2019年高考试题汇编理科数学---数列.doc

（2019全国1理）9.记nS为等差数列na的前n项和.已知40S，55a，则（ ） A.25nan B.310nan C.228nSnn D.2122nSnn 答案： A 解析：

依题意有415146045Sadaad，可得132ad，25nan，24nSnn.

（2019全国1理）14.记nS为等比数列na的前n项和，若113a，246aa，则5S . 答案：

5S1213 解答：

∵113a，246aa 设等比数列公比为q ∴32511()aqaq

∴3q ∴5

S

121

3

2019全国2理)19. 已知数列na和nb满足11a，01b，4341nnnbaa，4341nnnabb.

（1）证明： nnba是等比数列，nnba是等差数列； （2）求na和nb的通项公式. 答案： （1）见解析

（2）21)21(nann，21)21(nbnn. 解析： (1)将4341nnnbaa，4341nnnabb相加可得nnnnnnbababa334411，

整理可得)(2111nnnnbaba，又111ba，故nnba是首项为1，公比为21的等比数列. 将4341nnnbaa，4341nnnabb作差可得8334411nnnnnnbababa， 整理可得211nnnnbaba，又111ba，故nnba是首项为1，公差为2的等差数列. （2）由nnba是首项为1，公比为21的等比数列可得1)21(nnnba①； 由nnba是首项为1，公差为2的等差数列可得12nbann②； ①②相加化简得21)21(nann，①②相减化简得21)21(nbnn。

(2019全国3理)5.已知各项均为正数的等比数列na的前4项和为15，且53134aaa，则3a（） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 答案： C 解答：

设该等比数列的首项1a，公比q，由已知得，4211134aqaqa，

因为10a且0q，则可解得2q，又因为231(1)15aqqq， 即可解得11a，则2314aaq.

(2019全国3理)14.记nS为等差数列na的前n项和，若10a，213aa，则105SS . 答案： 4 解析：

设该等差数列的公差为d，∵213aa，∴113ada，故1120,0daad，

∴1101101551102292102452452aaadSdaaSadd. （2019北京理）10.设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=−3，S5=−10，则a5=__________，Sn的最小值为__________． 【答案】 (1). 0. (2). -10. 【解析】 【分析】 首先确定公差,然后由通项公式可得5a的值，进一步研究数列中正项､负项的变化规律,得到和的最小值. 【详解】等差数列na中,53510Sa,得322,3aa,公差321daa,5320aad, 由等差数列na的性质得5n时,0na,6n时,na大于0,所以nS的最小值为4S或5S,即为10. 【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. （2019北京理）20.已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1则称新数列12miiiaaa，，，为{an}的长度为m的递增子列．规定：数列{an}的任意一项都是{an}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{an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为0ma，长度为q的递增子列的末项的最小值为0n

a.

若p（Ⅲ）设无穷数列{an}的各项均为正整数，且任意两项均不相等.若{an}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{an}的通项公式． 【答案】(Ⅰ) 1,3,5,6. (Ⅱ)见解析；

(Ⅲ)见解析. 【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意结合新定义的知识给出一个满足题意的递增子列即可；

(Ⅱ)利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；

(Ⅲ)观察所要求解数列的特征给出一个满足题意的通项公式，然后证明通项公式满足题中所有的条件即可. 【详解】(Ⅰ)满足题意的一个长度为4的递增子列为：1,3,5,6. (Ⅱ)对于每一个长度为q的递增子列12,,qaaaL，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列12,,paaaL，此

时pqaa， 设所有长度为q的子列的末项分别为：123,,,qqqaaaL， 所有长度为p的子列的末项分别为：123,,,pppaaaL， 则0123min,,,nqqqaaaaL， 注意到长度为p的子列可能无法进一步找到长度为q的子列， 故0123min,,,mpppaaaaL， 据此可得：00mn

aa

(Ⅲ)满足题意的一个数列的通项公式可以是1,2,1,4,3,6,5,8,7,1,nnnannL为偶数为奇数，

下面说明此数列满足题意. 很明显数列为无穷数列，且各项均为正整数，任意两项均不相等. 长度为s的递增子列末项的最小值为2s-1， 下面用数学归纳法证明长度为s末项为2s-1的递增子列恰有12s个1,2,sL： 当1n时命题显然成立， 假设当nk时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有12k个， 则当1nk时，对于nk时得到的每一个子列121,,,,21ksssaaakL， 可构造：121,,,,21,211ksssaaakkL和121,,,,2,211ksssaaakkL两个满足题意的递增子列， 则长度为k+1末项为2k+1的递增子列恰有1112222kkk个，

综上可得，数列1,2,1,4,3,6,5,8,7,1,nnnannL为偶数为奇数是一个满足题意的数列的通项公式. 注：当3s时，所有满足题意的数列为：2,3,5,1,3,5,2,4,5,1,4,5， 当4s时，数列2,3,5对应的两个递增子列为：2,3,5,7和2,3,6,7.

【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.

（2019天津理）19.设na是等差数列，nb是等比数列.已知1122334,622,24abbaba，. （Ⅰ）求na和nb的通项公式；

（Ⅱ）设数列nc满足111,22,1,,2,kknkknccbn其中*kN. （i）求数列221nnac的通项公式； （ii）求2*1niiiacnN. 【答案】（Ⅰ）31nan；32nnb（Ⅱ）（i）221941nnnac（ii）2*211*12725212nnniiiacnnn

NN

【解析】 【分析】 (Ⅰ)由题意首先求得公比和公差，然后确定数列的通项公式即可； (Ⅱ)结合(Ⅰ)中的结论可得数列221nnac的通项公式，结合所得的通项公式对所求的数列通项公式进行等

价变形，结合等比数列前n项和公式可得21niiiac的值. 【详解】(Ⅰ)设等差数列na的公差为d，等比数列nb的公比为q. 依题意得262426262424124qddqdd，解得32dq， 故4(1)331nann，16232nnnb. 所以，na的通项公式为31nan，nb的通项公式为32nnb. (Ⅱ)(i)22211321321941nnnnnnnacab. 所以，数列221nnac的通项公式为221941nnnac.

(ii)22111nniiiiiiiacaac2222111nniiiiiaac 2212432nnn







1941nii

2114143252914nnnn



211*2725212nnnnN

.

【点睛】本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.

（2019上海）18．已知数列，，前项和为． （1）若为等差数列，且，求； {}na13annS

{}na415anS