1、2019年高考数学试题分项版数列（解析版）一、选择题1(2019全国文，6)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3等于()A16 B8 C4 D2答案C解析设等比数列an的公比为q，由a53a34a1得q43q24，得q24，因为数列an的各项均为正数，所以q2，又a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1248)15，所以a11，所以a3a1q24.2(2019浙江，10)设a，bR，数列an满足a1a，an1an2b，nN*，则()A当b12时，a1010B当b14时，a1010C当b2时，a1010D当b4时，a1010答案A解析当b12时，因为an
2、1an212，所以a212，又an1an2122an，故a9a2(2)712(2)742，a10a923210.当b14时，an1anan-122，故当a1a12时，a1012，所以a1010不成立同理b2和b4时，均存在小于10的数x0，只需a1ax0，则a10x010，故a1010不成立3(2019全国理，9)记Sn为等差数列an的前n项和已知S40，a55，则()Aan2n5 Ban3n10CSn2n28n DSn12n22n答案A解析设等差数列an的公差为d，S40，a55，4a1+432d=0,a1+4d=5,解得a1=-3，d=2，ana1(n1)d32(n1)2n5，Snna1n
3、n-12dn24n.故选A.4(2019全国理，5)已知各项均为正数的等比数列an的前4项和为15，且a53a34a1，则a3等于()A16 B8 C4 D2答案C解析设等比数列an的公比为q，由a53a34a1得q43q24，得q24，因为数列an的各项均为正数，所以q2，又a1a2a3a4a1(1qq2q3)a1(1248)15，所以a11，所以a3a1q24.二、填空题1(2019全国文，14)记Sn为等比数列an的前n项和，若a11，S334，则S4_.答案58解析设等比数列的公比为q，则ana1qn1qn1.a11，S334，a1a2a31qq234，即4q24q10，q12，S41
4、1-1241-1258.2(2019全国文，14)记Sn为等差数列an的前n项和若a35，a713，则S10_.答案100解析an为等差数列，a35，a713，公差da7-a37-313-542，首项a1a32d5221，S1010a11092d100.3(2019江苏，8)已知数列an(nN*)是等差数列，Sn是其前n项和若a2a5a80，S927，则S8的值是_答案16解析方法一设等差数列an的公差为d，则a2a5a8(a1d)(a14d)a17da124d25a1da17d0，S99a136d27，解得a15，d2，则S88a128d405616.方法二S9a1+a92927，a1a96
5、，a2a82a56，a53，则a2a5a83a2a80，即2a260，a23，则a89，其公差da8-a58-52，a15，S88a1+a8216.4(2019全国理，14)记Sn为等比数列an的前n项和若a113，a42a6，则S5_.答案1213解析设等比数列an的公比为q，因为a42a6，所以(a1q3)2a1q5，所以a1q1，又a113，所以q3，所以S5a11-q51-q131-351-31213.5(2019全国理，14)记Sn为等差数列an的前n项和若a10，a23a1，则s10s5_.答案4解析设等差数列an的公差为d，由a23a1，即a1d3a1，得d2a1，所以s10s5
6、10a1+1092d5a1+542d10a1+10922a15a1+5422a1100254.6(2019北京理，10)设等差数列的前项和为，若，则，的最小值为【思路分析】利用等差数列的前项和公式、通项公式列出方程组，能求出，由此能求出的的最小值【解析】：设等差数列的前项和为，解得，或时，取最小值为故答案为：0，【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全国文，18)记Sn为等差数列an的前n项和已知S9a5.(1)若a34，求an的通项公式；(2)若a10，求使得Sn
7、an的n的取值范围解(1)设an的公差为d.由S9a5，即9a5a5，所以a50，得a14d0.由a34得a12d4.于是a18，d2.因此an的通项公式为an102n，nN*.(2)由(1)得a14d，故an(n5)d，Snnn-9d2.由a10知d0；当n6时，an0.所以Sn的最小值为S5S630.4(2019天津文，18)设an是等差数列，bn是等比数列，公比大于0.已知a1b13，b2a3，b34a23.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足cn1,n为奇数，bn2,n为偶数.求a1c1a2c2a2nc2n(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q
8、，q0.依题意，得3q32d，3q2154d，解得d3，q3，故an33(n1)3n，bn33n13n.所以an的通项公式为an3n，bn的通项公式为bn3n.(2)a1c1a2c2a2nc2n(a1a3a5a2n1)(a2b1a4b2a6b3a2nbn)n3+n(n-1)26(631123218336n3n)3n26(131232n3n)记Tn131232n3n，则3Tn132233n3n1，得，2Tn332333nn3n13(1-3n)1-3n3n12n-13n+1+32.所以a1c1a2c2a2nc2n3n26Tn3n232n-13n+1+323n-13n+2+6n2+92 (nN*)5
9、(2019浙江，20)设等差数列an的前n项和为Sn，a34，a4S3.数列bn满足：对每个nN*，Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列(1)求数列an，bn的通项公式；(2)记cnan2bn，nN*，证明：c1c2cn2n，nN*.(1)解设数列an的公差为d，由题意得a12d4，a13d3a13d，解得a10，d2.从而an2n2，nN*.所以Snn2n，nN*.由Snbn，Sn1bn，Sn2bn成等比数列得(Sn1bn)2(Snbn)(Sn2bn)解得bn1a(Sn+12SnSn2)所以bnn2n，nN*.(2)证明cnan2bn2n-22n(n+1)n-1n(n+1)，nN*.我
10、们用数学归纳法证明当n1时，c102，不等式成立；假设nk(kN*，k1)时不等式成立，即c1c2ck2k.那么，当nk1时，c1c2ckck12kkk+1k+22k1k+12k2k+1+k2k2(k+1k)2k+1.即当nk1时不等式也成立根据和，不等式c1c2cn2n对任意nN*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an(nN*)满足：a2a4a5，a34a24a10，求证：数列an为“M数列”；(2)已知数列bn(nN*)满足：b11，1Sn2bn2bn+1，其中Sn为数列bn的前n项和求数列bn的通项公式；设m为正整数若存在“M数列
11、”cn(nN*)，对任意正整数k，当km时，都有ckbkck1成立，求m的最大值(1)证明设等比数列an的公比为q，所以a10，q0.由a2a4=a5,a3-4a2+4a1=0,得a12q4=a1q4,a1q2-4a1q+4a1=0,解得a1=1,q=2.因此数列an为“M数列”(2)解因为1Sn2bn2bn+1，所以bn0.由b11，S1b1，得11212b2，则b22.由2Sn2bn2bn+1，得Snbnbn+12(bn+1-bn)，当n2时，由bnSnSn1，得bnbnbn+12(bn+1-bn)bn-1bn2(bn-bn-1)，整理得bn1bn12bn.所以数列bn是首项和公差均为1的
12、等差数列因此，数列bn的通项公式为bnn(nN*)由知，bkk，kN*.因为数列cn为“M数列”，设公比为q，所以c11，q0.因为ckbkck1，所以qk1kqk，其中k1,2,3，m.当k1时，有q1；当k2,3，m时，有lnkkln qlnkk-1.设f(x)lnxx (x1)，则f(x)1-lnxx2 (x1)令f(x)0，得xe，列表如下：因为ln22ln86ln96ln33，所以f(k)maxf(3)ln33.取q33，当k1,2,3,4,5时，lnkkln q，即kqk，经检验知qk1k也成立因此所求m的最大值不小于5.若m6，分别取k3,6，得3q3，且q56，从而q15243
13、，且q15216，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全国理，19)已知数列an和bn满足a11，b10,4an13anbn4,4bn13bnan4.(1)证明：anbn是等比数列，anbn是等差数列；(2)求an和bn的通项公式(1)证明由题设得4(an1bn1)2(anbn)，即an1bn112(anbn)又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公比为12的等比数列由题设得4(an1bn1)4(anbn)8，即an1bn1anbn2.又因为a1b11，所以anbn是首项为1，公差为2的等差数列(2)解由(1)知，anbn12n-1,，anbn2n1
14、.所以an12(anbn)(anbn)12nn12，bn12(anbn)(anbn)12nn12.8(2019北京理，20)（13分）已知数列，从中选取第项、第项、第项，若，则称新数列，为的长度为的递增子列规定：数列的任意一项都是的长度为1的递增子列（）写出数列1，8，3，7，5，6，9的一个长度为4的递增子列；（）已知数列的长度为的递增子列的末项的最小值为，长度为的递增子列的末项的最小值为若，求证：；（）设无穷数列的各项均为正整数，且任意两项均不相等若的长度为的递增子列末项的最小值为，且长度为末项为的递增子列恰有个，2，求数列的通项公式【思路分析】，3，5，6答案不唯一考虑长度为的递增子列的
15、前项可以组成长度为的一个递增子列，可得该数列的第项，即可证明结论考虑与这一组数在数列中的位置若中有，在在之后，则必然在长度为，且末项为的递增子列，这与长度为的递增子列末项的最小值为矛盾，可得必在之前继续考虑末项为的长度为的递增子列因此对于数列，由于在之前，可得研究递增子列时，不可同时取与，即可得出：递增子列最多有个由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前可得2，1，4，3，6，5，是唯一构造【解析】：，3，5，6证明：考虑长度为的递增子列的前项可以组成长度为的一个递增子列，该数列的第项，解：考虑与这一组数在数列中的位置若中有，在在之后，则必然在长度为，且末项为的递增子列，这与长度为的
16、递增子列末项的最小值为矛盾，必在之前继续考虑末项为的长度为的递增子列对于数列，由于在之前，研究递增子列时，不可同时取与，对于1至的所有整数，研究长度为的递增子列时，第1项是1与2二选1，第2项是3与4二选1，第项是与二选1，故递增子列最多有个由题意，这组数列对全部存在于原数列中，并且全在之前，1，4，3，6，5，是唯一构造即，【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an是等差数列，bn是等比数列已知a14，b16，b22a22，b32a34.(1)求an和bn的通项公式；(2)设数列cn满足c11，c
17、n1,2kn2k+1,bk,n=2k,其中kN*.()求数列a2n(c2n1)的通项公式；()求(nN*)解(1)设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q.依题意得6q62d，6q2124d，解得d3，q2，所以ana1(n1)d4(n1)33n1，bnb1qn162n132n.所以an的通项公式为an3n1，bn的通项公式为bn32n.(2)()a2n(c2n1)a2n(bn1)(32n1)(32n1)94n1.所以数列a2n(c2n1)的通项公式为a2n(c2n1)94n1.()aiciaiai(ci1)aia2i(c2i1)2n4+2n(2n-1)23 (94i1)(322n152n1)94(1-4n)1-4n2722n152n1n12(nN*)
