(完整版)2019年高考数学试题分项版—数列(解析版)
高考数学专题03数列求和问题（第二篇）（解析版）
⾼考数学专题03数列求和问题（第⼆篇）（解析版）备战2020年⾼考数学⼤题精做之解答题题型全覆盖⾼端精品第⼆篇数列与不等式【解析版】专题03 数列求和问题【典例1】【福建省福州市2019-2020学年⾼三上学期期末质量检测】等差数列{}n a 的公差为2, 248,,a a a 分别等于等⽐数列{}n b 的第2项，第3项，第4项. （1）求数列{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）若数列{}n c 满⾜12112n n nc c c b a a a ++++=L ,求数列{}n c 的前2020项的和．【思路引导】(1)根据题意同时利⽤等差、等⽐数列的通项公式即可求得数列{}n a 和{}n b 的通项公式； (2)求出数列{}n c 的通项公式，再利⽤错位相减法即可求得数列{}n c 的前2020项的和.解：(1)依题意得: 2324b b b =，所以2111(6)(2)(14)a a a +=++ ，所以22111112361628,a a a a ++=++解得1 2.a = 2.n a n ∴= 设等⽐数列{}n b 的公⽐为q ，所以342282,4b a q b a ==== ⼜2224,422.n n n b a b -==∴=?= (2)由（1）知，2,2.n n n a n b ==因为11121212n n n n nc c c c a a a a +--++++= ①当2n ≥时,1121212n n n c c c a a a --+++= ②由①-②得，2n n nc a =，即12n n c n +=?，⼜当1n =时，31122c a b ==不满⾜上式，18,12,2n n n c n n +=?∴=?≥ .数列{}n c 的前2020项的和34202120208223220202S =+?+?++?2342021412223220202=+?+?+?++?设2342020202120201222322019220202T =?+?+?++?+? ③，则34520212022202021222322019220202T =?+?+?++?+? ④，由③-④得：234202120222020222220202T -=++++-?2202020222(12)2020212-=-?-2022420192=--? ，所以20222020201924T =?+，所以2020S =202220204201928T +=?+.【典例2】【河南省三门峡市2019-2020学年⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满⾜221n S n n =-+，数列{}n b 中，2+，对任意正整数2n ≥，113nn n b b -??+=.（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）是否存在实数µ，使得数列{}3nn b µ+是等⽐数列？若存在，请求出实数µ及公⽐q 的值，若不存在，请说明理由；（3）求数列{}n b 前n 项和n T . 【思路引导】（1）根据n S 与n a 的关系1112n nn S n a S S n -=?=?-≥?即可求出；（2）假设存在实数µ，利⽤等⽐数列的定义列式，与题⽬条件1331n n n n b b -?+?=，⽐较对应项系数即可求出µ，即说明存在这样的实数；（3）由（2）可以求出1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，所以根据分组求和法和分类讨论法即可求出．解：（1）因为221n S n n =-+，当1n =时，110a S ==；当2n ≥时，22121(1)2(1)123n n n a S S n n n n n -=-=-+-----=-．故*0,1 23,2,n n a n n n N =?=?-∈?…；（2）假设存在实数µ，使得数列{}3xn b µ?+是等⽐数列，数列{}n b 中，2133a b a =+，对任意正整数2n (113)n n b b -??+=.可得116b =，且1331n nn n b b -?+?=，由假设可得(n n n b b µµ--?+=-?+，即1334n n n n b b µ-?+?=-，则41µ-=，可得14µ=-，可得存在实数14µ=-，使得数列{}3nn b µ?+是公⽐3q =-的等⽐数列；（3）由（2）可得11111133(3)(3)444nn n n b b ---=-?-=?- ，则1111(1)4312nn n b -??=?+?- ，则前n 项和11111111(1)123643121212nn n T -=++?+?+-+?+?-?? ? ????????? 当n 为偶数时，111111*********n n n T ??- =+=- ???- 当n 为奇数时，11111115112311128312248313n n n nT ??- =+=-+=- ????- 则51,21248311,2883nn n n k T n k ?-=-=??-=（*k N ∈）．【典例3】【福建省南平市2019-2020学年⾼三上学期第⼀次综合质量检查】已知等⽐数列{}n a 的前n 项和为n S ，且( )*21,nn S a a n =?-∈∈R N．（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设11n n n n a b S S ++=，求数列{}n b 的前n 项和n T ．【思路引导】（1）利⽤临差法得到12n n a a -=?，再根据11a S =求得1a =，从⽽求得数列通项公式；（2）由题意得1112121n n n b +=---，再利⽤裂项相消法求和. 解：（1）当1n =时，1121a S a ==-.当2n ≥时，112n n n n a S S a --=-=?()*,因为{}n a 是等⽐数列，所以121a a =-满⾜()*式，所以21a a -=，即1a =，因此等⽐数列{}n a 的⾸项为1,公⽐为2,所以等⽐数列{}n a 的通项公式12n n a -=.（2）由（1）知21nn S =-，则11n n n n a b S S ++=,即()()1121121212121n n n n n n b ++==-----，所以121111111113377152121n n n n T b b b +?=++???+=-+-+-+???+- ? ? ? ?--?,所以11121n n T +=--.【典例4】【⼭东省⽇照市2019-2020学年上学期期末】已知数列{}n a 的⾸项为2，n S 为其前n 项和，且()120,*n n S qS q n +=+>∈N （1）若4a ，5a ，45a a +成等差数列，求数列{}n a 的通项公式；（2）设双曲线2221ny x a -=的离⼼率为n e ，且23e =，求222212323n e e e ne ++++L .【思路引导】（1）先由递推式()120,*n n S qS q n +=+>∈N 求得数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列，然后结合已知条件求数列通项即可；（2）由双曲线的离⼼率为求出公⽐q ，再结合分组求和及错位相减法求和即可得解. 解：解：（1）由已知，12n n S qS +=+，则212n n S qS ++=+，两式相减得到21n n a qa ++=，1n ≥.⼜由212S qS =+得到21a qa =，故1n n a qa +=对所有1n ≥都成⽴.所以，数列{}n a 是⾸项为2，公⽐为q 的等⽐数列. 由4a ，5a ，45+a a 成等差数列，可得54452=a a a a ++，所以54=2,a a 故=2q .所以*2()n n a n N =∈.（2）由（1）可知，12n n a q-=，所以双曲线2的离⼼率n e ==由23e ==，得q =.所以()()()()2122222123231421414n n e e e n e q n q -++++?=++++++ ()()()21214122n n n q nq -+=++++，记()212123n n T q q nq -=++++①()()2122221n n n q T q q n qnq -=+++-+②①-②得()()221222221111n n nnq q ---=++++-=-- 所以()()()()222222222211122121(1)111nn n n n n n n q nq q nq T n n q q q q --=-=-=-+?=-+----. 所以()()222212121242n n n n e e n e n +++++?=-++. 【典例5】已知数列{}n a 的各项均为正数，对任意*n ∈N ，它的前n 项和n S 满⾜()()1126n n n S a a =++，并且2a ，4a ，9a 成等⽐数列. （1）求数列{}n a 的通项公式；（2）设()111n n n n b a a ++=-，n T 为数列{}n b 的前n 项和，求2n T .【思路引导】（1）根据n a 与n S 的关系，利⽤临差法得到13n n a a --=，知公差为3；再由1n =代⼊递推关系求1a ；（2）观察数列{}n b 的通项公式，相邻两项的和有规律，故采⽤并项求和法，求其前2n 项和. 解：（1）Q 对任意*n ∈N ，有() ()1126n n n S a a =++，①∴当1a =时，有()()11111126S a a a ==++，解得11a =或2. 当2n ≥时，有()()1111126n n n S a a ---=++.②①-②并整理得()()1130n n n n a a a a --+--=. ⽽数列{}n a 的各项均为正数，13n n a a -∴-=.当11a =时，()13132n a n n =+-=-，此时2429a a a =成⽴；当12a =时，()23131n a n n =+-=-，此时2429a a a =，不成⽴，舍去.32n a n ∴=-，*n ∈N .（2）2122n n T b b b =+++=L 12233445221n n a a a a a a a a a a +-+-+-L()()()21343522121n n n a a a a a a a a a -+=-+-++-L242666n a a a =----L ()2426n a a a =-+++L246261862n n n n +-=-?=--.【典例6】【2020届湖南省益阳市⾼三上学期期末】已知数列{}n a 的前n 项和为112a =，()1122n n n S a ++=-. （1）求2a 及数列{}n a 的通项公式；（2）若()1122log n n b a a a =L ，11n n nc a b =+，求数列{}n c 的前n 项和n T . 【思路引导】（1）利⽤临差法将递推关系转化成2112n n a a ++=，同时验证2112a a =，从⽽证明数列{}n a 为等⽐数列，再利⽤通项公式求得n a ；（2）利⽤对数运算法则得11221nn c n n ??=+- ?+??，再⽤等⽐数列求和及裂项相消法求和，可求得n T 。
2019年高考新课标Ⅰ卷理数试题解析(解析版)
绝密★启用前2019年普通高等学校招生全国统一考试理科数学本试卷5页，23小题，满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
用2B 铅笔将试卷类型（B ）填涂在答题卡相应位置上。
将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．已知集合A ={x |x <1}，B ={x |31x <}，则 A ．{|0}A B x x =< B ．A B =R C ．{|1}A B x x =>D ．AB =∅【答案】A2．如图，正方形ABCD 内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是A ．14 B ．π8 C ．12D ．π4【答案】B【解析】不妨设正方形边长为 a.由图形的对称性可知，太极图中黑白部分面积相等，即所各占圆面积的一半.由几何概型概率的计算公式得，所求概率为221()228a a ππ⨯⨯=，选B. 3．设有下面四个命题1p ：若复数z 满足1z ∈R ，则z ∈R ；2p ：若复数z 满足2z ∈R ，则z ∈R ；3p ：若复数12,z z 满足12z z ∈R ，则12z z =；4p ：若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为 A.13,p pB ．14,p pC ．23,p pD ．24,p p【答案】B4．记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为A ．1B ．2C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，则有112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C.5．函数()f x 在(,)-∞+∞单调递减，且为奇函数．若(11)f =-，则满足21()1x f --≤≤的x 的取值范围是 A ．[2,2]-B ．[1,1]-C ．[0,4]D ．[1,3]【答案】D【解析】由已知，使1()1f x -≤≤成立的x 满足11x -≤≤，所以由121x -≤-≤得13x ≤≤，即使1(2)1f x -≤-≤成立的x 满足13x ≤≤，选D.6．621(1)(1)x x++展开式中2x 的系数为 A ．15B ．20C ．30D ．35【答案】C 【解析】621(1)(1)x x ++展开式中含2x 的项为224426621130C x C x x x⋅+⋅=，故2x 前系数为30，选C.. 7．某多面体的三视图如图所示，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为A ．10B ．12C ．14D ．16【答案】B8．右面程序框图是为了求出满足3n −2n >1000的最小偶数n ，那么在和两个空白框中，可以分别填入A ．A >1 000和n =n +1B ．A >1 000和n =n +2C ．A ≤1 000和n =n +1D ．A ≤1 000和n =n +2 【答案】D【解析】由题意选择321000nn->，则判定框内填1000A ≤，由因为选择偶数，所以矩形框内填2n n =+，故选D.9．已知曲线C 1：y =cos x ，C 2：y =sin (2x +2π3)，则下面结论正确的是 A ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2B ．把C 1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2C ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移π6个单位长度，得到曲线C 2D ．把C 1上各点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移π12个单位长度，得到曲线C 2【答案】D10．已知F 为抛物线C ：y 2=4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A 、B 两点，直线l 2与C 交于D 、E 两点，则|AB |+|DE |的最小值为 A ．16B ．14C ．12D ．10【答案】A【解析】设直线1l 方程为1(1)y k x =-取方程214(1)y xy k x ⎧=⎨=-⎩得2222111240k x k x x k --+=∴21122124k x x k --+=-212124k k += 同理直线2l 与抛物线的交点满足22342224k x x k ++= 由抛物线定义可知1234||||2AB DE x x x x p +=++++221222222212121224244416482816k k k k k k k k ++=++=++≥+= 当且仅当121k k =-=（或1-）时，取得等号. 11．设x 、y 、z 为正数，且235x y z ==，则A ．2x <3y <5zB ．5z <2x <3yC ．3y <5z <2xD ．3y <2x <5z【答案】D12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，学科*网其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A ．440B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k-则该数列的前(1)122k k k ++++=项和为 1(1)1(12)(122)222k k k k S k ++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是之后的等比数列11,2,,2k +的部分和，即1212221t t k -+=+++=-，所以2314tk =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=， 对应满足的最小条件为293054402N ⨯=+=，故选A. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2019-2019云南省数列理科高考题目及答案word精品文档13页
2019年—2019年云南省10年高考数列试题汇总2019年高考数学大纲（理） 数列部分：等差数列及其通项公式．等差数列前n 项和公式． 等比数列及其通项公式．等比数列前n 项和公式． 考试要求：（1）理解数列的概念，了解数列通项公式的意义，了解递推公式是给出数列的一种方法，并能根据递推公式写出数列的前几项． （2）理解等差数列的概念．掌握等差数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题．（3）理解等比数列的概念，掌握等比数列的通项公式与前n 项和公式，并能解决简单的实际问题。
2019年（4）如果等差数列{}n a 中，34512a a a ++=，那么127...a a a +++== （A ）14 （B ）21 （C ）28 （D ）35 （18）（本小题满分12分）已知数列{}n a 的前n 项和2()3n n S n n =+g． （Ⅰ）求limnn na S →∞；（Ⅱ）证明：12222312n n a a a n+++…＞． 2009年14. 设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若535a a =则95S S = 。
19（本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和为,n S 已知11,a =142n n S a +=+ （I ）设12n n n b a a +=-，证明数列{}n b 是等比数列 （II ）求数列{}n a 的通项公式。
2019年20．（本小题满分12分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ．已知1a a =，13n n n a S +=+，*n ∈N ．（Ⅰ）设3nn n b S =-，求数列{}n b 的通项公式；（Ⅱ）若1n n a a +≥，*n ∈N ，求a 的取值范围．2019年16．已知数列的通项52n a n =-+，其前n 项和为n S ，则2lim nn S n ∞=→ ．21．（本小题满分12分）设数列{}n a 的首项113(01)2342n n a a a n --∈==，，，，，，…． （1）求{}n a 的通项公式；（2）设n b a =，证明1n n b b +<，其中n 为正整数．2019年（11）设n S 是等差数列{}n a 的前n 项和，若361,3S S =则612SS =( ) （A ）310 （B ）13 （C ）18 （D ）19（22）（本小题满分１２分）设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且方程20n n x a x a --=有一根为1,1,2,3,...n S n -= （I ）求12,;a a（II ）求{}n a 的通项公式2019年11. 如果a 1，a 2，…，a 8为各项都大于零的等差数列，公差d ≠0，则（ ） A. a 1a 8＞a 4a 5 B. a 1a 8＜a 4a 5C. a 1＋a 8＞a 4＋a 5D. a 1a 8＝a 4a 518. （本小题满分12分）已知是各项均为正数的等差数列，、、成等差数列，又（Ⅰ）证明为等比数列；（Ⅱ）如果无穷等比数列各项的和，求数列的首项a 1和公差d.（注：无穷数列各项的和即当时数列前n 项和的极限） 2019年（19）(本小题满分12分)数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝nn 2+S n （n ＝1，2，3，…）． 证明： (Ⅰ)数列{nS n}是等比数列； (Ⅱ)S n ＋1＝4a n2019年22．（本小题满分12分，附加题4 分）（I ）设}{n a 是集合|22{ts+ t s <≤0且Z t s ∈,}中所有的数从小到大排列成的数列，即31=a ，52=a ，63=a ，94=a ，105=a ，126=a ，…将数列}{n a 各项按照上小下大，左小右大的原则写成如下的三角形数表：35 69 10 12⑴写出这个三角形数表的第四行、第五行各数；⑵求100a（II ）（本小题为附加题，如果解答正确，加4 分，但全卷总分不超过150分）设}{n b 是集合t s r t s r <<≤++0|222{，且},,Z t s r ∈中所有的数从小到大排列成的数列，已知1160=k b ，求k .2019年（22）设数列}{n a 满足：121+-=+n n n na a a ，Λ,3,2,1=n （I ）当21=a 时，求432,,a a a 并由此猜测n a 的一个通项公式； （II ）当31≥a 时，证明对所的1≥n ，有 （i ）2+≥n a n （ii ）2111111111321≤++++++++n a a a a Λ 2019年(3) 设｛a n ｝是递增等差数列，前三项的和为12，前三项的积为48，则它的首项是( )(A) 1(B) 2(C) 4(D) 6(15)设｛a n ｝是公比为q 的等比数列，S n 是它的前n 项和．若｛S n ｝是等差数列，则 q =(21) (本小题满分12分)从社会效益和经济效益出发，某地投入资金进行生态环境建设，并以此发展旅游产业．根据规划，本年度投入800万元，以后每年投入将比上年减少51．本年度当地旅游业收入估计为400万元，由于该项建设对旅游业的促进作用，预计今后的旅游业收入每年会比上年增加41． (Ⅰ)设n 年内(本年度为第一年)总投入为a n 万元，旅游业总收入为b n 万元．写出a n ，b n 的表达式；(Ⅱ)至少经过几年旅游业的总收入才能超过总投入？2019年～2009年云南省历年高考数列题2009年解：（I ）由11,a =及142n n S a +=+，有12142,a a a +=+21121325,23a a b a a =+=∴=-=由142n n S a +=+，．．．① 则当2n ≥时，有142n n S a -=+．．．．．② ②－①得111144,22(2)n n n n n n n a a a a a a a +-+-=-∴-=-又12n n n b a a +=-Q ，12n n b b -∴={}n b ∴是首项13b =，公比为２的等比数列．（II ）由（I ）可得11232n n n n b a a -+=-=⋅，113224n n n n a a ++∴-= ∴数列{}2n na 是首项为12，公差为34的等比数列． ∴1331(1)22444n na n n =+-=-，2(31)2n n a n -=-⋅ 2019年20．解：（Ⅰ）依题意，113n n n n n S S a S ++-==+，即123nn n S S +=+，由此得1132(3)n n n n S S ++-=-． ······································································· 4分因此，所求通项公式为13(3)2n n n n b S a -=-=-，*n ∈N ．① ······························································ 6分（Ⅱ）由①知13(3)2n n n S a -=+-，*n ∈N ，于是，当2n ≥时，1n n n a S S -=-1123(3)23(3)2n n n n a a ---=+-⨯---⨯ 1223(3)2n n a --=⨯+-， 12143(3)2n n n n a a a --+-=⨯+-22321232n n a --⎡⎤⎛⎫=•+-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，当2n ≥时，21312302n n n a a a -+⎛⎫⇔•+- ⎪⎝⎭≥≥9a ⇔-≥．又2113a a a =+>．综上，所求的a 的取值范围是[)9-+∞，． ························································· 12分 2019年21．解：（1）由132342n n a a n --==，，，，…，整理得 111(1)2n n a a --=--．又110a -≠，所以{1}n a -是首项为11a -，公比为12-的等比数列，得1111(1)2n n a a -⎛⎫=--- ⎪⎝⎭（2）方法一： 由（1）可知302n a <<，故0n b >．那么，221n n b b +-2211222(32)(32)3332(32)229(1).4n n n n n n n n n n a a a a a a a a aa ++=-----⎛⎫⎛⎫=-⨯-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭=-又由（1）知0n a >且1n a ≠，故2210n n b b +->，因此1n n b b n +<，为正整数．方法二：由（1）可知3012n n a a <<≠，， 因为132nn a a +-=， 所以1n n b a ++==由1n a ≠可得33(32)2n n n a a a -⎛⎫-< ⎪⎝⎭，即 223(32)2n n n n a a a a -⎛⎫-< ⎪⎝⎭g两边开平方得32na a -<即 1n n b b n +<，为正整数．2019年22．解：(Ⅰ)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1，于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12．当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是(a 2－12)2－a 2(a 2－12)－a 2＝0，解得a 1＝16．(Ⅱ)由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0，即 S n 2－2S n ＋1－a n S n ＝0．当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得 S n －1S n －2S n ＋1＝0 ①由(Ⅰ)知S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23．由①可得S 3＝34．由此猜想S n ＝nn ＋1，n ＝1，2，3，…． ……8分下面用数学归纳法证明这个结论． (i )n ＝1时已知结论成立．(ii )假设n ＝k 时结论成立，即S k ＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k ，即S k ＋1＝k ＋1k ＋2， 故n ＝k ＋1时结论也成立． 综上，由(i )、(ii )可知S n ＝nn ＋1对所有正整数n 都成立． ……10分于是当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝n n ＋1－n －1n ＝1n (n ＋1)，又n ＝1时，a 1＝12＝11×2，所以｛a n ｝的通项公式a n ＝nn ＋1，n ＝1，2，3，…． ……12分 2019年18. 本小题主要考查等差数列、等比数列的基本知识以及运用这些知识的能力。
2019年浙江省高考数学(含解析版)
【点睛】理解概念，准确计算，是解答此类问题的基本要求.部分考生易出现理解性错误.
3.若实数 满足约束条件 ，则 的最大值是（ ）
A. B.1
C.10D.12
【答案】C
【解析】
【分析】
本题是简单线性规划问题的基本题型，根据“画、移、解”等步骤可得解.题目难度不大题，注重了基础知识、基本技能的考查.
【详解】方法1：由分布列得 ，则
，则当 在 内增大时， 先减小后增大.
方法2：则
故选D.
【点睛】易出现的错误有，一是数学期望、方差以及二者之间的关系掌握不熟，无从着手；二是计算能力差，不能正确得到二次函数表达式.
8.设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A.当 B.当
C.当 D.当
非选择题部分（共110分）
二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分
11.复数 （ 为虚数单位），则 ________.
12.已知圆 的圆心坐标是 ，半径长是 .若直线 与圆相切于点 ，则 _____， ______.
13.在二项式 的展开式中，常数项是________；系数为有理数的项的个数是_______.
C. 先增大后减小D. 先减小后增大
8.设三棱锥 底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱 上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则（ ）
A. B.
C. D.
9.已知 ，函数 ，若函数 恰有三个零点，则（ ）
2019年高考试题-理科数学(山东卷)解析版(2)
2019年高考试题-理科数学（山东卷）解析版（2）注意事项：认真阅读理解，结合历年的真题，总结经验，查找不足！重在审题，多思考，多理解！无论是单选、多选还是论述题，最重要的就是看清题意。
在论述题中，问题大多具有委婉性，尤其是历年真题部分，在给考生较大发挥空间的同时也大大增加了考试难度。
考生要认真阅读题目中提供的有限材料，明确考察要点，最大限度的挖掘材料中的有效信息，建议考生答题时用笔将重点勾画出来，方便反复细读。
只有经过仔细推敲，揣摩命题老师的意图，积极联想知识点，分析答题角度，才能够将考点锁定，明确题意。
【一】选择题：本大题共12小题，每题5分，总分值60分.在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。
〔1〕复数z 满足(z-3)(2-i)=5(i 为虚数单位)，那么z 的共轭复数为( ) A. 2+i B.2-i C. 5+i D.5-i 【答案】D 【解析】由(z-3)(2-i)=5，得(2)355〔2〕设集合A={0,1,2},那么集合B={x-y |x ∈A, y ∈A }中元素的个数是( )A. 1B. 3C. 5D.9 【答案】C【解析】因为,x y A ∈,所以2,1,0,1,2x y -=--，即{2,1,0,1,2}B =--,有5个元素，选C.【解析】因为函数为奇函数，所以(1)(1)(11)2f f -=-=-+=-，选A.tan OPPAO OA∠==3PAO π∠=，选 B.,42k k Z ϕπ+=+∈，即,4k k Z ϕπ=+∈，所以选B.〔6〕在平面直角坐标系xOy 中，M 为不等式组：2x y 20x 2y 103x y 80--≥⎧⎪+-≥⎨⎪+-≤⎩，所表示的区域上一动【解析】作出可行域如图，由图象可知当M 位于点D 处时，OM的斜率最小。
由210380x y x y +-=⎧⎨+-=⎩得31x y =⎧⎨=-⎩，即(3,1)D -,此时OM 的斜率为1133-=-，选C.〔A 〕充分而不必条件 〔B 〕必要而不充分条件〔C 〕充要条件 〔D 〕既不充分也不必要条件【答案】B【解析】因为﹁p 是q 的必要而不充分条件，所以﹁q 是p 的必要而不充分条件，即p 是﹁q 的充分而不必要条件，选A.〔8〕函数y=xcosx+sinx 的图象大致为 〔A 〕〔B 〕 (C)(D)【答案】 D 【解析】函数y=xcosx+sinx 为奇函数，所以图象关于原点对称，所以排除B ，C.当x π=时，()0f ππ=-<,排除A,选D.〔9〕过点〔3，1〕作圆〔x-1〕2+y 2=1的两条切线，切点分别为A ，B ，那么直线AB 的方程为〔A 〕2x+y-3=0 〔B 〕2x-y-3=0 〔C 〕4x-y-3=0 〔D 〕4x+y-3=0 【答案】A【解析】由图象可知，(1,1)A 是一个切点，所以代入选项知，,B D 不成立，排除。
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{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________． 答案 16解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【思路分析】利用等差数列{}n a 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n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．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S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋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{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}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{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}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a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√a n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√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，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋√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c 1＋c 2＋…＋c n ＜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{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a ，即可证明结论．()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，∴0n a >该数列的第p 项0m a ， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。
2019年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅱ)(含解析版)
M2 2M13α r绝密★启用前2019 年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标Ⅱ）一、选择题：本题共12 小题，每小题5 分，共60 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.设集合A={x|x2-5x+6>0}，B={ x|x-1<0}，则A∩B=A．(-∞，1) B．(-2，1)C．(-3，-1) D．(3，+∞)2.设z=-3+2i，则在复平面内z 对应的点位于A.第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限3.已知AB =(2,3)，AC =(3，t)，BC =1，则AB ⋅BC =A．-3 B．-2C．2 D．34．2019 年1 月3 日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日L2点的轨道运行．L2点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M１，月球质量为M２，地月距离为R，L2 点到月球的距离为r，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：M1 +M2 = (R +r)M1 .(R +r)2r2R3α=r α3α3+ 3α4+α5≈3设，由于R 的值很小，因此在近似计算中(1+α)2，则的近似值为A.M2 RM1B.RD ．3M2 R 3M15.演讲比赛共有9 位评委分别给出某选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9 个原始评分中去掉1 个最高分、1 个最低分，得到7 个有效评分.7 个有效评分与9 个原始评分相比，不变的数字特征是A.中位数B．平均数C．方差D．极差6.若a>b，则A.ln(a−b)>0 B．3a<3bC．a3−b3>0 D．│a│>│b│7.设α，β为两个平面，则α∥β的充要条件是A.α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线与β平行C．α，β平行于同一条直线D．α，β垂直于同一平面8.若抛物线y2=2px(p>0)的焦点是椭圆x y2+=1 的一个焦点，则p= 3 p pA．2 B．3 C．4 D．8π 9.下列函数中，以2ππ为周期且在区间( ，4 2)单调递增的是A．f(x)=│cos 2x│B．f(x)=│sin 2x│C．f(x)=cos│x│D．f(x)= sin│x│π10.已知α∈(0，2 A.15)，2sin 2α=cos 2α+1，则sin α=B.5C.3x2 y2 D.2 5511.设F 为双曲线C：a2 -=1(a > 0, b > 0) 的右焦点，O 为坐标原点，以OF 为直径的b2圆与圆x2+y2=a2交于P，Q 两点.若PQ =OF A．，则C 的离心率为B．C．3 3M2 RM15 3232C．2 D．12.设函数f (x) 的定义域为R，满足f (x +1) = 2 f (x) ，且当x ∈ (0,1] 时，f (x) =x(x -1) .若对任意x ∈(-∞, m] ，都有f (x) ≥-8，则m 的取值范围是9A．⎛-∞,9 ⎤B．⎛-∞,7 ⎤4 ⎥ 3 ⎥ ⎝⎦C．⎛-∞,5 ⎤⎝⎦D．⎛-∞,8 ⎤2 ⎥ 3⎥ ⎝⎦⎝⎦二、填空题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 分．13.我国高铁发展迅速，技术先进.经统计，在经停某站的高铁列车中，有10 个车次的正点率为0.97，有20 个车次的正点率为0.98，有10 个车次的正点率为0.99，则经停该站高铁列车所有车次的平均正点率的估计值为.14.已知f (x) 是奇函数，且当x < 0 时，f (x) =-e ax.若f (ln 2) = 8 ，则a =.15.△ABC 的内角A, B, C 的对边分别为a, b, c .若b = 6, a = 2c, B =π，则△ABC 的面积3为.16.中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2 是一个棱数为48 的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有个面，其棱长为（.本题第一空2 分，第二空3 分.）三、解答题：共70 分。
2019高考理科数学真题12 数列(解析版)
专题12 数列1．【2019年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．已知4505S a ==，，则 A ．25n a n =-B ．310n a n =-C ．228n S n n =-D ．2122n S n n =- 【答案】A【解析】由题知，41514430245d S a a a d ⎧=+⨯⨯=⎪⎨⎪=+=⎩，解得132a d =-⎧⎨=⎩，∴25n a n =-，24n S n n =-,故选A ． 【名师点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n 项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n 项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，再适当计算即可做了判断．2．【2019年高考全国III 卷理数】已知各项均为正数的等比数列{}n a 的前4项和为15，且53134a a a =+，则3a = A ．16 B ．8C ．4D ．2【答案】C【解析】设正数的等比数列{a n }的公比为q ，则231111421111534a a q a q a q a q a q a ⎧+++=⎨=+⎩， 解得11,2a q =⎧⎨=⎩，2314a a q ∴==，故选C ．【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.3．【2019年高考浙江卷】设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1=a ，a n +1=a n 2+b ，n *∈N ，则A ． 当101,102b a => B ． 当101,104b a => C ． 当102,10b a =-> D ． 当104,10b a =->【答案】A【解析】①当b =0时，取a =0，则0,n a n *=∈N .故B 项不正确. 故本题正确答案为A.【名师点睛】遇到此类问题，不少考生会一筹莫展.利用函数方程思想，通过研究函数的不动点，进一步讨论a 的可能取值，利用“排除法”求解.4．【2018年高考全国I 卷理数】设n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，若3243S S S =+，12a =，则5a = A ．12- B ．10- C ．10D ．12【答案】B【解析】设等差数列的公差为d ，根据题中的条件可得3243332224222d d d ⨯⨯⎛⎫⨯+⋅=⨯++⨯+⋅ ⎪⎝⎭， 整理解得3d =-，所以51421210a a d =+=-=-，故选B ．【名师点睛】该题考查的是有关等差数列的求和公式和通项公式的应用，在解题的过程中，需要利用题中的条件，结合等差数列的求和公式，得到公差d 的值，之后利用等差数列的通项公式得到5a 与1a d ,的关系，从而求得结果.5．【2018年高考浙江卷】已知1234,,,a a a a 成等比数列，且1234123ln()a a a a a a a +++=++．若11a >，则 A ．1324,a a a a << B ．1324,a a a a >< C ．1324,a a a a <>D ．1324,a a a a >>【答案】B【解析】令()ln 1,f x x x =--则()11f x x'=-，令()0,f x '=得1x =，所以当1x >时，()0f x '>，当01x <<时，()0f x '<，因此()()10,ln 1f x f x x ≥=∴≥+.若公比0q >，则()1234123123ln a a a a a a a a a a +++>++>++，不合题意； 若公比1q ≤-，则()()212341110,a a a a a q q +++=++≤但()()212311ln ln 1ln 0a a a a q q a ⎡⎤++=++>>⎣⎦，即()12341230l n a a a a a a a +++≤<++，不合题意；因此()210,0,1q q -<<∈，22113224,0a a q a a a q a ∴>=<=<，故选B.【名师点睛】构造函数对不等式进行放缩，进而限制参数取值范围，是一个有效方法.如()2ln 1,e 1,e 10.x x x x x x x ≥+≥+≥+≥6．【2017年高考全国I 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和．若4524a a +=，648S =，则{}n a 的公差为 A ．1 B ．2 C ．4D ．8【答案】C【解析】设公差为d ，45111342724a a a d a d a d +=+++=+=，611656615482S a d a d ⨯=+=+=，联立112724,61548a d a d +=⎧⎨+=⎩解得4d =，故选C ． 【秒杀解】因为166346()3()482a a S a a +==+=，即3416a a +=， 则4534()()24168a a a a +-+=-=，即5328a a d -==，解得4d =，故选C ．【名师点睛】求解等差数列基本量问题时，要多多使用等差数列的性质，如{}n a 为等差数列，若m n p q +=+，则m n p q a a a a +=+.7．【2017年高考全国I 卷理数】几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是 A ．440 B ．330C ．220D ．110【答案】A【解析】由题意得，数列如下：11,1,2,1,2,4,1,2,4,,2k-则该数列的前(1)122k k k ++++=项和为11(1)1(12)(122)222k k k k S k -++⎛⎫=+++++++=-- ⎪⎝⎭，要使(1)1002k k +>，有14k ≥，此时122k k ++<，所以2k +是第1k +组等比数列1,2,,2k 的部分和，设1212221t t k -+=+++=-，所以2314t k =-≥，则5t ≥，此时52329k =-=， 所以对应满足条件的最小整数293054402N ⨯=+=，故选A. 【名师点睛】本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断. 8．【2017年高考全国II 卷理数】我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远望巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯 A ．1盏 B ．3盏 C ．5盏D ．9盏【答案】B【解析】设塔的顶层共有灯x 盏，则各层的灯数构成一个首项为x ，公比为2的等比数列，结合等比数列的求和公式有7(12)38112x -=-，解得3x =，即塔的顶层共有灯3盏，故选B ． 【名师点睛】用数列知识解相关的实际问题，关键是列出相关信息，合理建立数学模型——数列模型，判断是等差数列还是等比数列模型；求解时要明确目标，即搞清是求和、求通项、还是解递推关系问题，所求结论对应的是解方程问题、解不等式问题、还是最值问题，然后将经过数学推理与计算得出的结果放回到实际问题中，进行检验，最终得出结论．9．【2017年高考全国III 卷理数】等差数列{}n a 的首项为1，公差不为0．若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{}n a 前6项的和为 A ．24-B ．3-C ．3D ．8【答案】A【解析】设等差数列{}n a 的公差为d ，由a 2，a 3，a 6成等比数列可得2326a a a =，即()()()212115d d d +=++，整理可得220d d +=，又公差不为0，则2d =-，故{}n a 前6项的和为()()()6166166166122422S a d ⨯-⨯-=+=⨯+⨯-=-.故选A ． 【名师点睛】（1）等差数列的通项公式及前n 项和公式共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题.（2）数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用方法.10．【2017年高考浙江卷】已知等差数列{a n }的公差为d ，前n 项和为S n ，则“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”的 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【答案】C【解析】由46511210212(510)S S S a d a d d +-=+-+=，可知当0d >时，有46520S S S +->，即4652S S S +>，反之，若4652S S S +>，则0d >，所以“d >0”是“S 4 + S 6>2S 5”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4652S S S d +-=， 结合充分必要性的判断，若p q ⇒，则p 是q 的充分条件，若p q ⇐，则p 是q 的必要条件，该题“0d >”⇔“46520S S S +->”，故互为充要条件．11．【2019年高考全国I 卷理数】记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若214613a a a ==，，则S 5=___________．【答案】1213【解析】设等比数列的公比为q ，由已知21461,3a a a ==，所以32511(),33q q =又0q ≠， 所以3,q =所以55151(13)(1)12131133a q S q --===--． 【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．12．【2019年高考全国III 卷理数】记S n 为等差数列{a n }的前n 项和，12103a a a =≠，，则105S S =___________． 【答案】4【解析】设等差数列{a n }的公差为d ,因213a a =，所以113a d a +=，即12a d =，所以105S S =11111091010024542552a d a a a d⨯+==⨯+． 【名师点睛】本题主要考查等差数列的性质、基本量的计算．渗透了数学运算素养．使用转化思想得出答案．13．【2019年高考北京卷理数】设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 2=−3，S 5=−10，则a 5=__________，S n 的最小值为___________． 【答案】 0，10-.【解析】等差数列{}n a 中,53510S a ==-,得32,a =-又23a =-,所以公差321d a a =-=,5320a a d =+=,由等差数列{}n a 的性质得5n ≤时,0n a ≤,6n ≥时,n a 大于0,所以n S 的最小值为4S 或5S ,即为10-. 【名师点睛】本题考查等差数列的通项公式､求和公式､等差数列的性质,难度不大,注重重要知识､基础知识､基本运算能力的考查.14．【2019年高考江苏卷】已知数列*{}()n a n ∈N 是等差数列，n S 是其前n 项和.若25890,27a a a S +==，则8S 的值是___________． 【答案】16【解析】由题意可得：()()()25811191470989272a a a a d a d a d S a d ⎧+=++++=⎪⎨⨯=+=⎪⎩， 解得：152a d =-⎧⎨=⎩，则8187840282162S a d ⨯=+=-+⨯=. 【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1a d ,的方程组.15．【2018年高考全国I 卷理数】记n S 为数列{}n a 的前n 项和，若21n n S a =+，则6S =___________．【答案】63-【解析】根据21n n S a =+，可得1121n n S a ++=+，两式相减得1122n n n a a a ++=-，即12n n a a +=，当1n =时，11121S a a ==+，解得11a =-，所以数列{}n a 是以−1为首项，以2为公比的等比数列，所以()66126312S --==--，故答案是63-.【名师点睛】该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令1n =，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.16．【2018年高考北京卷理数】设{}n a 是等差数列，且a 1=3，a 2+a 5=36，则{}n a 的通项公式为___________．【答案】63n a n =-【解析】设等差数列的公差为d ，()133343663616 3.n a d d d a n n =∴+++=∴=∴=+-=-，，， 【名师点睛】先根据条件列出关于公差的方程，求出公差后，代入等差数列通项公式即可.在解决等差、等比数列的运算问题时，有两个处理思路,一是利用基本量,将多元问题简化为首项与公差（公比）问题,虽有一定量的运算,但思路简洁,目标明确;二是利用等差、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.17．【2018年高考江苏卷】已知集合*{|21,}A x x n n ==-∈N ，*{|2,}nB x x n ==∈N ．将AB 的所有元素从小到大依次排列构成一个数列{}n a ．记n S 为数列{}n a 的前n 项和，则使得112n n S a +>成立的n 的最小值为___________． 【答案】27【解析】所有的正奇数和()2n n *∈N 按照从小到大的顺序排列构成{}n a ，在数列|{}n a 中，25前面有16个正奇数，即5621382,2a a ==.当n =1时，1211224S a =<=，不符合题意；当n =2时，2331236S a =<=，不符合题意；当n =3时，3461248S a =<=，不符合题意；当n =4时，4510<12=60S a =，不符合题意；……；当n =26时，()2752621221(141)441625032121=2516S a⨯-⨯+=+=+=<-，不符合题意；当n =27时，()8527221222(143)21484+62=546>12=5420S a ⨯-⨯+=+=-,符合题意.故使得+1>12n n S a 成立的n 的最小值为27.【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.18．【2017年高考全国II 卷理数】等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，33a =，410S =，则11nk kS ==∑___________． 【答案】21nn + 【解析】设等差数列的首项为1a ，公差为d ，由题意有1123434102a d a d +=⎧⎪⎨⨯+=⎪⎩ ，解得111a d =⎧⎨=⎩ ， 数列的前n 项和()()()111111222n n n n n n n S na d n --+=+=⨯+⨯=， 裂项可得12112()(1)1k S k k k k ==-++， 所以1111111122[(1)()()]2(1)223111nk knS n n n n ==-+-++-=-=+++∑． 【名师点睛】等差数列的通项公式及前n 项和公式，共涉及五个量a 1，a n ，d ，n ，S n ，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．数列的通项公式和前n 项和公式在解题中起到变量代换作用，而a 1和d 是等差数列的两个基本量，用它们表示已知和未知是常用得方法．使用裂项法求和时，要注意正、负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点．19．【2017年高考全国III 卷理数】设等比数列{}n a 满足a 1 + a 2 = –1, a 1 – a 3 = –3，则a 4 =___________．【答案】8-【解析】设等比数列{}n a 的公比为q ，很明显1q ≠-，结合等比数列的通项公式和题意可得方程组：1212131(1)1(1)3a a a q a a a q +=+=-⎧⎨-=-=-⎩①②，由②①可得：2q =-，代入①可得11a =，由等比数列的通项公式可得3418a a q ==-．【名师点睛】等比数列基本量的求解是等比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比数列的有关公式并能灵活运用，尤其需要注意的是，在使用等比数列的前n 项和公式时，应该要分类讨论，有时还应善于运用整体代换思想简化运算过程.20．【2017年高考江苏卷】等比数列{}n a 的各项均为实数，其前n 项和为n S ，已知3676344S S ==,，则8a =___________． 【答案】32【解析】当1q =时，显然不符合题意；当1q ≠时，3161(1)714(1)6314a q q a q q⎧-=⎪-⎪⎨-⎪=⎪-⎩，解得1142a q ⎧=⎪⎨⎪=⎩，则7812324a =⨯=． 【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：①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；②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．21．【2017年高考北京卷理数】若等差数列{}n a 和等比数列{}n b 满足11–1a b ==，448a b ==，则22a b =___________． 【答案】1【解析】设等差数列的公差和等比数列的公比分别为d 和q ，则3138d q -+=-=，求得2,3q d =-=，那么221312a b -+==． 【名师点睛】等差、等比数列各有五个基本量,两组基本公式,而这两组公式可看作多元方程,利用这些方程可将等差、等比数列中的运算问题转化为解关于基本量的方程（组）问题,因此可以说数列中的绝大部分运算题可看作方程应用题,所以用方程思想解决数列问题是一种行之有效的方法. 22．【2019年高考全国II 卷理数】已知数列{a n }和{b n }满足a 1=1，b 1=0，1434n n n a a b +-=+，1434n n n b b a +-=-.（1）证明：{a n +b n }是等比数列，{a n –b n }是等差数列； （2）求{a n }和{b n }的通项公式. 【答案】（1）见解析；（2）1122n n a n =+-，1122n nb n =-+.【解析】（1）由题设得114()2()n n n n a b a b +++=+，即111()2n n n n a b a b +++=+． 又因为a 1+b 1=l ，所以{}n n a b +是首项为1，公比为12的等比数列． 由题设得114()4()8n n n n a b a b ++-=-+，即112n n n n a b a b ++-=-+． 又因为a 1–b 1=l ，所以{}n n a b -是首项为1，公差为2的等差数列． （2）由（1）知，112n n n a b -+=，21n n a b n -=-． 所以111[()()]222n n n n n n a a b a b n =++-=+-， 111[()()]222n n n n n n b a b a b n =+--=-+．【名师点睛】本题考查了数列的相关性质，主要考查了等差数列以及等比数列的相关证明，证明数列是等差数列或者等比数列一定要结合等差数列或者等比数列的定义，考查推理能力，考查化归与转化思想，是中档题.23．【2019年高考北京卷理数】已知数列{a n }，从中选取第i 1项、第i 2项、…、第i m 项（i 1<i 2<…<i m ），若12m i i i a a a <<⋅⋅⋅<，则称新数列12m i i i a a a ⋅⋅⋅，，，为{a n }的长度为m 的递增子列．规定：数列{a n }的任意一项都是{a n }的长度为1的递增子列．（1）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（2）已知数列{a n }的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p <q ，求证：0m a <0n a ；（3）设无穷数列{a n }的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{a n }的长度为s 的递增子列末项的最小值为2s –1，且长度为s 末项为2s –1的递增子列恰有2s -1个（s =1，2，…），求数列{a n }的通项公式．【答案】(1) 1,3,5,6（答案不唯一）；(2)见解析；(3)见解析. 【解析】（1）1，3，5，6.（答案不唯一） （2）设长度为q 末项为0n a 的一个递增子列为1210,,,,q r r r n a a a a -.由p <q ，得10p q r r n a a a -≤<.因为{}n a 的长度为p 的递增子列末项的最小值为0m a ， 又12,,,p r r r a a a 是{}n a 的长度为p 的递增子列，所以0p m r a a ≤.所以00m n a a <·（3）由题设知，所有正奇数都是{}n a 中的项.先证明：若2m 是{}n a 中的项，则2m 必排在2m −1之前（m 为正整数）. 假设2m 排在2m −1之后. 设121,,,,21m p p p a a a m --是数列{}n a 的长度为m 末项为2m −1的递增子列，则121,,,,21,2m p p p a a a m m --是数列{}n a 的长度为m +1末项为2m 的递增子列.与已知矛盾.再证明：所有正偶数都是{}n a 中的项.假设存在正偶数不是{}n a 中的项，设不在{}n a 中的最小的正偶数为2m .因为2k 排在2k −1之前（k =1，2，…，m −1），所以2k 和21k -不可能在{}n a 的同一个递增子列中. 又{}n a 中不超过2m +1的数为1，2，…，2m −2，2m −1，2m +1，所以{}n a 的长度为m +1且末项为2m +1的递增子列个数至多为1(1)22221122m m m --⨯⨯⨯⨯⨯⨯=<个.与已知矛盾.最后证明：2m 排在2m −3之后（m ≥2为整数）.假设存在2m （m ≥2），使得2m 排在2m −3之前，则{}n a 的长度为m +1且末项为2m +l 的递增子列的个数小于2m.与已知矛盾.综上，数列{}n a 只可能为2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…. 经验证，数列2，1，4，3，…，2m −3，2m ，2m −1，…符合条件. 所以1,1,n n n a n n +⎧=⎨-⎩为奇数，为偶数.【名师点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.24．【2019年高考天津卷理数】设{}n a 是等差数列，{}n b 是等比数列．已知1122334,622,24a b b a b a ===-=+，．（Ⅰ）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列{}n c 满足111,22,2,1,,k k n kk c n c b n +=⎧<<=⎨=⎩其中*k ∈N ． （i ）求数列(){}221n n a c -的通项公式； （ii ）求()2*1ni ii a c n =∈∑N ．【答案】（1）31n a n =+；32nn b =⨯（2）（i ）()221941n n n a c -=⨯-（ii ）()()2*211*12725212nn n i i i a c n n n --=∈=⨯+⨯--∈∑N N【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．依题意得2662,6124,q d q d =+⎧⎨=+⎩解得3,2,d q =⎧⎨=⎩故14(1)331,6232n nn n a n n b -=+-⨯=+=⨯=⨯．所以，{}n a 的通项公式为{}31,n n a n b =+的通项公式为32n n b =⨯．（2）（i ）()()()()22211321321941n n n n n n n a c a b -=-=⨯+⨯-=⨯-． 所以，数列(){}221n n a c -的通项公式为()221941n n n a c -=⨯-． （ii ）()()22221111211n n niini iiiiii i i i a c a a c a a c====⎡⎤=+-=+⎣⎦-∑∑∑∑()()12212439412n n n ni i =⎛⎫- ⎪=⨯+⨯+⨯- ⎪⎝⎭∑()()2114143252914n n n n ---=⨯+⨯+⨯--()211*2725212n n n n --=⨯+⨯--∈N ．【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其前n 项和公式等基础知识．考查化归与转化思想和数列求和的基本方法以及运算求解能力．25．【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{a n }()n *∈N 满足：245132,440a a a a a a =-+=，求证:数列{a n }为“M －数列”；（2）已知数列{b n }()n *∈N 满足:111221,n n n b S b b +==-，其中S n 为数列{b n }的前n 项和． ①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数，若存在“M －数列”{c n }()n *∈N ，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有1k k k c b c +剟成立，求m 的最大值．【答案】（1）见解析；（2）①b n =n ()*n ∈N ；②5.【解析】解：（1）设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由245321440a a a a a a =⎧⎨-+=⎩，得244112111440a q a q a q a q a ⎧=⎨-+=⎩，解得112a q =⎧⎨=⎩．因此数列{}n a 为“M—数列”.（2）①因为1122n n n S b b +=-，所以0n b ≠． 由1111,b S b ==，得212211b =-，则22b =. 由1122n n n S b b +=-，得112()n n n n n b b S b b ++=-， 当2n ≥时，由1n n n b S S -=-，得()()111122n n n nn n n n n b b b b b b b b b +-+-=---，整理得112n n n b b b +-+=．所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列. 因此，数列{b n }的通项公式为b n =n ()*n ∈N .②由①知，b k =k ，*k ∈N .因为数列{c n }为“M–数列”，设公比为q ，所以c 1=1，q >0.因为c k ≤b k ≤c k +1，所以1k k q k q -≤≤，其中k =1，2，3，…，m .当k =1时，有q ≥1；当k =2，3，…，m 时，有ln ln ln 1k kq k k ≤≤-． 设f （x ）=ln (1)x x x >，则21ln ()xf 'x x-=． 令()0f 'x =，得x =e.列表如下：因为ln 2ln8ln 9ln 32663=<=，所以max ln 3()(3)3f k f ==． 取q =k =1，2，3，4，5时，ln ln kq k…，即k k q ≤， 经检验知1k q k -≤也成立．因此所求m 的最大值不小于5．若m ≥6，分别取k =3，6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，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．26．【2019年高考浙江卷】设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，34a =，43a S =，数列{}n b 满足：对每个12,,,n n n n n n n S b S b S b *++∈+++N 成等比数列．（1）求数列{},{}n n a b 的通项公式； （2）记,n c n *=∈N 证明：12+.n c c c n *++<∈N【答案】（1）()21n a n =-，()1n b n n =+；（2）证明见解析.【解析】（1）设数列{}n a 的公差为d ，由题意得11124,333a d a d a d +=+=+，解得10,2a d ==．从而*22,n a n n =-∈N ． 所以2*n S n n n =-∈N ，，由12,,n n n n n n S b S b S b +++++成等比数列得()()()212n n n n n n S b S b S b +++=++．解得()2121n n n n b S S S d++=-． 所以2*,n b n n n =+∈N ．（2）*n c n ===∈N ． 我们用数学归纳法证明．（i ）当n =1时，c 1=0<2，不等式成立；（ii ）假设()*n k k =∈N时不等式成立，即12k c c c +++<．那么，当1n k =+时，121k k c c c c +++++<<<==．即当1n k =+时不等式也成立． 根据（i ）和（ii），不等式12n c c c +++<对任意*n ∈N 成立．【名师点睛】本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力.27．【2018年高考全国II 卷理数】记n S 为等差数列{}n a 的前n 项和，已知17a =-，315S =-．（1）求{}n a 的通项公式；（2）求n S ，并求n S 的最小值．【答案】（1）a n =2n –9；（2）S n =n 2–8n ，最小值为–16． 【解析】（1）设{a n }的公差为d ，由题意得3a 1+3d =–15． 由a 1=–7得d =2．所以{a n }的通项公式为a n =2n –9． （2）由（1）得S n =n 2–8n =（n –4）2–16． 所以当n =4时，S n 取得最小值，最小值为–16．【名师点睛】数列是特殊的函数，研究数列最值问题，可利用函数性质，但要注意其定义域为正整数集这一限制条件.（1）根据等差数列前n 项和公式，求出公差，再代入等差数列通项公式得结果；（2）根据等差数列前n 项和公式得n S 关于n 的二次函数关系式，根据二次函数对称轴以及自变量为正整数求函数最值.28．【2018年高考全国III 卷理数】等比数列{}n a 中，15314a a a ==，．（1）求{}n a 的通项公式；（2）记n S 为{}n a 的前n 项和．若63m S =，求m ．【答案】（1）1(2)n n a -=-或12n n a -=；（2）6m =. 【解析】（1）设{}n a 的公比为q ，由题设得1n n a q -=.由已知得424q q =，解得0q =（舍去），2q =-或2q =.故1(2)n n a -=-或12n n a -=.（2）若1(2)n n a -=-，则1(2)3n n S --=.由63m S =得(2)188m-=-，此方程没有正整数解.若12n n a -=，则21n n S =-.由63m S =得264m=，解得6m =.综上，6m =.【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式和前n 项和公式，属于基础题.29．【2018年高考浙江卷】已知等比数列{a n }的公比q >1，且a 3+a 4+a 5=28，a 4+2是a 3，a 5的等差中项．数列{b n }满足b 1=1，数列{（b n +1−b n ）a n }的前n 项和为2n 2+n ．（1）求q 的值；（2）求数列{b n }的通项公式．【答案】（1）2q =；（2）2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【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42a +是35,a a 的等差中项得35424a a a +=+， 所以34543428a a a a ++=+=， 解得48a =.由3520a a +=得18()20q q+=， 因为1q >，所以2q =.（2）设1()n n n n c b b a +=-，数列{}n c 前n 项和为n S . 由11,1,, 2.n n n S n c S S n -=⎧=⎨-≥⎩解得41n c n =-.由（1）可知12n n a -=，所以111(41)()2n n n b b n -+-=-⋅，故211(45)(),22n n n b b n n ---=-⋅≥，11123221()()()()n n n n n b b b b b b b b b b ----=-+-++-+-23111(45)()(49)()73222n n n n --=-⋅+-⋅++⋅+.设221113711()(45)(),2222n n T n n -=+⋅+⋅++-⋅≥，2211111137()(49)()(45)()22222n n n T n n --=⋅+⋅++-⋅+-⋅ 所以22111111344()4()(45)()22222n n n T n --=+⋅+⋅++⋅--⋅，因此2114(43)(),22n n T n n -=-+⋅≥，又11b =，所以2115(43)()2n n b n -=-+⋅.【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“ ”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.30．【2018年高考江苏卷】设{}n a 是首项为1a ，公差为d 的等差数列，{}n b 是首项为1b ，公比为q 的等比数列．（1）设110,1,2a b q ===，若1||n n a b b -≤对1,2,3,4n =均成立，求d 的取值范围； （2）若*110,,a b m q =>∈∈N ，证明：存在d ∈R ，使得1||n n a b b -≤对2,3,,1n m =+均成立，并求d 的取值范围（用1,,b m q 表示）． 【答案】（1）；（2）见解析.【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．（1）由条件知：．因为1||n n a b b -≤对n =1，2，3，4均成立， 即对n =1，2，3，4均成立，即11，1d 3，32d 5，73d 9，得． 因此，d 的取值范围为．（2）由条件知：．若存在d ，使得1||n n a b b -≤（n =2，3，···，m +1）成立，即，即当时，d 满足． 因为，则，从而，，对均成立．因此，取d =0时，1||n n a b b -≤对均成立．75[,]32112(,)n n n a n d b -=-=112|()1|n n d ---≤≤≤≤≤≤≤≤7532d ≤≤75[,]32111(1),n n n a b n d b b q -=+-=1111 |1|2,3,,(1())n b n d b q b n m -+--≤=+2,3,,1n m =+1111211n n q q b d b n n ---≤≤--q ∈112n m q q -<≤≤11201n q b n --≤-1101n q b n ->-2,3,,1n m =+2,3,,1n m =+下面讨论数列的最大值和数列的最小值（）．①当时，， 当时，有，从而．因此，当时，数列单调递增， 故数列的最大值为． ②设，当x >0时，，所以单调递减，从而<f （0）=1．当时，， 因此，当时，数列单调递减， 故数列的最小值为． 因此，d 的取值范围为．31．【2018年高考天津卷理数】设{}n a 是等比数列，公比大于0，其前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是等差数列. 已知11a =，322a a =+，435a b b =+，5462a b b =+. （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）设数列{}n S 的前n 项和为()n T n *∈N ，（i ）求n T ；（ii ）证明221()22()(1)(2)2n nk k k k T b b n k k n +*+=+=-∈+++∑N . 【答案】（1）12n n a -=，n b n =；（2）（i ）122n n T n +=--；（ii ）见解析.【解析】本小题主要考查等差数列的通项公式，等比数列的通项公式及其前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.满分13分.（1）设等比数列{}n a 的公比为q.由1321,2,a a a ==+可得220q q --=.12{}1n q n ---1{}1n q n --2,3,,1n m =+2n m ≤≤111 2222111()()()n n n n n n n n q q nq q nq n q q q n n n n n n -------+--+-==---112mq <≤2n m q q ≤≤1() 20n n nn q q q ---+>21n m ≤≤+12{}1n q n ---12{}1n q n ---2m q m-()()21x f x x =-ln 21(0(n )l 22)xf x x '=--<()f x ()f x 2n m ≤≤111112111()()()nn n q q n n f q n n n n --=≤-=<-21n m ≤≤+1{}1n q n --1{}1n q n --mq m11(2)[,]m mb q b q m m-因为0q >，可得2q =，故12n n a -=.设等差数列{}n b 的公差为d ，由435a b b =+，可得13 4.b d +=由5462a b b =+， 可得131316,b d += 从而11,1,b d == 故.n b n =所以，数列{}n a 的通项公式为12n n a -=，数列{}n b 的通项公式为.n b n =（2）（i ）由（1），有122112nn n S -==--，故 1112(12)(21)22212n nnkkn n k k T n n n +==⨯-=-=-=-=---∑∑.（ii ）证明：因为11212()(222)222(1)(2)(1)(2)(1)(2)21k k k k k k+k T +b b k k k k k k k k k k k k ++++--++⋅===-++++++++，所以，324321221()2222222()()()2(1)(2)3243212n n n nk k k k T b b k k n n n ++++=+=-+-++-=-+++++∑. 【名师点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，数列求和的方法，数列中的指数裂项方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.32．【2017年高考天津卷理数】已知{}n a 为等差数列，前n 项和为()n S n *∈N ，{}n b 是首项为2的等比数列，且公比大于0，2312b b +=，3412b a a =-，11411S b =． （1）求{}n a 和{}n b 的通项公式；（2）求数列221{}n n a b -的前n 项和()n *∈N ．【答案】（1）32n a n =-，2nn b =；（2）1328433n n +-⨯+. 【解析】（1）设等差数列{}n a 的公差为d ，等比数列{}n b 的公比为q ．由已知2312b b +=，得21()12b q q +=，而12b =，所以260q q +-=． 又因为0q >，解得2q =．所以，2nn b =．由3412b a a =-，可得138d a -= ①． 由114=11S b ，可得1516a d += ②，联立①②，解得11a =，3d =，由此可得32n a n =-．所以，数列{}n a 的通项公式为32n a n =-，数列{}n b 的通项公式为2nn b =．（2）设数列221{}n n a b -的前n 项和为n T ，由262n a n =-，12124n n b --=⨯，有221(31)4nn n a b n -=-⨯，故23245484(31)4n n T n =⨯+⨯+⨯++-⨯，23414245484(34)4(31)4n n n T n n +=⨯+⨯+⨯++-⨯+-⨯，上述两式相减，得23112(14)324343434(31)44(314n n n n T n n +⨯--=⨯+⨯+⨯++⨯--⨯=----111)4(32)48n n n ++⨯=--⨯-，得1328433n n n T +-=⨯+． 所以，数列221{}n n a b -的前n 项和为1328433n n +-⨯+． 【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、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． 33．【2017年高考山东卷理数】已知{x n }是各项均为正数的等比数列，且x 1+x 2=3，x 3-x 2=2.（1）求数列{x n }的通项公式；（2）如图，在平面直角坐标系xOy 中，依次连接点P 1(x 1, 1)，P 2(x 2, 2)，…，P n+1(x n+1, n +1)得到折线P 1 P 2…P n+1，求由该折线与直线y =0，11n x x x x +==,所围成的区域的面积.【答案】（1）12n n x -=；（2） 【解析】（1）设数列的公比为q ，由已知0q >.由题意得，所以，nT (21)21.2n n n T -⨯+={}n x 1121132x x q x q x q +=⎧⎨-=⎩23520q q --=因为0q >,所以，因此数列的通项公式为（2）过…，向轴作垂线，垂足分别为…，, 由(1)得记梯形的面积为. 由题意， 所以…+=…+ ①， 又…+ ②， ①-②得121132(222)(21)2n n n T n ----=⨯++++-+⨯= 所以 【名师点睛】本题主要考查等比数列的通项公式及求和公式、数列求和的错位相减法.此类题目是数列问题中的常见题型.本题覆盖面广，对考生的计算能力要求较高.解答本题，布列方程组，确定通项公式是基础，准确计算求和是关键，易错点是在“错位”之后求和时，弄错等比数列的项数.本题将数列与解析几何结合起来，适当增大了难度，能较好地考查考生的数形结合思想、逻辑思维能力及基本计算能力等. 34．【2017年高考江苏卷】对于给定的正整数k ，若数列{}n a 满足：1111n k n k nnnk n ka aa a aa --+-++-++++++++2n ka =对任意正整数()n n k >总成立，则称数列{}n a 是“()P k 数列”．（1）证明：等差数列{}n a 是“(3)P 数列”；（2）若数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”，证明：{}n a 是等差数列．12,1q x =={}n x 12.n n x -=123,,,P P P 1n P +x 123,,,Q Q Q 1n Q +111222.n n n n n x x --+-=-=11n n n n P P Q Q ++n b 12(1)2(21)22n n n n n b n --++=⨯=+⨯123n T b b b =+++n b 101325272-⨯+⨯+⨯+32(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯0122325272n T =⨯+⨯+⨯+21(21)2(21)2n n n n ---⨯++⨯1132(12)(21)2.212n n n ---+-+⨯-(21)21.2n n n T -⨯+=【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】（1）因为{}n a 是等差数列，设其公差为d ，则1(1)n a a n d =+-， 从而，当4n ≥时，n k n k a a a -++=+11(1)(1)n k d a n k d --+++-122(1)2n a n d a =+-=，1,2,3,k =所以6n n n n n n n a a a a a a a ---+++++=321123+++， 因此等差数列{}n a 是“(3)P 数列”．（2）数列{}n a 既是“(2)P 数列”，又是“(3)P 数列”， 因此，当3n ≥时，n n n n n a a a a a --+++++=21124，① 当4n ≥时，n n n n n n n a a a a a a a ---++++++++=3211236．② 由①知，n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，③n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，④将③④代入②，得n n n a a a -++=112，其中4n ≥， 所以345,,,a a a 是等差数列，设其公差为d'．在①中，取4n =，则235644a a a a a +++=，所以23a a d'=-， 在①中，取3n =，则124534a a a a a +++=，所以132a a d'=-， 所以数列{}n a 是等差数列．【名师点睛】（1）利用等差数列性质得n k n k n a a a -++=2，即得n n n n n a a a a a ---+++++32112++n n a a +=36，再根据定义即可判断；（2）先根据定义得21n n n n n a a a a a --+++++=124，n n n n n a a a a a ---++++++32112n n a a ++=36，再将条件集中消元：n n n a a a ---+=-32141()n n a a ++，n n n a a a ++++=-23141()n n a a -+，即得n n n a a a -++=112，最后验证起始项也满足即可．35．【2017年高考北京卷理数】设{}n a 和{}n b 是两个等差数列，记1122max{,,,}n n n c b a n b a n b a n =--⋅⋅⋅-(1,2,3,)n =⋅⋅⋅，其中12max{,,,}s x x x ⋅⋅⋅表示12,,,s x x x ⋅⋅⋅这s 个数中最大的数．（1）若n a n =，21n b n =-，求123,,c c c 的值，并证明{}n c 是等差数列； （2）证明：或者对任意正数M ，存在正整数m ，当n m ≥时，nc M n>；或者存在正整数m ，使得12,,,m m m c c c ++⋅⋅⋅是等差数列．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）111110,c b a =-=-=21122max{2,2}max{121,322}1c b a b a =--=-⨯-⨯=-，3112233max{3,3,3}max{131,332,533}2c b a b a b a =---=-⨯-⨯-⨯=-.当3n ≥时，1111()()()()20k k k k k k k k b na b na b b n a a n ++++---=---=-<， 所以k k b na -关于*k ∈N 单调递减. 所以112211max{,,,}1n n n c b a n b a n b a n b a n n =---=-=-.所以对任意1,1n n c n ≥=-，于是11n n c c +-=-， 所以{}n c 是等差数列.（2）设数列{}n a 和{}n b 的公差分别为12,d d ，则12111121(1)[(1)]()(1)k k b na b k d a k d n b a n d nd k -=+--+-=-+--.所以1121211121(1)(),,n b a n n d nd d nd c b a n d nd -+-->⎧=⎨-≤⎩当时，当时，①当10d >时，取正整数21d m d >，则当n m ≥时，12nd d >，因此11n c b a n =-. 此时，12,,,m m m c c c ++是等差数列.②当10d =时，对任意1n ≥，1121121(1)max{,0}(1)(max{,0}).n c b a n n d b a n d a =-+-=-+--此时，123,,,,,n c c c c 是等差数列.③当10d <时，当21d n d >时，有12nd d <. 所以1121121112(1)()()n c b a n n d nd b d n d d a d n n n-+---==-+-++ 111212()||.n d d a d b d ≥-+-+--对任意正数M ，取正整数12112211||max{,}M b d a d d d m d d +-+-->-，故当n m ≥时，nc M n>. 【名师点睛】近几年北京卷理科压轴题一直为新信息题，本题考查学生对新定义的理解能力和使用能力，本题属于偏难问题，反映出学生对新的信息的理解和接受能力，本题考查数列的有关知识及归纳法证明，即考查了数列（分段形函数）求值，又考查了归纳法证明和对数据的分析研究，考查了学生的分析问题能力和逻辑推理能力，本题属于拔高难题，特别是第二问难度较大，适合选拔优秀学生. 36．【2017年高考浙江卷】已知数列{x n }满足：x 1=1，x n =x n +1+ln(1+x n +1)（n *∈N ）．证明：当n *∈N 时， （1）0＜x n +1＜x n ；（2）2x n +1− x n ≤12n n x x +； （3）112n -≤x n ≤212n -．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析． 【解析】（1）用数学归纳法证明：0n x >． 当n =1时，x 1=1>0． 假设n =k 时，x k >0，那么n =k +1时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>．因此0()n x n *>∈N ．所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>，。
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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{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4.2．(2019·浙江，10)设a ，b ∈R ，数列{a n }满足a 1＝a ，a n ＋1＝a n 2＋b ，n ∈N *，则( )A ．当b ＝12时，a 10＞10 B ．当b ＝14时，a 10＞10 C ．当b ＝－2时，a 10＞10 D ．当b ＝－4时，a 10＞10 答案 A解析 当b ＝12时，因为a n ＋1＝a n 2＋12，所以a 2≥12，又a n ＋1＝a n 2＋12≥√2a n ，故a 9≥a 2×(√2)7≥12×(√2)7＝4√2，a 10＞a 92≥32＞10.当b ＝14时，a n ＋1－a n ＝(a n −12)2，故当a 1＝a ＝12时，a 10＝12，所以a 10＞10不成立．同理b ＝－2和b ＝－4时，均存在小于10的数x 0，只需a 1＝a ＝x 0，则a 10＝x 0＜10，故a 10＞10不成立．3．(2019·全国Ⅰ理，9)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 4＝0，a 5＝5，则( ) A ．a n ＝2n －5 B ．a n ＝3n －10 C ．S n ＝2n 2－8n D ．S n ＝12n 2－2n答案 A解析 设等差数列{a n }的公差为d ，∵{S 4＝0，a 5＝5，∴{4a 1+4×32d =0,a 1+4d =5,解得{a 1=−3，d =2， ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝－3＋2(n －1)＝2n －5， S n ＝na 1＋n (n−1)2d ＝n 2－4n .故选A.4．(2019·全国Ⅲ理，5)已知各项均为正数的等比数列{a n }的前4项和为15，且a 5＝3a 3＋4a 1，则a 3等于( )A ．16B ．8C ．4D ．2 答案 C解析 设等比数列{a n }的公比为q ，由a 5＝3a 3＋4a 1得q 4＝3q 2＋4，得q 2＝4，因为数列{a n }的各项均为正数，所以q ＝2，又a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝a 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝a 1(1＋2＋4＋8)＝15，所以a 1＝1，所以a 3＝a 1q 2＝4. 二、填空题1．(2019·全国Ⅰ文，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和，若a 1＝1，S 3＝34，则S 4＝________.答案 58解析 设等比数列的公比为q ， 则a n ＝a 1q n －1＝q n －1. ∵a 1＝1，S 3＝34，∴a 1＋a 2＋a 3＝1＋q ＋q 2＝34， 即4q 2＋4q ＋1＝0，∴q ＝－12，∴S 4＝1×[1−(−12)4]1−(−12)＝58.2．(2019·全国Ⅲ文，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 3＝5，a 7＝13，则S 10＝________. 答案 100解析 ∵{a n }为等差数列，a 3＝5，a 7＝13， ∴公差d ＝a 7−a 37−3＝13−54＝2，首项a 1＝a 3－2d ＝5－2×2＝1， ∴S 10＝10a 1＋10×92d ＝100.3．(2019·江苏，8)已知数列{a n }(n ∈N *)是等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 5＋a 8＝0，S 9＝27，则S 8的值是________． 答案 16解析 方法一 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 2a 5＋a 8＝(a 1＋d )(a 1＋4d )＋a 1＋7d ＝a 12＋4d 2＋5a 1d ＋a 1＋7d ＝0，S 9＝9a 1＋36d ＝27，解得a 1＝－5，d ＝2，则S 8＝8a 1＋28d ＝－40＋56＝16.方法二 ∵S 9＝a 1+a 92×9＝27，∴a 1＋a 9＝6， ∴a 2＋a 8＝2a 5＝6， ∴a 5＝3，则a 2a 5＋a 8＝3a 2＋a 8＝0， 即2a 2＋6＝0， ∴a 2＝－3，则a 8＝9，∴其公差d ＝a 8−a 58−5＝2，∴a 1＝－5，∴S 8＝8×a 1+a82＝16.4．(2019·全国Ⅰ理，14)记S n 为等比数列{a n }的前n 项和．若a 1＝13，a 42＝a 6，则S 5＝________.答案1213解析 设等比数列{a n }的公比为q ，因为a 42＝a 6，所以(a 1q 3)2＝a 1q 5，所以a 1q ＝1，又a 1＝13，所以q ＝3，所以S 5＝a 1(1−q 5)1−q＝13×(1−35)1−3＝1213.5．(2019·全国Ⅲ理，14)记S n 为等差数列{a n }的前n 项和．若a 1≠0，a 2＝3a 1，则s 10s 5＝________.答案 4解析 设等差数列{a n }的公差为d ，由a 2＝3a 1， 即a 1＋d ＝3a 1，得d ＝2a 1，所以s 10s 5＝10a1+10×92d 5a1+5×42d＝10a1+10×92×2a15a1+5×42×2a1＝10025＝4.6．(2019·北京理，10)设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若23a =-，510S =-，则5a = ，n S 的最小值为 ．【思路分析】利用等差数列{}n a 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n S 的最小值．【解析】：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，23a =-，510S =-，∴113545102a d a d +=-⎧⎪⎨⨯+=-⎪⎩，解得14a =-，1d =，5144410a a d ∴=+=-+⨯=， 21(1)(1)19814()22228n n n n n S na d n n --=+=-+=--， 4n ∴=或5n =时，n S 取最小值为4510S S ==-．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S n 为等差数列{a n }的前n 项和．已知S 9＝－a 5. (1)若a 3＝4，求{a n }的通项公式；(2)若a 1>0，求使得S n ≥a n 的n 的取值范围． 解 (1)设{a n }的公差为d . 由S 9＝－a 5，即9a 5＝－a 5，所以a5＝0，得a1＋4d＝0.由a3＝4得a1＋2d＝4.于是a1＝8，d＝－2.因此{a n}的通项公式为a n＝10－2n，n∈N*.(2)由(1)得a1＝－4d，故a n＝(n－5)d，.S n＝n(n−9)d2由a1>0知d<0，≥(n－5)d，化简得故S n≥a n等价于n(n−9)d2n2－11n＋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{a n}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a3＝2a2＋16.(1)求{a n}的通项公式；(2)设b n＝log2a n，求数列{b n}的前n项和．解(1)设{a n}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{a n}的通项公式为a n＝2×4n－1＝22n－1.(2)由(1)得b n＝log222n－1＝(2n－1)log22＝2n－1，因此数列{b n}的前n项和为1＋3＋…＋2n－1＝n2.3．(2019·北京文，16)设{a n}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．(1)求{a n}的通项公式；(2)记{a n}的前n项和为S n，求S n的最小值．解(1)设{a n}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a n＝a1＋(n－1)d＝2n－12.(2)由(1)知，a n＝2n－12.则当n≥7时，a n>0；当n≤6时，a n≤0.所以S n 的最小值为S 5＝S 6＝－30.4．(2019·天津文，18)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列，公比大于0.已知a 1＝b 1＝3，b 2＝a 3，b 3＝4a 2＋3.(1)求{a n }和{b n }的通项公式； (2)设数列{c n }满足c n ＝{1,n 为奇数，b n 2,n 为偶数.求a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n (n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，q ＞0. 依题意，得{3q ＝3＋2d ，3q 2＝15＋4d ，解得{d ＝3，q ＝3，故a n ＝3＋3(n －1)＝3n ，b n ＝3×3n －1＝3n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ，{b n }的通项公式为b n ＝3n . (2)a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n＝(a 1＋a 3＋a 5＋…＋a 2n －1)＋(a 2b 1＋a 4b 2＋a 6b 3＋…＋a 2n b n ) ＝[n ×3+n(n−1)2×6]＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n ×3n )＝3n 2＋6(1×31＋2×32＋…＋n ×3n )． 记T n ＝1×31＋2×32＋…＋n ×3n ，① 则3T n ＝1×32＋2×33＋…＋n ×3n ＋1，② ②－①得，2T n ＝－3－32－33－…－3n ＋n ×3n ＋1 ＝－3(1−3n )1−3＋n ×3n ＋1＝(2n−1)3n+1+32.所以a 1c 1＋a 2c 2＋…＋a 2n c 2n ＝3n 2＋6T n ＝3n 2＋3×(2n−1)3n+1+32＝3(n−1)3n+2+6n 2+92(n ∈N *)．5．(2019·浙江，20)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列． (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝√n 2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2√n ，n ∈N *.(1)解 设数列{a n }的公差为d ，由题意得 a 1＋2d ＝4，a 1＋3d ＝3a 1＋3d ， 解得a 1＝0，d ＝2. 从而a n ＝2n －2，n ∈N *. 所以S n ＝n 2－n ，n ∈N *.由S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列得(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )．解得b n ＝1a (S n+12－S n S n ＋2)．所以b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明 c n ＝√a n 2b n＝√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，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时不等式成立，即 c 1＋c 2＋…＋c k ＜2√k . 那么，当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2√k ＋√k(k+1)(k+2)＜2√k ＋√1k+1＜2√k ＋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c 1＋c 2＋…＋c n ＜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{a n }(n ∈N *)满足：a 2a 4＝a 5，a 3－4a 2＋4a 1＝0，求证：数列{a n }为“M －数列”； (2)已知数列{b n }(n ∈N *)满足：b 1＝1，1S n＝2b n －2b n+1，其中S n 为数列{b n }的前n 项和．①求数列{b n }的通项公式；②设m 为正整数．若存在“M －数列”{c n }(n ∈N *)，对任意正整数k ，当k ≤m 时，都有c k ≤b k ≤c k＋1成立，求m 的最大值．(1)证明 设等比数列{a n }的公比为q ，所以a 1≠0，q ≠0.由{a 2a 4=a 5,a 3−4a 2+4a 1=0,得{a 12q 4=a 1q 4,a 1q 2−4a 1q +4a 1=0,解得{a 1=1,q =2.因此数列{a n }为“M －数列”． (2)解 ①因为1S n＝2b n－2bn+1，所以b n ≠0.由b 1＝1，S 1＝b 1，得11＝21－2b 2，则b 2＝2.由2S n＝2b n－2bn+1，得S n ＝b nb n+12(b n+1−b n )，当n ≥2时，由b n ＝S n －S n －1， 得b n ＝b nb n+12(b n+1−b n)－b n−1bn2(b n−b n−1)， 整理得b n ＋1＋b n －1＝2b n .所以数列{b n }是首项和公差均为1的等差数列．因此，数列{b n }的通项公式为b n ＝n (n ∈N *)． ②由①知，b k ＝k ，k ∈N *.因为数列{c n }为“M －数列”，设公比为q ，所以c 1＝1，q >0. 因为c k ≤b k ≤c k ＋1，所以q k －1≤k ≤q k ，其中k ＝1,2,3，…，m . 当k ＝1时，有q ≥1； 当k ＝2,3，…，m 时，有lnk k≤ln q ≤lnkk−1.设f (x )＝lnx x(x >1)，则f ′(x )＝1−lnx x 2(x >1)．令f ′(x )＝0，得x ＝e ，列表如下：因为ln22＝ln86<ln96＝ln33，所以f (k )max ＝f (3)＝ln33.取q ＝√33，当k ＝1,2,3,4,5时，lnk k≤ln q ，即k ≤q k ，经检验知q k －1≤k 也成立．因此所求m 的最大值不小于5.若m ≥6，分别取k ＝3,6，得3≤q 3，且q 5≤6，从而q 15≥243，且q 15≤216，所以q 不存在．因此所求m 的最大值小于6. 综上，所求m 的最大值为5.7．(2019·全国Ⅱ理，19)已知数列{a n }和{b n }满足a 1＝1，b 1＝0,4a n ＋1＝3a n －b n ＋4,4b n ＋1＝3b n －a n －4.(1)证明：{a n ＋b n }是等比数列，{a n －b n }是等差数列； (2)求{a n }和{b n }的通项公式．(1)证明 由题设得4(a n ＋1＋b n ＋1)＝2(a n ＋b n )， 即a n ＋1＋b n ＋1＝12(a n ＋b n )．又因为a 1＋b 1＝1，所以{a n ＋b n }是首项为1，公比为12的等比数列．由题设得4(a n ＋1－b n ＋1)＝4(a n －b n )＋8，即a n ＋1－b n ＋1＝a n －b n ＋2. 又因为a 1－b 1＝1，所以{a n －b n }是首项为1，公差为2的等差数列． (2)解 由(1)知，a n ＋b n ＝12n−1,，a n －b n ＝2n －1.所以a n ＝12[(a n ＋b n )＋(a n －b n )]＝12n ＋n －12， b n ＝12[(a n ＋b n )－(a n －b n )]＝12n －n ＋12.8．(2019·北京理，20)（13分）已知数列{}n a ，从中选取第1i 项、第2i 项、⋯、第m i 项12()m i i i <<⋯<，若12m i i i a a a <<⋯<，则称新数列1i a ，2i a ，⋯，m i a 为{}n a 的长度为m 的递增子列．规定：数列{}n a 的任意一项都是{}n a 的长度为1的递增子列． （Ⅰ）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（Ⅱ）已知数列{}n a 的长度为p 的递增子列的末项的最小值为0m a ，长度为q 的递增子列的末项的最小值为0n a ．若p q <，求证：00m n a a <；（Ⅲ）设无穷数列{}n a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等．若{}n a 的长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -，且长度为s 末项为21s -的递增子列恰有12s -个(1s =，2，)⋯，求数列{}n a 的通项公式．【思路分析】()1I ，3，5，6．答案不唯一．()II 考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列，可得0n a >该数列的第p 项0m a …，即可证明结论． ()III 考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列，这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，可得2s 必在21s -之前．继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．因此对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，可得研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -，即可得出：递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．可得2，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 【解析】：()1I ，3，5，6．()II 证明：考虑长度为q 的递增子列的前p 项可以组成长度为p 的一个递增子列， ∴0n a >该数列的第p 项0m a …， ∴00m n a a <．()III 解：考虑21s -与2s 这一组数在数列中的位置．若{}n a 中有2s ，在2s 在21s -之后，则必然在长度为1s +，且末项为2s 的递增子列， 这与长度为s 的递增子列末项的最小值为21s -矛盾，2s ∴必在21s -之前． 继续考虑末项为21s +的长度为1s +的递增子列．Q 对于数列21n -，2n ，由于2n 在21n -之前，∴研究递增子列时，不可同时取2n 与21n -， Q 对于1至2s 的所有整数，研究长度为1s +的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，⋯⋯，第s 项是21s -与2s 二选1，故递增子列最多有2s 个．由题意，这s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在21s +之前．2∴，1，4，3，6，5，⋯⋯，是唯一构造． 即221k a k =-，212k a k -=，*k N ∈．【归纳与总结】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题．9．(2019·天津理，19)设{a n }是等差数列，{b n }是等比数列．已知a 1＝4，b 1＝6，b 2＝2a 2－2，b 3＝2a 3＋4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)设数列{c n }满足c 1＝1，c n ＝{1,2k <n <2k+1,b k ,n =2k,其中k ∈N *. (ⅰ)求数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式；(ⅱ)求(n ∈N *)．解 (1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 依题意得{6q ＝6＋2d ，6q 2＝12＋4d ，解得{d ＝3，q ＝2，所以a n ＝a 1＋(n －1)d ＝4＋(n －1)×3＝3n ＋1， b n ＝b 1·q n －1＝6×2n －1＝3×2n .所以{a n }的通项公式为a n ＝3n ＋1，{b n }的通项公式为b n ＝3×2n . (2)(ⅰ)a 2n (c 2n －1)＝a 2n (b n －1)＝(3×2n ＋1)(3×2n －1)＝9×4n －1. 所以数列{a 2n (c 2n －1)}的通项公式为a 2n (c 2n －1)＝9×4n －1. (ⅱ)a i c i ＝[a i ＋a i (c i －1)] ＝a i ＋a 2i (c 2i －1)＝[2n ×4+2n (2n −1)2×3]＋(9×4i －1) ＝(3×22n －1＋5×2n －1)＋9×4(1−4n )1−4－n＝27×22n －1＋5×2n －1－n －12(n ∈N *)．。