2019年高考试题汇编理科数学---数列

1/13（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∴5S12132019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；2/13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.16B.8C.4D.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.3/13（2019北京理）20.已知数列{an}，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项(i1i2…im)，若12miiiaaa，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0na.若pq，求证：0ma0na；（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,,qaaa，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列12,,paaa，此时pqaa，设所有长度为q的子列的末项分别为：123,,,qqqaaa，所有长度为p的子列的末项分别为：123,,,pppaaa，则0123min,,,nqqqaaaa，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，据此可得：00mnaa(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为偶数为奇数，4/13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：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，可构造：121,,,,21,211ksssaaakk和121,,,,2,211ksssaaakk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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）5/13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.6/13（2019上海）18．已知数列，，前项和为．（1）若为等差数列，且，求；（2）若为等比数列，且，求公比的取值范围．【解答】解：（1），，；（2），存在，，存在，且，，，，或，公比的取值范围为，，．（2019上海）21．已知等差数列的公差，，数列满足，集合．（1）若，求集合；（2）若，求使得集合恰好有两个元素；（3）若集合恰好有三个元素：，是不超过7的正整数，求的所有可能的值．【解答】解：（1）等差数列的公差，，数列满足，集合．当，集合，0，．（2），数列满足，集合恰好有两个元素，如图：根据三角函数线，①等差数列的终边落在轴的正负半轴上时，集合恰好有两个元素，此时，②终边落在上，要使得集合恰好有两个元素，可以使，的终边关于轴对称，如图，，此时，综上，或者．{}na13annS{}na415anS{}nalim12nnSq4133315aadd4d2(1)3422nnnSnnn3(1)1nnqSqlimnnS11qlimnnS11q0q3(1)3limlim11nnnnqSqq3121q34q10q304qq(10)(03)4{}na(0d]{}nbsin()nnba*|,nSxxbnN120,3adS12adSSnTnbbTT{}na(0d]{}nbsin()nnba*|,nSxxbnN120,3ad3{2S3}212a{}nbsin()nnba*|,nSxxbnN{}naySd1aOAS2a3ayOBOC23d23dd7/13（3）①当时，，集合，，，符合题意．②当时，，，，或者，等差数列的公差，，故，，又，2当时满足条件，此时，1，．③当时，，，，或者，因为，，故，2．当时，，1，满足题意．④当时，，，所以或者，，，故，2，3．当时，，满足题意．⑤当时，，，所以，或者，，，故，2，3当时，因为对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有，，，，不符合条件．当时，因为对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有，，不是整数，不符合条件．当时，因为对应着3个正弦值，故必有一个正弦值对应着3个点，必然有或者，，或者，此时，均不是整数，不符合题意．综上，，4，5，6．3T3nnbb1{Sb2b3}b4T4nnbbsin(4)sinnnada42nnadak42nnadka{}na(0d]42nnadak2kd1k1k{S1}5T5nnbbsin(5)sinnnada52nnadak52nnadka(0d]1k1k{sin10Ssin}106T6nnbbsin(6)sinnnada62nnadak62nnadka