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对n 2,3,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,m1均成立，【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

21、）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| anbn| b1（n=2，3，m+1）成立，|b1(n1)d b1q即即当n 2,3,n1| b1(n 2,3,m1)，qn12qn1b1 d b1,m1时，d 满足n1n1n1因为q(1,m2，则1 q qm 2，qn12qn1b1 0，b1 0，对n 2,3,从而n1n1因此

22、，取 d=0 时，| anbn| b1对n 2,3,m1均成立,m1均成立,m1） qn12qn1的最大值和数列的最小值（n 2,3,下面讨论数列n1n117qn 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，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n1mx设f (x) 2 (1 x)，x当 x0 时，f (x) (ln21 xln2)2 0，所以f (x)单调递减，从而f (x)0假设 n=k 时，xk0，那么 n

23、=k+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) xn1，24因此0 xn1 xn(nN N )（2）由xn xn1ln(1 xn1)得，2xnxn14xn1 2xn xn12xn1(xn1 2)ln(1 xn1)记函数f (x) x 2x(x2)ln(1 x)(x 0)，22x2 xf(x) ln(1 x) 0(x 0)，x1函数 f(x)在0，+ ）上单调递增，所以f (x) f (0)=0，因此2xn12xn1(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2526