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高考数学数列题型精编汇总
高考数学数列题型精编汇总
201９年高考数学数列题型精编汇总
高考在即，考生们都在紧张备考，关于数学,小编为大家精心准备了2０19年高考数学数列题型精编汇总，供大家参考学习，希望对大家有所帮助！
题型一 等差、等比数列得基本运算
例１ 已知等差数列{an}得前5项和为１05，且ａ10=２a5、
(1)求数列{ａn}得通项公式;
(2)对任意m∈N*,将数列{an}中不大于72m得项得个数记为bｍ、求数列{bm}得前ｍ项和Ｓm、
破题切入点 (1)由已知列出关于首项和公差得方程组，解得a1和d，从而求出ａn、
（2）求出ｂm,再根据其特征选用求和方法、
解 (1)设数列{ａn｝得公差为d,前n项和为Tn,
由T5=105，a１0=2a5，
得5ａ１+5×(5－１)2d=1０5,a1＋9d=2(a1+4d)，
解得a１=7,d=7、
因此an＝a1+(n-1）d=7＋7(ｎ-１)=7n(n∈N*)、
(2)对m∈N＊，若an＝7n≤72m，则n≤７2m-１、
因此bm=7２m-1、
所以数列｛bm}是首项为7，公比为49得等比数列,
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故Sｍ=b1(1－qm)１－q=7×(1-４9ｍ)1-49=7×(72m－1)48
=７2m+1-748、
题型二 等差、等比数列得性质及应用
例２ (1）已知正数组成得等差数列{an},前2０项和为1０0,则ａ7a１4得最大值是(）
A、25B、５0C、1０0D、不存在
（2)在等差数列{ａn}中，ａ1＝－2019,其前n项和为Sn，若Ｓ1２１2-Ｓ1０10=2，则S20１9得值为()
A、-20１9Ｂ、-2０19C、-20１9Ｄ、-20１9
破题切入点 (1）根据等差数列得性质,a7＋ａ14＝a1+a２０，S2０＝20（a1+ａ20)２可求出ａ7＋ａ14，然后利用基本不等式、
(2)等差数列{aｎ｝中,Ｓn是其前n项和，则Ｓnｎ也成等差数列、
答案 (1）Ａ （２）D
解析 (1)∵S2０=a1＋a202×２０＝１０0，∴a1＋a２０=１0、
∵a1+ａ2０=ａ７+a1４,∴a7+a14＝１0、
∵an0,∴a7ａ１4≤ａ7+a14２2=２5、
当且仅当a7=a14时取等号、
故a7ａ１４得最大值为25、
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(2)根据等差数列得性质，得数列Snn也是等差数列,根据已知可得这个数列得首项S1１＝a1=-２０19,公差d=1,故Ｓ2０192019=-２019＋(2019-１）×1＝-１,所以S２019＝-２０19、
题型三 等差、等比数列得综合应用
例３ 已知数列{ａn}得前n项和Sｎ满足条件２Ｓn=3(an－1)，其中ｎ∈N*、
(１)证明：数列{an}为等比数列;
（2）设数列{bn}满足bｎ=log3ａn，若=ａnbｎ，求数列{}得前ｎ项和、
破题切入点 (1)利用an＝Sn-Sn-1求出an与aｎ－1之间得关系，进而用定义证明数列{ａn}为等比数列、
(２)由（1)得结论得出数列{ｂn}得通项公式，求出得表达式，再利用错位相减法求和、
(１)证明 由题意得ａn＝Sｎ－Sn-１＝32(an-ａｎ－1）(n≥2),
∴ａｎ=3an-1,∴anan－1＝3(n≥2)，
又Ｓ１＝32(a1-1)=a1，解得ａ1＝3,
∴数列｛an}是首项为3，公比为３得等比数列、
（２)解 由(1)得an=3n，则ｂn=ｌog3ａｎ=lｏg33ｎ=n，
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∴=anbn＝n3n，
设Ｔn=131+232+33３＋…+(n-1)3n-1+n3n，
3Tn=1３2+２３３+３34+…+（ｎ-1）3ｎ+n３n+1、
∴-2Tn=31+3２+３3+…＋3ｎ-n3n＋1
＝3(1－３n)1-3-ｎ3ｎ+1,
∴Tn=(2ｎ-１）3n+1+34、
总结提高 (1)关于等差、等比数列得基本量得运算,一般是已知数列类型，根据条件,设出a1,aｎ，Ｓn,n,d(ｑ)五个量得三个,知三求二,完全破解、
(2)等差数列和等比数列有很多相似得性质,可以通过类比去发现、挖掘、
(３)等差、等比数列得判断一般是利用定义，在证明等比数列时注意证明首项a1≠0,利用等比数列求和时注意公比q是否为１、
１、已知{ａn｝为等差数列，其公差为－2，且a7是a3与a9得等比中项,Sn为{ａn｝得前n项和，n∈N*,则S１０得值为（)
A、-11０B、－90
Ｃ、９０D、1１０
答案 D
解析 ∵ａ３=a1+2d=a1-4，ａ7＝a1＋6d=ａ１-1２，a９=ａ１+8d=a１－１6,
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又∵a7是ａ3与a9得等比中项,
∴(a1－1２)2=(a1－4)(a１-１6）,
解得ａ1=２0、
∴S10=１0×２0+1２×1０×9×(－2)=１10、
2、(201９课标全国Ⅱ)等差数列｛ａｎ}得公差为２,若a2,a4，a8成等比数列，则{an}得前n项和Sn等于(）
A、n(ｎ+1) Ｂ、n(n-1)
C、n(n+1)2D、n(n－１)2
答案 A
解析 由ａ２，a4,a8成等比数列，得ａ24=a2a８，
即(a1+6)2=（a1＋２)(a1+14)，
∴a1＝2、
∴Sn=2ｎ+n(n-１)２×2
=2n＋n２－ｎ=n(ｎ＋1）、
3、等比数列{ａn｝得前ｎ项和为Sn，若２S4=S５＋S6，则数列{an}得公比q得值为()
A、-2或1B、-1或2
C、-2Ｄ、1
答案 C
解析 方法一 若ｑ=1,
则S4=4a1,S5=5a1,S6=6ａ1，
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显然不满足２S4=Ｓ5+S６,
故A、D错、
若q=-１,则S４＝S6=0，S5=a5≠0,
不满足条件，故B错，因此选C、
方法二 经检验q=1不适合，
则由2S4＝S5＋S6，
得2（1－q4）=1-q5+1-ｑ6,化简得
q2+q－2=0,解得q=1(舍去)，ｑ=-2、
４、(201９大纲全国)等比数列{an}中，a4=2，a5=５，则数列{ｌgan}得前8项和等于（)
A、６Ｂ、5C、4D、３
答案 C
解析 数列{ｌgaｎ｝得前８项和S8＝lga１+lｇa2+…＋lｇa8
=lg（a1a2…a8)=ｌg(a1a8)４
=lg(a4a5)4=lg(２×５)４=4、
５、(201９大纲全国）设等比数列{an}得前ｎ项和为Sｎ,若Ｓ2=3，S4=15,则Ｓ6等于()
A、31B、32C、６3D、64
答案 C
解析 在等比数列{aｎ｝中,S2、S4-S２、S６-S4也成等比数列,
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故(S４-S２)2=S2(S6-Ｓ4)，
则（15－3)2=3(S6-15）,
解得S6＝63、
6、已知两个等差数列{an｝和｛bn}得前n项和分别为An和Bｎ,且AｎBｎ=７n+4５n+３,则使得ａnbｎ为整数得正整数n得个数是()
A、２B、3C、4D、5
答案 D
解析 由等差数列得前n项和及等差中项，
可得aｎｂn＝1２(a1＋a2ｎ-１)１2(b1+ｂ2ｎ-1)
=12(2n－1）(ａ1＋a2n－1）１2(2n-1）（ｂ１＋b2n-1)=Ａ2ｎ－1B2n－1
＝7(2n-1)＋4５(２n－1)+3=1４ｎ＋38２ｎ+2
=7n+19n+1=７＋１2n+１ (n∈N*)，
故n=1,２,3,5，１1时，aｎbn为整数、
即正整数n得个数是5、
7、(2０19课标全国Ⅰ）若数列{ａn}得前ｎ项和Sn=23an+13，则{ａn｝得通项公式是aｎ＝_＿＿_____、
答案 (-2)n-1
解析 当n=1时，a1=1；
当ｎ≥２时,
ａn=Sn-Sｎ－1=２3ａｎ-23ａn-1，
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故anａn-1=-2，故an=（－２)ｎ-1、
8、（２019江苏）在各项均为正数得等比数列{an}中，若ａ２=1,ａ8=a6＋2a4，则ａ６得值是__＿___＿_、
答案 4
解析 因为ａ8=a2q6，ａ６=a２q4,a4=a2q２,所以由a8=ａ6+2a４得ａ2q6=a２q4+2a２q2,消去a2ｑ2，得到关于ｑ2得一元二次方程(q2)2-q2-2=0,解得q2=2，a６=a2q４=1×２2＝４、
9、(２019安徽)数列{aｎ}是等差数列,若a1＋1，a3＋3,a5+5构成公比为q得等比数列，则q=_＿____＿_、
答案 1
解析 设等差数列得公差为d,
则ａ3=a1+2ｄ，ａ5=ａ1＋4ｄ，
∴(a１+2d+３)2=（a１+1)(a1+4d+５)，解得d=-１，
∴q=a3＋3a1＋1=a1-2+3ａ1+1=1、
1０、在数列{an｝中,如果对任意ｎ∈N＊都有ａn+２-aｎ＋１an+１-aｎ=k(k为常数）,则称数列{an}为等差比数列，k称为公差比、现给出下列问题:
①等差比数列得公差比一定不为零;
②等差数列一定是等差比数列;
③若an=-３n＋２，则数列{an}是等差比数列;
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④若等比数列是等差比数列,则其公比等于公差比、
其中正确命题得序号为____＿___、
答案 ①③④
解析 若k=０,{an｝为常数列，分母无意义,①正确;公差为零得等差数列不是等差比数列,②错误;aｎ+2-ａn+1an+1-an=３,满足定义,③正确;设an=a1ｑn-1(ｑ≠0)，则an+2－an+1ａn+1-an=a1qn＋1-a1qna１qn-a1qn-１＝ｑ,④正确、
１1、(20１9课标全国Ⅰ)已知{an}是递增得等差数列,a２，a４是方程ｘ２-5x＋6=0得根、
（1）求｛ａn}得通项公式；
（2)求数列{an2ｎ}得前n项和、
解 (１）方程x2-５x+6＝０得两根为2,3,
由题意得a２=2，a4=３、
设数列{an}得公差为d,则a4－ａ2=２d,
故d=１2，从而a1＝32、
所以｛aｎ}得通项公式为an＝12ｎ+1、
（２)设{an2n}得前ｎ项和为Ｓｎ、
由(１）知an２n=n＋22n+1,则
Sｎ=３22+4２3+…+n＋12n＋n+2２n+1,
12Sn=３2３+４２４＋…＋n+12n+1+n+2２n+2、
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两式相减得
12Sｎ=３4+(12３＋…＋12n+１）－n+22n+2
=34+１4(1-1２n－1)－n＋２2ｎ＋2、
所以Ｓn=2-n+42n+1、
12、(201９北京)已知｛aｎ}是等差数列，满足a１=3,a4=12，数列｛bn}满足ｂ1=4，b4=２０，且{bn-aｎ}为等比数列、
(1）求数列｛ａn｝和{ｂｎ}得通项公式;
(２）求数列｛bｎ}得前ｎ项和、
解 (１）设等差数列｛an｝得公差为ｄ,由题意得
d=a4－a13=12-３3=３,
所以ａn=a1+(n-１)d=３n(n=1，２，…）、
设等比数列{bｎ-an｝得公比为q,由题意得
q３=b4－a４b1－a1=20－12４－３=8,解得q=2、
所以bn-an=(b1－a１)qn-１＝2n－１、
从而bn=3n+2n-1（n=1,２,…）、
(2）由(1）知ｂｎ=３n+２n-１(ｎ=1，2，…)、
数列{3n｝得前n项和为３2ｎ(n+1)，
数列｛２n-1}得前n项和为1-2n1-２=2n-1、
所以，数列{bｎ}得前n项和为32n(n+1）+2ｎ-1、
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