高考数学文科分类汇编数列.docx

1、高考数学文科分类汇编数列 数 学D单元数列 D1 数列的概念与简单表示法17、2019江西卷 已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列17解：(1)由Sn，得a1S11.当n2时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2.而此时mN*，且mn，所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18、2019江西卷 已知函数f(x)(4x24axa2)

2、，其中a0.(1)当a4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间1，4上的最小值为8，求a的值18解：(1)当a4时，由f(x)0得x或x2，由f(x)0得x或x(2，)故函数f(x)的单调递增区间为和(2，)(2)因为f(x)，a0，所以由f(x)0得x或x.当x时，f(x)单调递增；当x时，f(x)单调递减；当x时，f(x)单调递增易知f(x)(2xa)20，且f0.当1，即2a0时，f(x)在1，4上的最小值为f(1)，由f(1)44aa28，得a22，均不符合题意当14时，即8a2时，f(x)在1，4时的最小值为f0，不符合题意当4时，即a8时，f(x)在1，4上的最小值可

3、能在x1或x4时取得，而f(1)8，由f(4)2(6416aa2)8得a10或a6(舍去)当a10时，f(x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为f(4)8，符合题意综上有，a10.162019新课标全国卷 数列an满足an1，a82，则a1_16.解析 由题易知a82，得a7；a7，得a61；a61，得a52，于是可知数列an具有周期性，且周期为3，所以a1a7.D2 等差数列及等差数列前n项和22019重庆卷 在等差数列an中，a12，a3a510，则a7()A5 B8 C10 D142B解析 由题意，得a12da14d2a16d46d10，解得d1，所以a7a16d268

4、.52019天津卷 设an是首项为a1，公差为1的等差数列，Sn为其前n项和若S1，S2，S4成等比数列，则a1()A2 B2C. D5D解析 S22a11，S44a1(1)4a16，且S1，S2，S4成等比数列，(2a11)2a1(4a16)，解得a1.15、2019北京卷 已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和15解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a

5、1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为12n1，所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.17，2019福建卷 在等比数列an中，a23，a581.(1)求an；(2)设bnlog3an，求数列bn的前n项和Sn.17解：(1)设an的公比为q，依题意得解得因此，an3n1.(2)因为bnlog3ann1，所以数列bn的前n项和Sn.19、2019湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整

6、数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为d，依题意知，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4，当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列an的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.16、2019湖南卷 已

7、知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和 16.解：(1)当n1时，a1S11；当n2时，anSnSn1n.故数列an的通项公式为ann.(2)由(1)知，bn2n(1)nn.记数列bn的前2n项和为T2n，则T2n(212222n)(12342n)记A212222n，B12342n，则A22n12，B(12)(34)(2n1)2nn.故数列bn的前2n项和T2nAB22n1n2.132019江西卷 在等差数列an中，a17，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n8时Sn取得最大值，则d的取值范围为_13.解析 由题可知

8、a80且a90且78d0，所以1d.92019辽宁卷 设等差数列an的公差为d，若数列2a1an为递减数列，则()Ad0 Bd0Ca1d0 Da1d09D解析 令bn2a1an，因为数列2a1an为递减数列，所以 2a1(an1an)2a1d1，所以a1d0，所以d2.从而an2n1，Snn2(nN*)(2)由(1)得amam1am2amk(2mk1)(k1)，所以(2mk1)(k1)65.由m，kN*知2mk1k11，故所以16、2019重庆卷 已知an是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和(1)求an及Sn；(2)设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40

9、，求bn的通项公式及其前n项和Tn.16解：(1)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.(2)由(1)得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因为b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)D3等比数列及等比数列前n项和122019安徽卷 如图13，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，过点A作BC的垂线，垂足为A1；过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；.依此类推，设BAa1，AA1a2，

10、A1A2a3，A5A6a7，则a7_图1312.解析 在等腰直角三角形ABC中，斜边BC2 ，所以ABACa12，由题易知A1A2a3AB1，A6A7a7AB2.17，2019福建卷 在等比数列an中，a23，a581.(1)求an；(2)设bnlog3an，求数列bn的前n项和Sn.17解：(1)设an的公比为q，依题意得解得因此，an3n1.(2)因为bnlog3ann1，所以数列bn的前n项和Sn.13、2019广东卷 等比数列an的各项均为正数，且a1a54，则log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5_135解析 在等比数列中，a1a5a2a4a4.因为an0，所以

11、a32，所以a1a2a3a4a5(a1a5)(a2a4)a3a25，所以log2a1log2a2log2a3log2a4log2a5log2(a1a2a3a4a5)log2255.19、2019湖北卷 已知等差数列an满足：a12，且a1，a2，a5成等比数列(1)求数列an的通项公式(2)记Sn为数列an的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn60n800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由19解：(1)设数列an的公差为d，依题意知，2，2d，24d成等比数列，故有(2d)22(24d)，化简得d24d0，解得d0或d4，当d0时，an2；当d4时，an2(n1)44n2，从而得数列a

12、n的通项公式为an2或an4n2.(2)当an2时，Sn2n，显然2n60n800成立当an4n2时，Sn2n2.令2n260n800，即n230n4000，解得n40或n60n800成立，n的最小值为41.综上，当an2时，不存在满足题意的正整数n；当an4n2时，存在满足题意的正整数n，其最小值为41.72019江苏卷 在各项均为正数的等比数列an中，若a21，a8a62a4，则a6的值是_74解析 由等比数列的定义可得，a8a2q6，a6a2q4，a4a2q2，即a2q6a2q42a2q2.又an0，所以q4q220，解得q22，故a6a2q41224.17、2019江西卷 已知数列an

13、的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)证明：对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列17解：(1)由Sn，得a1S11.当n2时，anSnSn13n2，a1也符合上式，所以数列an的通项公式为an3n2.(2)证明：要使得a1，an，am成等比数列，只需要aa1am，即(3n2)21(3m2)，即m3n24n2.而此时mN*，且mn，所以对任意的n1，都存在mN*，使得a1，an，am成等比数列18、2019江西卷 已知函数f(x)(4x24axa2)，其中a0.(1)当a4时，求f(x)的单调递增区间；(2)若f(x)在区间1，4上的最小值为8，求a的值

14、18解：(1)当a4时，由f(x)0得x或x2，由f(x)0得x或x(2，)故函数f(x)的单调递增区间为和(2，)(2)因为f(x)，a0，所以由f(x)0得x或x.当x时，f(x)单调递增；当x时，f(x)单调递减；当x时，f(x)单调递增易知f(x)(2xa)20，且f0.当1，即2a0时，f(x)在1，4上的最小值为f(1)，由f(1)44aa28，得a22，均不符合题意当14时，即8a2时，f(x)在1，4时的最小值为f0，不符合题意当4时，即a8时，f(x)在1，4上的最小值可能在x1或x4时取得，而f(1)8，由f(4)2(6416aa2)8得a10或a6(舍去)当a10时，f(

15、x)在(1，4)上单调递减，f(x)在1，4上的最小值为f(4)8，符合题意综上有，a10.82019全国卷 设等比数列an的前n项和为Sn.若S23，S415，则S6()A31 B32C63 D648C解析 设等比数列an的首项为a，公比为q，易知q1，根据题意可得解得q24，1，所以S6(1)(143)63.52019新课标全国卷 等差数列an的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则an的前n项和Sn()An(n1) Bn(n1)C. D.5A解析 由题意，得a2，a24，a212成等比数列，即(a24)2a2(a212)，解得a24，即a12，所以Sn2n2n(n1)19，2019山

16、东卷 在等差数列an中，已知公差d2，a2是a1与a4的等比中项(1)求数列an的通项公式；(2)设bna，记Tmb1b2b3b4(1)nbn，求Tn.19解：(1)由题意知，(a1d)2a1(a13d)，即(a12)2a1(a16)，解得a12.故数列an的通项公式为an2n.(2)由题意知，bnan(n1)，所以Tn122334(1)nn(n1)因为bn1bn2(n1)，所以当n为偶数时，Tn(b1b2)(b3b4)(bn1bn)48122n，当n为奇数时，TnTn1(bn)n(n1).所以Tn16、2019陕西卷 ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.(1)若a，b，c成等差数

17、列，证明：sin Asin C2sin(AC)；(2)若a，b，c成等比数列，且c2a，求cos B的值16解： (1)a，b，c成等差数列，ac2b.由正弦定理得sin Asin C2sin B.sin Bsin(AC)sin(AC)，sin Asin C2sin(AC)(2)由题设有b2ac，c2a，ba.由余弦定理得cos B.20、2019天津卷 已知q和n均为给定的大于1的自然数，设集合M0，1，2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A.(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，

18、i1，2，n.证明：若anbn，则st.20解：(1)当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)q n2qn1qn110，所以st.16、2019重庆卷 已知an是首项为1，公差为2的等差数列，Sn表示an的前n项和(1)求an及Sn；(2)设bn是首项为2的等比数列，公比q满足q2(a41)qS40，求bn的通项公式

19、及其前n项和Tn.16解：(1)因为an是首项a11，公差d2的等差数列，所以ana1(n1)d2n1.故Sn13(2n1)n2.(2)由(1)得a47，S416.因为q2(a41)qS40，即q28q160，所以(q4)20，从而q4.又因为b12，bn是公比q4的等比数列，所以bnb1qn124n122n1.从而bn的前n项和Tn(4n1)D4数列求和15、2019北京卷 已知an是等差数列，满足a13，a412，数列bn满足b14，b420，且bnan为等比数列(1)求数列an和bn的通项公式；(2)求数列bn的前n项和15解：(1)设等差数列an的公差为d，由题意得d3.所以ana1(n1)d3n(n1，2，)设等比数列bnan的公比为q，由题意得q38，解得q2.所以bnan(b1a1)qn12n1.从而bn3n2n1(n1，2，)(2)由(1)知bn3n2n1(n1，2，)数列3n的前n项和为n(n1)，数列2n1的前n项和为12n1，所以，数列bn的前n项和为n(n1)2n1.16、2019湖南卷 已知数列an的前n项和Sn，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn2an(1)nan，求数列bn的前2n项和 16.解：(1)当n1时，a1S