三年高考2017-2019文数真题专项汇编：专题12数列解析版

1、a11,2解得，a3a1q4,故选C.q2【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【2019 年高考浙江卷】设 a,bCR,数列an满足 a=a,an+1=an2+b,nN，则.1A.当b-,a10102C.当b2,a。10【答案】AB.当b10104D.当b4,a1010【解析】当 b=0 时，取 a=0,则an0,nN当b0是S4+Ss2S5”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【解析】由S4S62S510al21d2(5al10d)d,可知当d0时，有S4S62S5S4S62S5,反之，若S4S62s5,则d0,所以

2、d0”是 S4+S52S5”的充要条件，选 C.可知S4S62S5d,结【解【解析】设等比数列的公比为q由已知S34aqaq2所以S4a1(1q)1(2)41(5繁分式的题多解：本题在求得数列的公比后，可利用已知计算S4s3a4s3a1q3避免繁分式计算.8 .【2019 年高考全国 III 卷文数】记Sn为等差数列an的前n项和，若a35,a713,则S0.【答案】100【解析】设等差数列an的公差为d,根据题意可得%a12d5ai1，得1,a7a16d13d2c109109010a1d1012100.22【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

3、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)是等差数列，Sn是其前 n 项和.若a2a5a80,S927,则S8的值是.【答案】16a2a5a8alda14da17d0【解析】由题意可得：98，S99a1d27a15-87解得：，则08ald4028216.d212【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.*n*-10.【2018 年图考江苏卷】已知集合Ax|x2n1,nN,Bx|x2,nN.将AUB的所有元素从小到

4、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按照从小到大的顺序排列构成an,在数列|an中，25前面有 165-6一_一一一一.、个正奇数，即a212082.当 n=1 时，S1112a224,不符合题意；当 n=2 时，S2312a336,不符合题意；当 n=3 时，S3612a448,不符合题意；当 n=4 时，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S41012a28=540，符合题意.故使得&122.成立的 n 的最小值为 27.12.养是数学运算.【201

5、7 年高考江苏卷】等比数列an的各项均为实数,763其前n项和为已知 S3屋&则a8【解析】当 q1 时，显然不符合题意;ai(1q3)r,1q当 q1 时，6ai(1q)1q74,解得6342732【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

6、算量”的方法.【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 Sn*n的 n 的取值范围.【答案】(1)an2n10；(2)1n10(nN).【解析】(1)设 an的公差为 d.由S9a5得a14do.【名师点睛】本题主要考查等差数列、由 a3=4 得a12d4.于是ai8,d2.因此an的通项公式为an102n.由ai0知d0,故Snan等价于n211n所以 n 的取值范围是n|1n10,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

7、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，a12,a32a216.（1）求an的通项公式;设bnlog2an,求数列bn的前 n 项和.【答案】（1）an22n1；（2）Snn2.【解析】（1）设 an的公比为 q,由题设得222q4q16,即q2q80.解得q2（舍去）或 q=4.因此an的通项公式为an24n122n1.（2）由（1）得bn（2n1）log222n1,2因此数列bn的前 n 项和为13L2n1n.【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

8、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的最小值.由（1）得 ai4d,故an(n5)d,Snn(n9)d210,0,解得 1 由 w102n12；（2）当门5或者n6时，&取到最小值30.【解析】【解析】（1）设an的公差为d.因为ai10,所以a210d,a3102d,a4103d.因为a210,a38,a46成等比数列，2所以a38a210a46.所以（22

9、d）2d（43d）.解得d2.所以ana1（n1）d2n12.由（1）知，an2n12.所以，当n7时，an0；当n6时，an0.所以，Sn的最小值为S630.【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an是等差数列，bn是等比数列，公比大于 0,已知a1b13,b2a3,b34a23.(1)求an和bn的通项公式；1,n为奇数，*、设数列cn满足Cnbn,n为偶数.求为。a2C2La2nC2n(nN).2n0(2n1)3n26n29【答案】(1)an3n,bn3；(2)(n

10、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.3q32d,d3,依题意，得q2解得,3q154d,q3,【答案】（1）an故an33(n1)3n,bn33n13n.所以，a的通项公式为an3n,bn的通项公式为bn3n.aia3asLa2n1a2ba4b2a6bLa2nbnn(n1)123,nn326(63123183L6n3)3n26131232Ln3n.记Tn131232Ln3n，则3Tn132233Ln3n1,-得，2Tn33233L3nn3n1313n(2n1)3n13n3132所以，a1cla2c2L2a2nC2n3n6Tn3n2(2n1)3n132(2n1)

11、3n26n2【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 且公比为正数的等比数列为“M数列(1)已知等比数列an(nN)满足：a2a4as,a34a24a10,求证：数列an为“M数列”;(2)已知数列bn(nN)满足：b22丁，其中 Sn为数列bn的前 n 项和.bnbn1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 k 前时，都有Ck蒯bkCk1成立，求 m 的最大值.【答案】(1)见解析；(2)bn=nnN；5

12、.【解析】(1)设等比数列an的公比为 q,所以 aQqw0.a1cla2G2La2nC2na2a4a5,得a34a24al024aq2aq4aq4alq4ala11解得1q2因此数列an为(2)因为bnbn1bn1512得一112一,则b2b22.1由Sn2bn2bn1W12爪bn)2时, 由bnSn&1,得bnbnbnibnbnh2bnbn1整理得bn1bn12bn.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由知，bk=k,kN*.因为数列Cn为“M 数列”，设公比为q,所以 ci=1,q0.因为 Ck4kk+1,所以qk1k其中 k=1

13、,2,3,，m.当 k=1 时，有 q一 c 一i4lnk当 k=2,3,，m 时，有klnq设 f(x)=令f(x)lnx(x1),则f(x)x0,得 x=e.列表如下：lnk1711lnxx(1,e)e(e,+)f(x)+0一f(x)Tf极大值a2x因为2ln8ln91n3ln3二，所以f*)maxf(3)6633取q事,当 k=1,2,3,4,5 时，lnq,即kqk,k经检验知qk1k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 3 对3,且 q5W6,从而 q15243 且 q15w21$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

14、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.【2019 年高考浙江卷】设等差数列an的前 n 项和为Sn,a34,a4S3,数列bn满足：对每个nN,Sn4,&14524成等比数列.(1)求数列an,bn的通项公式;cnJ-an-,nN,证明：ciQ+L2bn(1)an2n1,bnnn1；(2)证明见解析.(1)设数列an的公差为d,由题意得解得a1解得bn1S21一一9*所以bnnn,nN.17.Cn2、n,nN.a12d4,a13d3al3d,从而an2n2,n所以Snn,n由S

15、nbn,Sn1bn,Sn2bn成等比数列得2Sn1bnSnbnSn2bnn1,nn(n1)我们用数学归纳法证明.(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 bi=1,数列(bn+i-bn)an的前 n 项和为 2n2+n.(1)求 q 的值；n 项和公式等基础知识.考查数列(2)求数列bn的通项公式.1【答案】(1)q2；(2)bn15(4n3)().2【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a3a2a44,所以a3a4a53a4

16、428,解得a48.,一1、-由a3a520得8(q-)20,q因为q1,所以q2.设Cn(bn1bn)an,数列Cn前 n 项和为Sn.S,n1,由cn解得cn4n1.SnSn1,n2.n1由(1)可知an2,所以bn1bn(4n1)(1)n1,2故bnbn1(4n5)(1)n2,n2,2bnb1(bnbn1)(bn1bn2)LMb?)Mbi)(4n5)(1)n2(4n9)?)n3L713.222设Tn37111(1)2L(4n5)(1)n2,n2,2221Tn317(1)2L(4n9)(g)n2(4n5)(1)n122222(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

17、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.24.【2018 年高考江苏卷】设an是首项为&,公差为 d 的等差数列，bn是首项为 6,公比为 q 的等比数歹 U.(1)设现 0,b1,q2,若|anbn|b1对n1,2,3,4均成立，求 d 的取值范围；若&b0,mN*,q(1,股，证明：存在 dR,使得|an。|。对n2,3,L,m1均成立，并求 d 的取值范围(用 b1,m,q 表示).【答案】(1)75；(2)见解析.32【解析】本小题主要考查等

18、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：an(n1)d,bn2n1.因为|anbn|b1对 n=1,2,3,4 均成立，即|(n1)d2n111 对 n=1,2,3,4 均成立，即 11,1d3,32d5,73d9,得 7d932因此，d 的取值范围为7,-.32(2)由条件知：anbi(n1)d,bnbqn1.若存在 d,使得bn|b1(n=2,3,，m+1)成立，即|bi(n1)dbqn1|b1(n2,3,L,m1),n1n1即当n2,3,L,m1时，d 满足q2bld-qbi.n1n1因

19、为 q(1,m/2,贝(J1qn1qm2,1112所以Tn34-4(-)L2221nO因此Tn14(4n3)()n2,n21n21n14(-)(4n5)(5),2,又b1,所以bn15(4n3)(2)n2【名师点睛】用错位相减法求和应注意的问题:n1n1从而？2b0,q一bi0,对n2,3,L,m1均成立.n1n1因此，取 d=0 时，&bn|b 对n2,3,L,m1均成立.n1n1下面讨论数列q2的最大值和数列_q一的最小值(n2,3,L,m1).n1n1nn1nnn1nn1n当 2nm 时，一 q_2nqqnq_2n(qq)q2nn1n(n1)n(n1)1mnmnn1、n当 1q2

20、 时，有 qq2,从而 n(qq)q20.n1O因此，当 2nm1 时，数列q2单调递增，n1n1m故数列q2的最大值为q2.n1m设 f(x)2x(1x),当 x0 时，f(x)(ln21xln2)2x0,所以 f(x)单调递减，从而 f(x)2 时，%+3 日二+-一+(2 也 3)011T=2(n-1).两式相减得(2n-1)fln=2,2所以=(n2).n2n-l又由题设可得 nt=2,2从而CL的通项公式为 U=nn2n-lanc(2)记的前 n 项和为,2n+ln验证n1时也满足;【解析】（1）设等差数列an的公差为 d.因为 a2+a4=10,所以 2a1+4d=10,解得 d=

21、2,所以 an=2n-1.设等比数列bn的公比为 q.因为 b2b4=a5,所以 b1qb1q3=9,解得 q2=3,所以b2n1Bq2n22n131由(1)知2n+l2n-l2n+l2n【思路点拨】（1）先由题意得n+2n-l2n+l2n+l2时,a13a2(2n3)an12(nD，再作差得an2n1（2）由于乌2n1(2n1)(2n1)2n12n11,所以利用裂项相消法求和【名师点睛】裂项相消法是指将数列的通项分成两个式子的代数和的形式，然后通过累加抵消中间若干项的方法，裂项相消法适用于形如c，一一（其中an是各项均不为零的等差数列，c 为常数）的数anan1列.裂项相消法求和，常见的有相

22、邻两项的裂项求和（如本例）,还有一类是隔一项的裂项求和，如an(n1)(n3)或an-1n(n2)28.【2017 年高考北京卷文数】已知等差数列an和等比数列bn满足 a1=b1=1,a2+a4=10,b2b4=a5.（1）求 an的通项公式;(2)求和：b1b3b5L【答案】（1）an=2n-1；（2）3n123n1从而b1b3b5Lb2nl133L32【名师点睛】本题考查了数列求和,般数列求和的方法：分组转化法，一般适用于等差数列+等比(1)求数列an的通项公式;【解析】(1)设an的公比为q,【名师点睛】(1)等比数列运算问题的一般求法是设出首项 a1和公比转化为方程(组)求解.等比数

23、列的通项公式及前 n 项和公式共涉及五个量 a1,an,q,n,Sn,知其中三个就能求另外两个，体现了方程的思想.(2)用错位相减法求和时，应注意：在写出 Sn”与 qSn”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 Sn-qSn”的表达式，若等比数列的公比为参数，应分公比等数列的形式；裂项相消法求和，一般适用于cn一,cn-=c一=等的形式；错位相ananin1、n减法求和，一般适用于等差数列等比数列的形式；倒序相加法求和,般适用于首末两项的和是，个常数，这样可以正着写和与倒着写和，两式相加除以2 即可得到数列求和.29.【2017 年高考山东卷文数】已知an是各项均为正数的等

24、比数列，且aia26,a1a2a3.(2)bn为各项非零的等差数列, 其前 n 项和 Sn,已知S2n1bnbn殳的前 n 项和Tn.an【答案】(1)an2n；(2)Tn2n52n由题意知a1(1q)-226,a1qaq.又an0,解得a12,q2,所以an(2)由题意知：S2n(2n1)Sb2n1)(2n1)bn1,又S2n 1bnbn1,bn10,所以bn2n1令Cn殳，则Cnan2n因止匕TnC15222n2n112n12n两式相减得2Tn所以Tn52n2n2n11222n2n2n12n12n1)2n1，q,然后由通项公式或前 n 项和公式于 1 和不等于 1 两种情况求解.*、30.

25、【2017 年高考天津卷文数】已知an为等差数列，前 n 项和为Sn(nN),bn是首项为 2 的等比数歹 U,且公比大于 0,b2b312,b3a42ai,Sii11b4.(1)求an和bn的通项公式；(2)求数列a2nbn的前n项和(nN).【答案】(1)an3n2,bn2n；(2)(3n4)2n216.【解析】(1)设等差数列an的公差为d,等比数列bn的公比为q.2、由已知b2b312,得b1(qq)12,而b2,所以q2q60.又因为q0,解得q2,所以bn2n.由b3a42a1，可得3da18；由S,111b4,可得a5d16，联立，解得a11,d3,由此可得an3n2.所以，an

26、的通项公式为an3n2,bn的通项公式为bn2n.设数列a2nbn的前n项和为Tn,由a2n6n2,有23nTn42102162L(6n2)2,2Tn42210231624L(6n8)2n(6n2)2n1,上述两式相减，得Tn42622623L62n(6n2)2n112(12)4(6n122)2n1(3n4)2n216,得Tn(3n4)2n216.所以，数列a2nbn的前n项和为(3n4)2n216.【名师点睛】利用等差数列和等比数列通项公式及前n项和公式列方程组求数列的首项和公差或公比，进而写出通项公式及前n项和公式，这是等差数列、等比数列的基本要求，数列求和的方法有倒序相加法、错位相减法、

27、裂项相消法和分组求和法等，本题考查的是错位相减法求和.31.【2017 年高考江苏卷】对于给定的正整数 k,若数列满足：ankank1Lan1an1Lank1ank2kan对任意正整数 n(nk)总成立，则称数列侬是P(k)数列”.(1)证明：等差数列an是 P(3)数列”；(2)若数列an既是P(2)数列“，又是P(3)数列”，证明：an是等差数列.【答案】(1)见解析；(2)见解析.【解析】(1)因为an是等差数列，设其公差为d,则ana1(n1)d,从而，当n4时，ankankai(nk1)da(nk1)d2ai2(n1)d2an,k1,2,3,所以an3an2+an1+Hn1Hn2+Hn36an,因此等差数列an是P(3)数列”.数列an既是 p(2)数列”，又是 P(3)数列”，因此，当n3时，an2an1an1an2