2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)

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．16B．8C．4D．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＞10B．当b＝14时，a10＞10C．当b＝－2时，a10＞10D．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＝4√2，a10＞𝑎92≥32＞10.当b＝14时，an＋1－an＝(𝑎𝑛−12)2，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－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．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＋𝑛(𝑛−1)2d＝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．16B．8C．4D．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−(−12)4]1−(−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＝𝑎1(1−𝑞5)1−𝑞＝13×(1−35)1−3＝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{}na的前n项和为nS，若23a，510S，则5a，nS的最小值为．【思路分析】利用等差数列{}na的前n项和公式、通项公式列出方程组，能求出14a，1d，由此能求出5a的nS的最小值．【解析】：设等差数列{}na的前n项和为nS，23a，510S，113545102adad，解得14a，1d，5144410aad，21(1)(1)19814()22228nnnnnSnadnn，4n或5n时，nS取最小值为4510SS．故答案为：0，10．【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n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a10，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＝𝑛(𝑛−9)𝑑2.由a10知d0，故Sn≥an等价于𝑛(𝑛−9)𝑑2≥(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，an0；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＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－3(1−3𝑛)1−3＋n×3n＋1＝(2𝑛−1)3𝑛+1+32.所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×(2𝑛−1)3𝑛+1+32＝3(𝑛−1)3𝑛+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＜2√𝑛，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＜2√𝑘.那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1＜2√𝑘＋√𝑘(𝑘+1)(𝑘+2)＜2√𝑘＋√1𝑘+1＜2√𝑘＋2√𝑘+1+√𝑘＝2√𝑘＋2(√𝑘+1－√𝑘)＝2√𝑘+1.即当n＝k＋1时不等式也成立．根据①和②，不等式c1＋c2＋…＋cn＜2√𝑛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