(完整word版)2019年高考数学数列小题练习集(一)

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 年全国高考理科数学试题分类汇编4：数列一、选择题1 ．（ 2019 年高考上海卷（理） ）在数列 { a n } 中 , a n2n 1, 若一个 7 行 12 列的矩阵的第 i 行第 j列的元素ai ,ja i a j a i a j ,( i 1,2,L,7; j1,2,L ,12 ) 则该矩阵元素能取到的不一样数值的个数为( )(A)18(B)28(C)48(D)63【答案】 A.2 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试纲领版数学（理） WORD 版含答案（已校 对））已知数列a n 知足3a n 1an0,a 24 , 则 a n 的前 10 项和等于3 1 1(A)61 310 (B)3 10 (C) 3 1 3 10(D)3 1+3 109【答案】 C3 （． 2019 年高考新课标 1（理））设A nB nC n 的三边长分别为 a n , b n ,c n , A n B n C n 的面积为 S n , n 1,2,3, L ,若 b 1c 1 ,b 1 c 1 2a 1 ,a n 1a n,bn 1c n an, cn 1 b na n, 则 ()22A.{ S } 为递减数列B.{S } 为递加数列nnC.{ S 2n-1 } 为递加数列 ,{ S 2n } 为递减数列D.{ S 2n-1 } 为递减数列 ,{ S 2n } 为递加数列【答案】 B4 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯WORD 版）） 函数 y= f (x) 的图像以下图 ,在区间 a,b 上可找到 n(n 2) 个不一样的数x 1 ,x 2 ...,x n ,使得f (x 1) f (x 2 )f (x n )==, 则 n 的取值范围是x 1x 2x n(A) 3,4 (B) 2,3,4 (C) 3,4,5(D) 2,3【答案】 B5 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题（纯WORD版））已知等比数列{ a n}的公比为q,记 b n am( n 1) 1am( n 1) 2... am (n 1) m,c n am(n 1) 1? am(n 1) 2 ?...? a m( n 1) m (m, nN * ), 则以下结论必定正确的选项是( )A. 数列 {b n} 为等差数列 , 公差为q m B. 数列 { b n } 为等比数列,公比为 q2mC. 数列{c n}为等比数列 , 公比为q m2D. 数列 { c n } 为等比数列,公比为 q m m【答案】 C6 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD版含答案））等比数列a n的前 n 项和为 S n,已知 S3 a2 10a1, a5 9 ,则 a11(B) 1 1 1(A)3 (C) (D)3 9 9【答案】 C7 ．（ 2019 年高考新课标1（理））设等差数列a n的前n项和为S n, S m 12, S m0, S m 1 3 ,则 m ( )【答案】 C8 ．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试辽宁数学（理）试题（WORD版））下边是对于公差 d 0 的等差数列a n的四个命题 :p1 : 数列 a n 是递加数列；p2 : 数列 na n 是递加数列；p3 : 数列an是递加数列；p4 : 数列 a n 3nd 是递加数列；n此中的真命题为(A) p1, p2(B)p3 , p4(C)p2 , p3(D)p1, p4【答案】 D9 ．（ 2019 年高考江西卷（理））等比数列x,3x+3,6x+6,..的第四项等于【答案】 A二、填空题10．（ 2019 年高考四川卷（理））在等差数列{ a n}中,a2 a1 8 ,且 a4为 a2和 a3的等比中项,求数列 { a n} 的首项、公差及前 n 项和.【答案】解 : 设该数列公差为 d ,前n项和为s n.由已知, 可得2a1 2d 8, a12a1 d a1 8d . 3d所以 a1 d 4,d d 3a1 0 ,解得 a1 4, d 0 ,或 a1 1,d 3,即数列a n的首相为4,公差为0,或首相为1,公差为 3.所以数列的前 n 项和 s n 4n 或 s n 3n2 n211．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯 WORD版含答案））等差数列a n 的前 n 项和为S n,已知 S10 0, S15 25 ,则 nS n的最小值为________.【答案】4912．（ 2019 年高考湖北卷（理））古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各样多边形数. 如三角形数 1,3,6,10,,第 n 个三角形数为n n 1 1 n2 1n .记第 n 个 k 边形数为 N n,k k 3 ,以以下出了部分k 边形2 2 2数中第 n 个数的表达式:三角形数N n,3 1 n2 1 n2 2正方形数N n,4 n2五边形数N n,5 3 n2 1 n2 2六边形数N n,6 2n2 n能够推断 N n, k 的表达式,由此计算 N 10,24___________.选考题【答案】 100013．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯WORD版含附带题））在正项等比数列 { a n} 中,a5 1a6 a7 3 ,则满足 a1 a2 a n a1a2 a n的最大正整数 n, 的值为2_____________. 【答案】 1214．（ 2019 年高考湖南卷（理））设S n为数列a n 的前 n 项和 , S n ( 1)n a n 1n , n N , 则2(1) a3 _____; (2) S1 S2 S100 ___________.【答案】1 1(11) 16; 1003 215．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题（纯WORD版））当x R, x 1时 , 有以下表达式 : 1 x x2 ... x n ... 1 .1 x1 1 1 1 11两边同时积分得 : 2 1dx 2 xdx 2 x2dx ... 2 x n dx ... 2 dx.0 0 0 0 01 x进而获得以低等式 : 1 1 1 ( 1)2 1 (1)3 (1)1 ( 1)n 1 ... ln 2.2 2 23 2 n 2请依据以下资料所包含的数学思想方法,计算:0 1 1 1 1 2 1 2 1 3 1 n 1 n 1C n 2 2C n ( 2 ) 3 C n ( 2) ... n 1C n ( 2 ) _____【答案】 1 [( 3 )n 1 1]n 1 216．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试重庆数学（理）试题（含答案））已知 a n 是等差数列 , a1 1,公差d 0 , S n为其前n项和 , 若a1, a2, a5成等比数列 , 则S8 _____【答案】6417．（ 2019 年上海市春天高考数学试卷( 含答案 ) ）若等差数列的前6项和为 23,前 9 项和为 57, 则数列的前n 项和 S n = __________.【答案】5n2 7 n 6 618（． 2019 年一般高等学校招生一致考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））在等差数列a n中, 已知a3 a8 10,则 3a5 a7 _____ 【答案】2019．（ 2019 年高考陕西卷（理） ）察看以下等式 :12 12231212 22 32 6 2222123410照此规律 , 第 n 个等式可为 ___ 1 2- 2 22n -1 2（ -1) n 13 -（ -1） nn(n 1) ____.22 - 2 23 2- n -1n 2 （ - 1) n 1n(n 1)【答案】 1（ -1）220 ．（ 2019 年 高考新课标2 1 1（理）） 若数列 { a n } 的前 n 项和为 S n = a n, 则数列 { a n } 的通项公式是33a n =______.【答案】 a n = ( 2)n 1 .21．（ 2019年一般高等学校招生一致考试安徽数学 （理）试题（纯 WORD 版））如图 , 互不 - 同样的点 A 1 , A 2 K , X n ,K和 B 1 , B 2 K , B n ,K 分别在角 O 的两条边上 , 全部 A n B n 互相平行 , 且全部梯形 A n B n B n 1 A n 1 的面积均相等 . 设OA n a n . 若 a 1 1,a 2 2, 则数列 a n 的通项公式是 _________.【答案】a n3n 2, nN *22（． 2019 年高考北京卷 （理））若等比数列 n 2 4 35{ a } 知足 a +a =20, a +a =40,则公比 q =_______; 前 n 项和n =___________.S【答案】 2,2n 12 23．（ 2019 年一般 高等学校招生一致考试辽宁数学（理）试题（WORD 版）） 已知等比数列 a n 是递加数列,S n 是 a n 的 前 n 项 和 , 若 a 1， a 3 是 方 程 x 2 5x 4 0的两个根,则S6____________. 【答案】 63三、解答题24．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试安徽数学（理）试题（纯WORD版））设函数f n (x)1 x x2 x2 x n(x R, n N n ),证明: 22 2Kn23( Ⅰ) 对每个( Ⅱ) 对随意n N n,存在独一的x [2,1] ,知足f n(x n) 0 ;n 31 p N n,由(Ⅰ)中 x n组成的数列x n知足 0 x n x n p .n【答案】解: ( Ⅰ) 当 x 0时， y x nf n (x) 1 xx 2x3 x 4 x n n 2是单一递加的2 23 24 2 n 2 是x 的单一递加函数 , 也是 n 的单调递加函数 . 且f n( 0) 1 0, f n (1) 1 1 0 .存在独一 x n (0,1], 知足 f n ( x n ) 0，且 1 x1 x2 x3 x n 0当 x (0,1).时, f n ( x) 1 x x2 x3 22 220 f n ( x n ) 1 x n x n 2 14 1 x n综上 , 对每个n N n,存在独一的x n [ 23(Ⅱ) 由题知1 x n xn p 0, f n ( x n )x 4 x n1x2 1 x n 1 x 2 122 22x11 x1 x4 x 4(x n 2)(3x n 2) 0 x n2,1][3,1] ,知足f n( x n) 0 ;( 证毕 )1x n2 x n3 x n4 x n nx n32 4222 n22 3 4 xn pn n 1 n pf n p (x n p ) 1 x n p xn pxn pxn pxn pxn p 0 上式相22 32 42 n 2 (n 1) 2 (n p) 2减:x n2 x n3 x n4 x n n 2 xn p3 x n p4 nxn pn 1 n pxn p xn pxn pxn px n2 32 42 n2 22 32 42 n2 (n 1) 2 ( n p) 222 2 334 4 n n n 1 n px n- x n p（ x n p - x n x n p - x n x n p - x n x n p - x n ）（ x n p x n p ）2 2 32 4 2 n 2 ( n 1) 2 (n p) 21 1 1 x n - x n p 1 .n n p n n法二 :25．（ 2019 年高考上海卷（理））(3 分 +6 分+9 分 ) 给定常数c 0 ,定义函数f (x) 2 | x c 4 | | x c |, 数列 a1 , a2 , a3 ,L 知足 a n 1 f ( a n ), n N *.(1) 若a1 c 2 ,求 a2及 a3 ;(2) 求证 : 对随意n N*, a n 1 a n c ,;(3)能否存在 a1,使得 a1, a2 ,L a n ,L 成等差数列若存在,求出全部这样的 a1,若不存在,说明原因. 【答案】 :(1) 因为c 0 ,a1(c 2) ,故 a2 f (a1 ) 2 | a1 c 4 | | a1 c | 2 ,a3 f (a1 ) 2 | a2 c 4 | | a2 c | c 10(2) 要证明原命题 , 只要证明f ( x) x c 对随意x R都建立,f ( x) x c 2 | x c 4 | | x c | x c即只要证明 2 | x c 4 | | x c | + x c若 x c 0 , 明显有 2 | x c 4 | | x c | + x c=0 建立 ; 若 xc 0 , 则 2 | x c 4 | | x c | +x cx c 4 x c 明显建立综上 , f ( x)x c 恒建立 , 即对随意的 nN * , a n 1a n c(3) 由 (2) 知 , 若 { a n } 为等差数列 , 则公差 d c 0 , 故 n 无穷增大时 , 总有 a n 0此时,a n 1f (a n ) 2(a n c 4) ( a n c) a n c8即 d c 8故 a 2 f ( a 1 ) 2 | a 1 c 4 | | a 1 c | a 1 c 8 ,即 2 | a 1 c 4 | | a 1 c | a 1c 8 ,当 a 1 c 0 时, 等式建立 , 且 n 2 时 , a n 0 , 此时 { a n } 为等差数列 , 知足题意 ;若 a 1 c 0 , 则 | a 1 c 4 | 4 a 1c 8 ,此时 , a 20, a 3 c 8,L , a n (n 2)(c 8) 也知足题意 ;综上 , 知足题意的 a 1 的取值范围是 [ c, ){ c 8} .26．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学） （已校正纯 WORD 版含附带题） ） 本小题满分10 分 .k 个6444744481， 2， 2,3,3,3， 4， 4， 4，k-1k-1设数列4，，（），，（ ）,即 当a n ： ------ L-1 k L-1 k（ k）（）k11 kk k1k N 时 , a na 2 L a nn N , 对于 l N ,定义2n（ - 1） k , 记 S n a 12会合 P ln S n 是a n 的整数倍，nN ，且1 n l(1) 求会合 P 11 中元素的个数 ; (2) 求会合 P 2000 中元素的个数 .【答案】 此题主要观察会合 . 数列的观点与运算 . 计数原理等基础知识 , 观察研究能力及运用数学概括法剖析解决问题能力及推理论证能力.(1) 解 :由数列a n 的 定 义得 : a 11, a 2 2 , a 3 2 , a 4 3 , a 5 3 , a 6 3 , a 7 4 , a 84 , a 94 , a 10 4 , a 11 5∴S1 1,S21,S33,S4 0,S5 3,S6 6,S7 2,S82,S9 6, S1010, S11 5∴ S11? a1, S40 ? a4, S51? a5, S6 2 ? a6, S111? a11∴会合 P11中元素的个数为 5(2) 证明 : 用数学概括法先证S i ( 2i 1)i (2i1)事实上 ,①当 i 1时,S i ( 2i 1)S31? (2 1) 3 故原式建立②假定当 i m 时,等式建立,即S m( 2 m 1) m ? (2m 1) 故原式建立则 : i m 1, 时 ,S( m 1)[ 2 (m1) 1} S( m 1)( 2 m3}Sm (2m1)(2m 1) 2 ( 2m 2) 2 m(2m 1) ( 2m 1) 2 (2m 2) 2(2m 2 5m 3) ( m 1)(2m 3)综合①②得:Si (2 i 1) i (2 1) 于是iS( i 1)[2 i1} Si ( 2i1} (2i 1)2 i (2i 1) (2i 1) 2 (2i 1)(i 1)由上可知 : S i (2i 1} 是 ( 2i 1) 的倍数而a( i 1)( 2 i1} j 2i 1( j 1,2, ,2i 1) ,所以 S i (2i 1) j Si (2 i 1) j (2i 1) 是a( i 1)( 2i 1} j ( j 1,2, ,2i 1) 的倍数又S( i 1)[ 2 i 1} (i1)( 2 1) 不是2i 2的倍数 , i而a( i 1 )(2 i 1} j ( 2 2)(j1,2, ,2i2) i所以S(i 1)( 2i 1)j S(i 1)( 2 i 1) j ( 2i 2) ( 2 i 1)(i 1) j (2i 2) 不是 a( i 1)( 2i 1} j( j1,2, ,2i 2) 的倍数故当 l i (2i 1) 时, 会合 P l中元素的个数为 1 3 （2i -1） i 2于是当l i ( 2i 1) j（1 j 2i时, 会合P l中元素的个数为i2j 1）又 2000 31 （2 31 1） 47故会合 P2000中元素的个数为31247 100827．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试浙江数学（理）试题（纯WORD 版）） 在公差为 d 的等差数列 { a n }中 ,已知 a 1 10 , 且 a 1 ,2a 2 2,5a 3 成等比数列 .(1) 求 d , a n ; (2)若 d0 , 求 | a 1 | | a 2 | | a 3 || a n | .【答案】 解:( Ⅰ) 由已知获得 :(2a2)25a a4(ad 1)250(a2d )(11 d )225(5 d)21 311121 22d d2125 25dd23d 4 0d 4d1a n或;4n6a n 11 n( Ⅱ) 由 (1) 知 , 当 d0 时 , a11 n ,n①当 1n 11时 ,an 0 | a 1 | | a 2 | | a 3 | ggg | a n | a1a 2a 3 ggg an n(10 11 n)n(21 n)22②当 12n 时 ,a n 0 | a 1 | | a 2 | | a 3 | ggg | a n | a 1 a 2a 3 ggg a 11 (a 12a13ggg a n )2(a 1a 2 a 3 ggg a 11) (a 1 a 2a 3 ggg a n ) 2 11(21 11) n(21 n)n 221n 2202 22n(21 n),(1 n 11)所以 , 综上所述 :| a 1 || a 2 | | a 3 | ggg | a n |2 ;n 2 21n 22012)2,( n28．（ 2019 年高考湖北卷（理） ） 已知等比数列a n 知足 : a 2 a 310 , a 1a 2a 3 125 . (I)求数列 a n 的通项公式 ;(II) 能否存在正整数 m , 使得11 L 1 1 若存在 , 求 m 的最小值 ; 若不存在 , 说明原因 .a 1a 2 a m【答案】 解 :(I) 由已知条件得 :a 2 5 , 又 a 2 q 1 10 ,q 1或3 ,所以数列 a n 的通项或 a n 53n 2(II) 若q, 11 L 111a 1a 2 a m 或 0, 不存在这样的正整数 m ;53 ,1m若 q1L1 9 1 1 9 , 不存在这样的正整数 m .a 1a 2a m 10 3 1029．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试山东数学（理）试题（含答案））设等差数列a的前 n 项和为Snn ,且 S 4 4S 2 , a 2n 2a n 1.( Ⅰ) 求数列 a n 的通项公式 ;( Ⅱ) 设数列b n 前 n 项和为 T n , 且 T na n 1 ( 为常数 ). 令 c nb 2n ( nN *). 求数列c n 的前 n2n项和 R n .【答案】 解:( Ⅰ) 设等差数列a n 的首项为a 1, 公差为 d ,由S 44S2, a 2n2a n1得4a 1 6d 8a 1 4da 1 (2n 1) 2a 12(n 1)d 1,解得 ,a11, d 2所以 a n2n 1 (n N * )T nn2n1( Ⅱ) 由题意知 :b n T n T n1n n 1所以n 2时, 2n 12n 22n 21 n 1故 , c nb2 n22n 1(n 1)( 4 )(nN * )R0 (1)1 (1)12 (1)23 (1)3(n 1) ( 1) n 1n44444,所以1R n0 (1)1 1 (1)22 (1)3(n 2) ( 1)n 1( n 1) ( 1)n则 4444443R n(1 )1 (1)2(1 )3( 1 )n 1(n 1) (1) n两式相减得 4 444441 (1 )n1 44( nn1 1)( )144R n1 3n 1 (4 4 n 1 ) 整理得9cn 的前 n项和R n13n 1所以数列数列9 (44n 1 )30．（ 2019 年一般高等学校招生全国一致招生考试江苏卷（数学）（已校正纯 WORD 版含附带题） ） 本小题满分16 分 . 设 { a n } 是首项为 a , 公差为 d 的等差数列 (d0) , S n 是其前 n 项和 . 记 b nnS n , nN * , 此中 cn 2 c为实数 .(1) 若 c 0 , 且 b 1， b 2， b 4 成等比数列 , 证明 :Snkn 2 S k ( k ,n N * ) (2) 若 {b n } 是等差数列 , 证明 : c 0 .【答案】 证明 : ∵ { a n } 是首项为 a , 公差为 d 的等差数列 (d 0) , S n 是其前 n 项和∴ S nna n(n 1) d2(1) ∵ c0 ∴ b n S na n 1 dn2 ∵ b 1， b 2， b 4 成等比数列∴ b 22b 1b 4 ∴ (a 1 d ) 2 a( a3 d)22∴ 1ad1 d2 0 ∴ 1 d( a 1d ) 0 ∵ d 0∴ a1 d ∴ d 2a24 222∴ S nna n(n 1) d na n(n1)2a n 2 a22∴左侧 = S nk (nk ) 2 a n 2 k 2a右侧 = n 2S k n 2 k 2 a∴左侧 =右侧∴原式建立(2) ∵ { b n } 是等差数列∴设公差为 d 1 , ∴ b n b 1 ( n 1)d 1 带入 b nnS n得 :n 2cb 1 (n 1)d 1nS n∴ (d 11 d )n 3 (b 1 d 11 ) n2 cd 1 n (b 1 ) 对 n N 恒建立n 2c2adc d 12d 1 1 d 02∴ b 1d 1 a 1 dcd 1 02c(d 1 b 1 ) 0由①式得 :d 11 d ∵ d 0 ∴ d 12 由③式得 :c法二 : 证:(1) 若 c0 , 则 a n a ( n 1)d , S nn[( n 1)d2a] , b n(n 1)d 2a .22当 b 1， b 2，b 4 成等比数列 , b 22b 1b 4 ,d 23d即 : aa a , 得 : d22ad , 又 d 0 , 故 d 2a .22由此 : S n n 2a ,Snk( nk) 2 a n 2k 2 a , n 2 S k n 2 k 2 a .故 : S nkn 2 S k ( k , n N * ).nS nn 2 ( n 1) d 2a(2) b n2 ,n 2cn 2cn 2 ( n 1)d 2ac (n1)d 2a c ( n 1) d 2a2n 2 2 2c(n 1)d 2a(n 1) d 2a c 2 . ( ※)n 22c若 { b n }是等差数列 , 则 b nAn Bn 型 .察看 ( ※) 式后一项 , 分子幂低于分母幂 ,( n 1)d 2a故有 : c 20, 即 c (n 1)d2a 0 , 而(n1)d 2a ≠0,n2c22故 c 0 .经查验 , 当 c0 时 { b n } 是等差数列 .31．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试纲领版数学（理）WORD 版含答案（已校正） ） 等差数 列 a n 的前 n 项和为 S n , 已知 S 3 =a 22 , 且 S 1 , S 2 , S 4 成等比数列 , 求 a n的通项式 .【答案】32．（ 2019 年一般高等学校招生一致考试天津数学（理）试题（含答案））已知首项为3的等比数列 { a n } 不是2递减数列 , 其前 n 项和为S n (n N*) 3 3 5 5 4 4成等差数列 ., 且S+ a , S + a , S + a( Ⅰ) 求数列 { a n } 的通项公式 ;( Ⅱ) 设 T n S n 1(n N * ) , 求数列 { Tn } 的最大项的值与最小项的值 . S n【答案】33．（ 2019 年高考江西卷（理） ）正项数列 {a n } 的前项和 {a n } 知足 : s n 2 ( n 2n1)s n (n 2 n)(1) 求数列 {a n } 的通项公式 a n ;(2) 令 b nn 1 , 数列 {b n } 的前 n 项和为 T n . 证明 : 对于随意的 n N * , 都有 T n5(n 2) 2 a 264【答案】 (1) 解 : 由 S n2(n 2 n 1) S n (n 2 n)0 , 得 S n (n 2 n) (S n 1) 0 .因为 a n 是正项数列 , 所以 S n0, S nn 2 n .于是 a 1 S 1 2, n 2时 , a n S nSn 1n 2 n (n 1)2(n 1) 2n .综上 , 数列 a n 的通项 a n 2n .(2) 证明 : 因为 a n2n, b nn 1.( n2) 2 a n 2则 bn11 11 .n4n 2 ( n 2) 216 n 2( n 2)2T n1 11 11 11 1 1 1 16 122 42 3252(n 1)2 (n 1)2 n 2( n 2)2321 11111 1516 2(n22 (1 2 2).2 1) (n 2)1664是等比数列 .。

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 *)．。

数列高考真题专项练习2019
1. （2018）记Sn为等差数列{an}的前n项和, 已知a1=﹣7, S3=﹣15.
（1）求{a n}的通项公式；
（2）求Sn, 并求Sn的最小值.
2. （2017）已知等差数列{an}的前n项和为Sn, 等比数列{bn}的前n项和为Tn, a1=
﹣1, b1=1, a2+b2=2.
（1）若a3+b3=5, 求{bn}的通项公式；
（2）若T3=21, 求S3．
3. （2016）等差数列{an}中, a3+a4=4, a5+a7=6.
（Ⅰ）求{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=[an], 求数列{bn}的前10项和, 其中[x]表示不超过x的最大整数, 如
[0.9]=0, [2.6]=2.
4. （2015）数列{an}满足a1=1, a2=2, an+2=2an+1﹣an+2.
（Ⅰ）设bn=an+1﹣an, 证明{bn}是等差数列；
（Ⅱ）求{an}的通项公式.
5. （2014）已知等差数列{an}的公差不为零, a1=25, 且a1, a11, a13成等比数列. （Ⅰ）求{a n}的通项公式；
（Ⅱ）求a1+a4+a7+…+a3n﹣2.
6. （2013）等差数列{an}中, a7=4, a19=2a9,
（Ⅰ）求{a n}的通项公式；
（Ⅱ）设bn=/, 求数列{bn}的前n项和Sn.
7. （2012）已知数列{an}中, a1=1, 前n项和/
（1）求a2, a3；
（2）求{an}的通项公式.
8. （2011）设等比数列{an}的前n项和为Sn, 已知a2=6, 6a1+a3=30, 求an和Sn.。

2019年高中数学单元测试试题 数列专题（含答案）学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________第I 卷（选择题）请点击修改第I 卷的文字说明 一、选择题1．一个凸五边形的内角的度数成等差数列,且最小角是46°,则最大角是 A.108° B.139° C.144° D.170°第II 卷（非选择题）请点击修改第II 卷的文字说明 二、填空题2．等比数列{}n a 中，若33=a ，246=a ，则8a 的值为______________.3．设n S 是公差不为零的等差数列{}n a 的前ｎ项和，若137920,,,a a a a =且成等比数列，则10S = ▲ ．4． 命题“有的三角形的三个内角成等差数列”的否定是 ▲ .5．在ABC ∆中，内角A 、B 、C 的对边分别为c b a ,,，已知c b a ,,成等比数列，且3=+c a ，37tan =B ，则ABC ∆的面积为 .6．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种性状来研究数，例如：w.w.w.k.s.5.u.c.o.m他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数;类似地，称图2中的1，4，9，16…这样的数成为正方形数。

下列数中及时三角形数又是正方形数的是（ ）A.289B.1024C.1225D.1378（2009湖北文）7．若数列{}n a 的前n 项和225n S n n =++，则567a a a ++=8．一个屋顶的某一斜面成等腰梯形，最上面一层铺瓦片21块，往下每一层多铺1块，斜面上铺了瓦片19层，共铺了______块瓦片。

9．数列5,55,555,5555,的一个通项公式为_______________10．数列}{n a 的递推公式是7,211-=+=+a a a n n ，则7a =________ 11．在11+n n和之间插入n 个正数，使这n +2个正数成等比数列，则插入的n 个正数之积 为 ；下面分别是数列{}n a 的前n 项和n S 的公式，求数列{}n a 的通项公式：(1)223n S n n =-； (2)32nn S =-13．已知等差数列{}n a 的首项1a 及公差d 都是整数，前n 项和为n S （n N *∈）.若1431,3,9a a S >>≤，则通项公式____________n a =三、解答题 14．在数列{}()122211,2,2sin (3,2nn n n a a a a n n N a π*--===-≥∈中，），数列{}n n a 前项和的为n S 。

数学试题1.若无穷数列满足：恒等于常数,则称具有局部等差数列.（1）若具有局部等差数列，且，求；（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，，判断是否具有局部等差数列，并说明理由；（3）设既具有局部等差数列，又具有局部等差数列，求证：具有局部等差数列.2.已知数列是首项为、公比为的等比数列，数列满足，．（1）求数列的通项公式；（2）若数列前项和为，求所有满足等式成立的正整数；（3）若且对任意都有，求实数的取值范围．【解析】（1）依题意，由可得当时，当时，，因此（2）由题意得，由得，化简得，由得；因为，所以，当时，由式得，无正整数解；当时，由式得，无正整数解；当时，由式得，所以．综上可知，满足条件的正整数3.设等比数列的各项均为正数，前项和为，且.（1）求；（2）是否存在常数，使得数列是等差数列？若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】（1）设等比数列的公比为，因为各项均为正数，所以.由得，解得已舍去.所以.（2）设，由（1）知.若数列是等差数列，则成等差数列，于是，即，整理得，解得或.当时，，满足，所以是等差数列；当时，，则，所以，舍去.综上，存在唯一的常数满足题意.4.已知为正整数，数列满足，，设数列满足. （1）求证：数列为等比数列；（2）若数列是等差数列，求实数的值；（3）若数列是等差数列，前项和为，对任意的，均存在，使得成立，求满足条件的所有整数的值.当=12时，，，，5．已知数列的前项和为，满足，且，正项数列满足，其前7项和为42．（1）求数列和的通项公式；（2）令，数列的前项和为，若对任意正整数，都有，求实数的取值范围；（3）将数列的项按照“当为奇数时，放在前面；当为偶数时，放在前面”的要求进行排列，得到一个新的数列：，求这个新数列的前项和．【答案】（1）；（2）；（3），【解析】（1）∵，∴数列是首项为1，公差为的等差数列，∴，即，∴，又，∴．∵，∴，又，∴，∴数列是等差数∴，∵对任意正整数，都有恒成立，∴．（3）数列的前项和，数列的前项和，①当时，；②当时，，特别地，当时，也符合上式；③当时，．综上：，．6.已知数列的首项，且满足，其中.设数列的前项和分别为.（Ⅰ）若不等式对一切恒成立，求；（Ⅱ）若常数且对任意的，恒有，求的值；（Ⅲ）在（2）的条件下且同时满足以下两个条件:（ⅰ）若存在唯一正整数的值满足；(ⅱ) 恒成立.试问：是否存在正整数，使得，若存在，求的值；若不存在，请说明理由.【解析】故，而，因为，所以，令，则所以存在正整数，使得，此时，或者.7.在数列中，已知为常数．（Ⅰ）证明：成等差数列；（Ⅱ）设，求数列的前项和；（Ⅲ）当时，数列中是否存在三项成等比数列，且也成等比数列？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【解析】（Ⅰ）因为，所以，同理，，，又因为，，所以，故，，成等差数列．（Ⅱ）由，得，令，则，，所以是以0为首项，公差为的等差数列，则，即，因为成等比数列，所以，所以，化简得，联立，得．这与题设矛盾． 故不存在三项成等比数列，且也成等比数列．8.已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足 (n ＋1) b n ＝a n ＋1－n Sn ，(n ＋2) c n ＝2 an ＋1＋an ＋2－n Sn，其中n ∈N*．（1）若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；（2）若存在实数λ，使得对一切n ∈N*，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 解：（1）因为{a n }是公差为2的等差数列，因此c n ＝21( b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N*，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝21(b n ＋b n ＋1)≤λ， 故b n ＝λ，c n ＝λ．所以 (n ＋1)λ＝a n ＋1－n Sn， ① (n ＋2)λ＝21(a n ＋1＋a n ＋2)－n Sn， ②②－①，得21(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ． 故a n ＋1－a n ＝2λ (n ≥2)．又2λ＝a 2－1S1＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ (n ≥1)． 所以数列{a n }是等差数列． 9．设数列的前n 项和为S n ，且满足：①；②，其中且．（1）求p 的值； （2）数列能否是等比数列？请说明理由；（3）求证：当r 2时，数列是等差数列．解：（1）n 1时，，因为，所以，又，所以p1．（2）不是等比数列．理由如下：……10．已知正项数列的前项和为，且，．（1）求数列的通项公式；（2）若对于，都有成立，求实数取值范围；（3）当时，将数列中的部分项按原来的顺序构成数列，且，证明：存在无数个满足条件的无穷等比数列．【解析】（1）当时，，故；当时，，所以，即，又，所以，所以，，，故（2）当为奇数时，，由得，恒成立，令，则，所以．当为偶数时，，由得，恒成立，所以．又，所以实数的取值范围是．（3）当时，若为奇数，则，所以．解法1：令等比数列的公比，则．设，因为，所以，，因为为正整数，。

解答: 13，设等比数列公比为q3、25•- (ag )ag••• q 3• S 121 …S 53（1）证明:a nb 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 1 x n 11 x n 1(2)a n () n，b n () n2222解析：(1)将 4a n 1 3a n b n 4 , 4b n 1 3b n a n 4 相加可得 4a n1 4b n 1 3a n 3b n a n b n ,11 整理可得a n 1 b n 1丄(a n b n )，又玄1 Q 1，故a . b n 是首项为1,公比为1的等比数列22将 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 13b n a n 4 作差可得 4a n14b n13a n 3b n a . b n 8,整理可得a n 1 b n 1a nb n 2，又a 1 Q 1，故a .b n 是首项为1，公差为2的等差数列1 1A. a n 2n 5B.3n 3n 10 CS2n 28nD.S n■In 2 2n 2答案：A解析：S 4 4冃 6d 0a 1 3 5, S n2依题意有 可得 a nn 4n .3S 31 4d 5 d 2 n（2019全国1理）9•记S n 为等差数列 a n 的前n 项和•已知S 40 , a 5 5，则（2（2019全国1理）14.记S n 为等比数列 a n 的前 n 项和,a 436，则 S5答案: S 51213 2019全国2理)19.已知数列a n 和b n满足a 10 , 4a n 1 3a n b n 4, 4b n 1 3b n a n 4.-31 2 3436(2)由a n b n是首项为1 ,公比为?的等比数列可得a n b n ()"①；由a n bn 是首项为1公差为2的等差数列可得a n b n 2n 1②;【解析】 【分析】首先确定公差，然后由通项公式可得 a 5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 a n 中，8s 5a 3 10,得a 3 2& 3,公差da 3 a ?1, a§% 2d 0,由等差数列a n 的性质得n 5时，a n 0, n 6时，a n 大于0,所以S n 的最小值为S 4或S 5,即为10.①②相加化简得a n（!）n n 1，①②相减化简得b n 2 2（2019全国3理）5.已知各项均为正数的等比数列的前4项和为15，且a s 3a 3 4印，则a ?（）A. 16B. 8 答案： C解答：C. 4D.设该等比数列的首项 a i ，公比由已知得,4a©3dq 24a i ， 因为a 0且q 0， 则可解得2，又因为 a i (1q 3) 15,即可解得c 1，则4.（2019全国3理）14.记S n 为等差数列 a n 的前n 项和，若q0, a 2 3a ，则 3°S 5答案:4解析:设该等差数列的公差为d 2a 1 a 1 0,d 0 ,10 a 1 a 10S 0____________2S 55 a 1 a 522 2a 1 9d3 4.2a 1 4d 5d（2019北京理）10.设等差数列 的前n 项和为S n,若a 2=-3 ,S s =-10，则a s = ,S n 的最小值为【答案】 (1). 0. (2). -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a i (2019北京理)20.已知数列｛a n｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第i m项(i l<i2<・・Vm)，若a h a2则称新数列a h, a i2, , a m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．(I)写出数列1 , 8, 3, 7, 5, 6, 9的一个长度为4的递增子列；(H)已知数列｛a n｝的长度为p的递增子列的末项的最小值为a m o，长度为q的递增子列的末项的最小值为a n0.若p<q,求证：a m°<a n°；(川)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 -, 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】(I )1,3,5,6.(n )见解析; (川)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；(n )利用数列的性质和递增子列的定义证明题中的结论即可；(川)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.(n)对于每一个长度为q的递增子列a n a2丄a q，都能从其中找到若干个长度为p的递增子列色总丄a p，此时a p a q ，设所有长度为q的子列的末项分别为：a q, ,a q2,a q3 ,L ,所有长度为p的子列的末项分别为：a p1,a p2,a p3,L ,则a n0 min a q1,a q2,a q3,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a m0 min a p1,a p2,a p3,L ，据此可得：a m0a n0n 1, n为偶数(川)满足题意的一个数列的通项公式可以是a n 斗才来朴2,1,4,3,6,5,8,7,L ,n 1,n为奇数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2s 1个s 1,2,L ：当n 1 时命题显然成立，假设当n k时命题成立，即长度为k末项为2k-1的递增子列恰有21个，则当n k 1时，对于n k 时得到的每一个子列a s1,a s2,L ,a s k 1,2k 1，可构造：aq,a s2丄，a s「2k 1,2 k 1 1和a5^,a S2,L ,a^l,2k,2 k 1 1两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 2 2k 12k2k 1 1个，n 1, n为偶数综上可得，数列a n、，卄沁.2,1,4,3,6,5,8,7,L是一个满足题意的数列的通项公式•n 1, n为奇数注：当s 3时，所有满足题意的数列为：2,3,5 , 1,3,5 , 2,4,5 , 1,4,5 ，当s 4 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a n 是等差数列，b n 是等比数列.已知a1 4,b1 6，b2 2a2 2,b3 2a3 4.(I)求a n和b n的通项公式;（n）设数列q满足G 1,c n X 2 J 2「其中k Nn 1 n b k,n 2k ,i )求数列a2n c2n1 的通项公式;2nii ）求a i c i n Ni1答案】（I ）a n 3n 1 ; b n 3 2n（n ）（i ）a2n c2n 1 9 4n1 （ii ）* 2n 1n 1 *aqnN 27 25 2 n 12 nNi 1【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; (n )结合(I )中的结论可得数列a 2n c 2n 1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2n价变形，结合等比数列前n 项和公式可得aG 的值.i 12 4 d 26 2d，解得2 4 2d 4 12 4d故a n 4 (n 1) 33n1 ,b n6 2n13 2n.所以,a n的通项公式为 a n 3n 1 , b n的通项公式为b n3 2n (n )( i ) a 2n C 2n 1 a ?n b n 1 3 2n 1 3 2n 19 4n 1所以,数列 a ?n c?n1 的通 项公式 :为a2nc 2n 19 4n 12n 2n2n2n(ii )a &a i a C i 1a ia c 2i1i 1i 1i 1i 12n 2n 1n2 n4-39 412i 14 1 4n3 ?2 n5 2n 19n1 427 _2n•1J 112N*25 2n n【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.【详解】(I )设等差数列a n 的公db n 的公比为q .依题意得6q6q 2（2019上海）18•已知数列｛a n ｝ , a 1 3，前n 项和为S n •（1）若｛an ｝为等差数列,且 a 4 15, 求S n ；（2）若｛a n ｝为等比数列,且 lim n S n 12，求公比 q 的取值范围 【解答】解：（1） Q a 4 a 3d 3 3d 15 ,d 4 ,n(n 1),S n 3n4 2n 2 n；2lim S n 存在，nlim 3(^ 2 ,n1 q 1 q3 4公比q 的取值范围为（1 , 0） （0 , 3）.42综上，d -或者d3Hm S n存在， lim S n n （2019上海）21.已知等差数列｛务｝的公差d (0， ］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n2 、（1 ）若a 1 0,d 一，求集合 30,d —,3｛乜，0, △.2 2根据三角函数线，①等差数列 ｛a n ｝的终边落在y 轴的正负半轴上时，集合S 恰好有两个元素，此时此时d —,3（2）若a 1，求d 使得集合 2 S 恰好有两个（3）若集合S 恰好有三个元素: b n T b n , T 是不超过7的正整数，求 T 的所有可能的值.【解答】解：（1） Q 等差数列｛a n ｝的公差d (0，］，数列｛b n ｝满足 b n sin (a n )，集合 S x|xb n ,n当a 1集合S (2) Q，数列｛b n ｝满足 b n sin (a .),2集合S x|x N *恰好有两个元素，如图:②a 1终边落在OA 上，要使得集合 S 恰好有两个元素，可以使 a 2, a 3的终边关于y 轴对称，如图OB , OC ,(3)①当T 3 时，b n 3 b n，集合S {bl，b2, b3},符合题意.②当T 4 时，b n 4 b n ，sin(a n 4d) sina. a n 4d a n 2k ，或者a n 4d 2k a n ，4d a n 2k，又k 1，2当k1时满足条件，此时S {，1, 1}.③当T 5时，b n 5b n，si n(a n5d)sina n，故k1，2.当k1时，S{sin—，1，sin}满足题意1010④当T 6时，b n 6b n，sin (an6d)sina n，a na n等差数列{a n}的公差d (0，］，故a n5d a n 2k ，或者a n 5d 2k a n，因为 d (0 ,所以6d a n 2k 或者a n 6d 2k a n，d (0，1 , 2, 3.1时，S {-^O, —3}，满足题意.2 2⑤当T 7 时，b n 7 b n，si n(a n 7d) si na n si na n，所以a n 7d a n 2k ，或者a n 7d 2k a n，d (0，故k 1 , 2, 31时，因为b i ~b7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a m a n 2 ，d m 7，不符合条件.k 2时，因为b i~b7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a m a n 2 ，d n不是整数，不符合条件.k 3时，因为bi ~ b7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a m a n—，或者d7—，此时，m n均不是整数，不符合题意.7综上，T3，4，5，6.(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a2^ 兎0,S9 27 ,则Q的值是 _____________________ 【答案】16【解析】【分析】由题意首先求得首项和公差，然后求解前8项和即可.a 2a 5CBa 1 d a-i 4d7d 0【详解】由题意可得：9 8S99a 1 9 8d227解得： a 1 51 ，则 S 8 8a 1 8 7d40 28 216.d 22【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a 1, d 的方程组.(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 ｝满足：a ?a 4 a 5,a 3 4a ? 4印 0 ,求证：数列｛a n ｝为“M—数列”；u . 1 2 2(2)已知数列｛b n ｝满足：b 1 1,S b b ，其中S 为数列｛b n ｝的前n 项和.S n b n b n 1① 求数列｛b n ｝的通项公式；② 设m 为正整数，若存在 “M—数列” ｛｝ (n € N *)，对任意正整数k ，当k 呦 时，都有C k b k q 1成立，求m 的 最大值.【答案】(1)见解析； (2［① b n = n n N * :② 5. 【解析】 【分析】(1 )由题意分别求得数列的首项和公比即可证得题中的结论； (2)①由题意利用递推关系式讨论可得数列｛b n ｝是等差数列，据此即可确定其通项公式；②由①确定b k 的值，将原问题进行等价转化，构造函数，结合导函数研究函数的性质即可求得【详解】(1)设等比数列｛a n ｝的公比为q ,所以a 1^0, q 丰0.因此数列｛a n ｝为M —数列”1 22 (2) ①因S n—，所以b nb nbn11 2 2由b| 1,S 1th 得1 1 ，则 b 22.1由2 2 得 S nb n b n 1m 的最大值.a 2&4 a s由a 3 4a ： 4ci|。