2020高中数学 2019年数学真题 5

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGEPAGE28学必求其心得，业必贵于专精2019年数学高考真题剖析解读高考全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷都是教育部按照普通高考考试大纲统一命题,适用于不同省份的考生．在难度上会有一些差异,但在试卷结构、命题方向上基本都是相同的．试题稳中求新，稳中求变．与往年相比，三角、数列、立体几何、圆锥曲线、函数与导数等依然是考查的重点，注重基础知识,凸显主干知识．试卷结构、题型保持一致，各题型所占分值与分值分布没有变化，试题顺序有较大变化，考查方式有所改变,难度明显增加，客观题与去年的难度相当,主观题难易梯度明显增加，解决了没有区分度的诟病．今年试题立足学科素养,落实关键能力，加强数学应用，渗透数学文化．以真实情境为载体，贴近生活，联系社会实际,注重能力考查，增强综合性、应用性,在各部分内容的布局和考查难度上都进行了调整和改变，这在一定程度上有助于考查学生灵活应变的能力和主动调整适应的能力，有助于学生全面学习掌握重点知识和重点内容,同时有助于打破考试题的僵硬化,更好地提升学生的综合分析能力,打破了传统的应试教育．2019年全国卷对必修5解三角形的考查,通常会有一道大题,相对来说难度不大，有时也会应用到圆锥曲线或立体几何的计算中．线性规划根据新课标的要求，考查越来越少，今年只有全国Ⅱ、Ⅲ卷文科进行了考查．基本不等式往年很少单独考查,经常综合到其他知识当中,但今年的全国Ⅰ卷文、理的第23题考查了基本不等式，取代了绝对值不等式．全国卷对数列的考查难度不大，通常都是数列基本量的计算，今年全国Ⅰ卷中概率大题不但成了压轴，同时还综合了数列的考查．自主命题的省市对数列的考查难度相对大一些，尤其在江苏卷、北京理科中,数列的考查难度较大，经常结合数列知识进行创新．下面列出了2019年全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及各地区必修5所考查的全部试题，请同学们根据所学知识，测试自己的能力，寻找自己的差距,把握高考的方向,认清命题的趋势！(说明：有些试题带有综合性，是与以后要学的内容的小综合试题，同学们可根据目前所学习的内容，有选择性地试做!）穿越自测一、选择题1．（2019·全国卷Ⅰ）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA－bsinB＝4csinC，cosA＝－eq\f（1，4），则eq\f(b，c）＝（）A．6B．5C．4D．3答案A解析∵asinA－bsinB＝4csinC，∴由正弦定理得a2－b2＝4c2，即a2＝4c2＋b2.由余弦定理得cosA＝eq\f(b2＋c2－a2，2bc）＝eq\f（b2＋c2－4c2＋b2,2bc)＝eq\f（－3c2,2bc）＝－eq\f（1，4)，∴eq\f（b,c）＝6。故选A。2.(2019·全国卷Ⅲ）已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5＝3a3＋4a1，则a3＝（）A．16B．8C．4D．2答案C解析由题意知eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1>0，q〉0，，a1＋a1q＋a1q2＋a1q3＝15，,a1q4＝3a1q2＋4a1,)）解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，，q＝2，)）∴a3＝a1q2＝4.故选C。3。（2019·全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知S4＝0，a5＝5，则（）A．an＝2n－5B．an＝3n－10C．Sn＝2n2－8nD．Sn＝eq\f(1，2）n2－2n答案A解析设等差数列｛an｝的首项为a1,公差为d。由S4＝0,a5＝5可得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＋4d＝5，,4a1＋6d＝0，）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（a1＝－3，,d＝2.)）所以an＝－3＋2（n－1)＝2n－5，Sn＝n×(－3)＋eq\f（nn－1，2)×2＝n2－4n。故选A.4．（2019·浙江高考)设a，b∈R，数列{an｝满足a1＝a，an＋1＝aeq\o\al(2，n）＋b，n∈N*，则()A．当b＝eq\f（1，2）时，a10〉10B．当b＝eq\f(1，4)时，a10〉10C．当b＝－2时，a10〉10D．当b＝－4时，a10>10答案A解析解法一：考察选项A，a1＝a，an＋1＝aeq\o\al（2,n)＋b＝aeq\o\al(2,n）＋eq\f（1，2)，∵eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(an－\f(1,2)））2＝aeq\o\al（2,n）－an＋eq\f（1，4)≥0，∴aeq\o\al(2，n)≥an－eq\f（1，4).∵an＋1＝aeq\o\al(2，n)＋eq\f(1,2)>0，∴an＋1≥an－eq\f（1,4)＋eq\f(1,2）＝an＋eq\f(1,4)〉an,∴{an}为递增数列．因此，当a1＝0时，a10取到最小值，现对此情况进行估算．显然，a1＝0,a2＝aeq\o\al（2，1)＋eq\f(1,2)＝eq\f（1，2）,a3＝aeq\o\al(2,2）＋eq\f（1，2）＝eq\f（3,4），a4＝aeq\o\al（2,3）＋eq\f(1，2)＝eq\f（17，16），当n>1时，an＋1>aeq\o\al（2，n），∴lgan＋1>2lgan,∴lga10>2lga9>22·lga8〉…〉26lga4＝lgaeq\o\al（64,4),∴a10>aeq\o\al(64,4）＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1,16)））64＝Ceq\o\al（0，64）＋Ceq\o\al（1，64）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1，16）））1＋Ceq\o\al(2,64)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，16）））2＋…＋Ceq\o\al(64，64）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(1,16))）64＝1＋64×eq\f（1,16)＋eq\f(64×63,2)×eq\f(1,162)＋…＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（1，16）））64＝1＋4＋7。875＋…＋eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，16）））64＝12.875＋…＋eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)）)64>10，因此符合题意，故选A.解法二：由已知可得an＋1－an＝aeq\o\al（2，n)＋b－an＝an－eq\f（1，2）2＋b－eq\f（1，4）。对于选项B，当a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f（1，4)时，an＝eq\f(1,2）恒成立，所以排除B；对于选项C，当a＝2或－1，b＝－2时,an＝2或－1恒成立，所以排除C.对于选项D，当a＝eq\f(1±\r（17），2）,b＝－4时，an＝eq\f(1±\r（17)，2)恒成立，所以排除D.故选A。5．（2019·浙江高考)若实数x,y满足约束条件eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3y＋4≥0，，3x－y－4≤0,，x＋y≥0，))则z＝3x＋2y的最大值是（)A．－1B．1C．10D．12答案C解析如图，不等式组表示的平面区域是以A（－1，1)，B（1，－1），C(2,2)为顶点的△ABC区域（包含边界)．作出直线y＝－eq\f(3,2)x并平移，知当直线y＝－eq\f(3，2）x＋eq\f（z,2)经过C(2，2)时,z取得最大值，且zmax＝3×2＋2×2＝10.故选C.6．(2019·北京高考)若若x，y满足｜x｜≤1－y，且y≥－1，则3x＋y的最大值为（）A．－7B．1C．5D．7答案C解析由｜x｜≤1－y,且y≥－1，得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x－y＋1≥0，，x＋y－1≤0，,y≥－1.)）作出可行域如图阴影部分所示．设z＝3x＋y，则y＝－3x＋z.作直线l0：y＝－3x,并进行平移．显然当直线z＝3x＋y过点A(2,－1）时，z取最大值，zmax＝3×2－1＝5。故选C。7．(2019·天津高考)设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－2≤0，，x－y＋2≥0,，x≥－1，，y≥－1，）)则目标函数z＝－4x＋y的最大值为（)A．2B．3C．5D．6答案C解析由约束条件作出可行域如图中阴影部分(含边界）所示．∵z＝－4x＋y可化为y＝4x＋z,∴作直线l0：y＝4x，并进行平移，显然当直线z＝－4x＋y过点A（－1,1）时，z取得最大值,zmax＝－4×（－1）＋1＝5。故选C.8．（2019·全国卷Ⅲ）记不等式组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（x＋y≥6，,2x－y≥0)）表示的平面区域为D.命题p:∃(x，y)∈D，2x＋y≥9；命题q:∀（x，y）∈D,2x＋y≤12。下面给出了四个命题：①p∨q②p∨q③p∧q④p∧q这四个命题中，所有真命题的编号是（)A．①③B．①②C．②③D．③④答案A解析解法一：画出可行域如图中阴影部分所示．目标函数z＝2x＋y是一条平行移动的直线，且z的几何意义是直线z＝2x＋y的纵截距．显然，直线过点A(2,4）时,zmin＝2×2＋4＝8，即z＝2x＋y≥8.∴2x＋y∈［8，＋∞)．由此得命题p：∃(x,y）∈D，2x＋y≥9正确；命题q：∀(x，y)∈D,2x＋y≤12不正确．∴①③真，②④假．故选A。解法二：取x＝4，y＝5，满足不等式组eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≥6，,2x－y≥0,））且满足2x＋y≥9，不满足2x＋y≤12，故p真，q假．∴①③真，②④假．故选A。二、填空题9．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a，b，c.已知bsinA＋acosB＝0，则B＝________。答案eq\f(3π，4）解析∵bsinA＋acosB＝0,∴eq\f(a，sinA)＝eq\f（b，－cosB）.由正弦定理，得－cosB＝sinB，∴tanB＝－1。又B∈（0，π），∴B＝eq\f(3π,4）.10．(2019·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B,C的对边分别为a，b,c.若b＝6，a＝2c，B＝eq\f(π,3)，则△ABC的面积为________．答案6eq\r(3）解析由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accosB.又∵b＝6，a＝2c,B＝eq\f(π,3），∴36＝4c2＋c2－2×2c2×eq\f(1,2），∴c＝2eq\r（3），a＝4eq\r（3)，∴S△ABC＝eq\f(1，2)acsinB＝eq\f（1,2）×4eq\r(3)×2eq\r（3)×eq\f（\r（3)，2）＝6eq\r（3）。11．（2019·北京高考）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0－10解析∵a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10,∴a1＝－4，d＝1，∴a5＝a1＋4d＝0，∴an＝a1＋(n－1)d＝n－5。令an<0，则n<5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后为正．∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10.12．(2019·全国卷Ⅲ）记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a3＝5，a7＝13,则S10＝________.答案100解析∵{an｝为等差数列，a3＝5,a7＝13，∴公差d＝eq\f（a7－a3，7－3)＝eq\f（13－5，4）＝2，首项a1＝a3－2d＝5－2×2＝1，∴S10＝10a1＋eq\f(10×9,2)d＝100.13．(2019·全国卷Ⅲ）记Sn为等差数列｛an}的前n项和．若a1≠0，a2＝3a1，则eq\f（S10,S5）＝________.答案4解析由a1≠0，a2＝3a1，可得d＝2a1，所以S10＝10a1＋eq\f（10×9,2）d＝100a1，S5＝5a1＋eq\f(5×4，2）d＝25a1，所以eq\f（S10,S5)＝4。14．(2019·全国卷Ⅰ）记Sn为等比数列{an}的前n项和，若a1＝1，S3＝eq\f(3,4)，则S4＝________。答案eq\f(5,8)解析设等比数列的公比为q，又a1＝1,则an＝a1qn－1＝qn－1.∵S3＝eq\f(3,4），∴a1＋a2＋a3＝1＋q＋q2＝eq\f(3,4)，即4q2＋4q＋1＝0,∴q＝－eq\f（1,2)，∴S4＝eq\f（1×\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（1－－\f(1，2)4））,1－－\f(1，2))＝eq\f（5，8)。15．（2019·全国卷Ⅰ)设Sn为等比数列｛an｝的前n项和．若a1＝eq\f（1,3)，aeq\o\al（2，4）＝a6，则S5＝________。答案eq\f(121,3）解析由aeq\o\al(2，4）＝a6，得(a1q3）2＝a1q5，整理得q＝eq\f(1,a1)＝3。∴S5＝eq\f（\f（1,3)×1－35,1－3)＝eq\f(121，3).16．（2019·北京高考）若x，y满足eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(x≤2,,y≥－1，,4x－3y＋1≥0,）)则y－x的最小值为________,最大值为________．答案－31解析x，y满足的平面区域如图所示．设z＝y－x，则y＝x＋z。把z看作常数,则目标函数是可平行移动的直线，z的几何意义是直线y＝x＋z的纵截距，通过图象可知，当直线y＝x＋z经过点A(2，3)时，z取得最大值,此时zmax＝3－2＝1。当经过点B（2，－1)时，z取得最小值，此时zmin＝－1－2＝－3.17．（2019·全国卷Ⅱ）若变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋3y－6≥0,,x＋y－3≤0,,y－2≤0,）)则z＝3x－y的最大值是________．答案9解析作出已知约束条件对应的可行域（图中阴影部分），由图易知,当直线y＝3x－z过点C时，－z最小,即z最大．由eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋y－3＝0，，2x＋3y－6＝0,））解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，，y＝0，)）即C点坐标为(3,0），故zmax＝3×3－0＝9。18．(2019·天津高考)设x〉0,y>0，x＋2y＝5,则eq\f(x＋12y＋1，\r（xy））的最小值为________．答案4eq\r(3)解析∵x〉0,y〉0，∴eq\r（xy)〉0。∵x＋2y＝5，∴eq\f(x＋12y＋1,\r(xy)）＝eq\f(2xy＋x＋2y＋1，\r（xy）)＝eq\f(2xy＋6,\r(xy))＝2eq\r（xy)＋eq\f（6，\r（xy)）≥2eq\r（12）＝4eq\r（3).当且仅当2eq\r（xy)＝eq\f(6，\r(xy)）时取等号．∴eq\f(x＋12y＋1，\r(xy)）的最小值为4eq\r（3).三、解答题19．(2019·天津高考）在△ABC中，内角A,B，C所对的边分别为a，b，c。已知b＋c＝2a,3csinB＝4asinC。(1)求cosB的值;（2)求sin（2B＋eq\f（π,6）)的值．解(1)在△ABC中，由正弦定理eq\f(b，sinB)＝eq\f(c,sinC），得bsinC＝csinB.由3csinB＝4asinC，得3bsinC＝4asinC，即3b＝4a.因为b＋c＝2a，所以b＝eq\f(4，3）a，c＝eq\f(2,3)a。由余弦定理可得cosB＝eq\f（a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f（a2＋\f（4,9）a2－\f（16,9)a2，2·a·\f（2,3)a）＝－eq\f（1，4）。（2)由(1）可得sinB＝eq\r（1－cos2B）＝eq\f(\r（15),4），从而sin2B＝2sinBcosB＝－eq\f(\r(15)，8)，cos2B＝cos2B－sin2B＝－eq\f(7,8),故sineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（2B＋\f(π,6））)＝sin2Bcoseq\f(π，6）＋cos2Bsineq\f(π，6）＝－eq\f（\r(15），8）×eq\f(\r（3),2）－eq\f(7,8）×eq\f（1,2）＝－eq\f（3\r（5)＋7,16）。20．(2019·全国卷Ⅲ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b,c，已知asineq\f(A＋C,2)＝bsinA。（1）求B;(2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．解(1)由题设及正弦定理得sinAsineq\f（A＋C，2)＝sinBsinA。因为sinA≠0,所以sineq\f（A＋C,2）＝sinB.由A＋B＋C＝180°，可得sineq\f（A＋C,2)＝coseq\f(B,2),故coseq\f(B，2)＝2sineq\f（B,2)coseq\f(B,2）。因为coseq\f(B，2)≠0，所以sineq\f（B,2)＝eq\f(1,2)，所以eq\f（B,2)＝30°，所以B＝60°。(2）由题设及(1)知△ABC的面积S△ABC＝eq\f(\r(3）,4)a.由(1）知A＋C＝120°，由正弦定理得a＝eq\f（csinA，sinC)＝eq\f(sin120°－C，sinC)＝eq\f(\r（3)，2tanC)＋eq\f（1，2).由于△ABC为锐角三角形,故0°<A〈90°，0°〈C<90°.结合A＋C＝120°，得30°〈C<90°，所以eq\f（1，2)〈a<2，从而eq\f（\r（3）,8)〈S△ABC<eq\f（\r（3），2)。因此，△ABC面积的取值范围是eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(\r(3)，8），\f（\r（3）,2）)）.21．（2019·江苏高考）在△ABC中,角A,B，C的对边分别为a，b,c。(1）若a＝3c，b＝eq\r(2)，cosB＝eq\f(2,3),求c的值；(2）若eq\f(sinA，a)＝eq\f（cosB，2b)，求sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(B＋\f（π，2)））的值．解(1)因为a＝3c，b＝eq\r（2)，cosB＝eq\f（2，3)，由余弦定理，得cosB＝eq\f（a2＋c2－b2，2ac），即eq\f（2,3）＝eq\f(3c2＋c2－\r(2）2,2×3c×c）,解得c2＝eq\f（1,3）.所以c＝eq\f(\r（3）,3）。(2)因为eq\f(sinA,a）＝eq\f(cosB,2b），由正弦定理eq\f（a,sinA）＝eq\f(b，sinB）,得eq\f（cosB，2b)＝eq\f（sinB，b）,所以cosB＝2sinB。从而cos2B＝（2sinB）2,即cos2B＝4(1－cos2B)，故cos2B＝eq\f（4，5)。因为sinB〉0，所以cosB＝2sinB〉0,从而cosB＝eq\f（2\r(5），5).因此sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（B＋\f（π,2))）＝cosB＝eq\f（2\r（5）,5)。22．(2019·北京高考）在△ABC中，a＝3,b－c＝2，cosB＝－eq\f（1,2）。（1）求b，c的值；(2）求sin（B－C)的值．解（1）由余弦定理b2＝a2＋c2－2accosB，得b2＝32＋c2－2×3×c×－eq\f(1，2）。因为b＝c＋2，所以（c＋2)2＝32＋c2－2×3×c×－eq\f（1,2），解得c＝5，所以b＝7.（2）由cosB＝－eq\f(1,2）得sinB＝eq\f(\r（3），2)。由正弦定理得sinC＝eq\f(c,b）sinB＝eq\f（5\r（3),14）.在△ABC中，∠B是钝角，所以∠C为锐角，所以cosC＝eq\r(1－sin2C）＝eq\f(11，14）.所以sin（B－C）＝sinBcosC－cosBsinC＝eq\f（4\r（3），7）。23．(2019·全国卷Ⅰ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a,b，c.设（sinB－sinC）2＝sin2A－sinBsinC。（1)求A；（2)若eq\r(2）a＋b＝2c，求sinC.解(1）由已知得sin2B＋sin2C－sin2A＝sinBsinC，故由正弦定理得b2＋c2－a2＝bc.由余弦定理得cosA＝eq\f（b2＋c2－a2,2bc）＝eq\f(1,2）。因为0°〈A〈180°，所以A＝60°.(2）由（1）知B＝120°－C，由题设及正弦定理得eq\r(2）sinA＋sin(120°－C)＝2sinC,即eq\f(\r(6），2）＋eq\f（\r(3),2）cosC＋eq\f（1,2）sinC＝2sinC，可得cos(C＋60°)＝－eq\f（\r（2），2)。因为0°〈C〈120°，所以sin(C＋60°)＝eq\f（\r(2),2),故sinC＝sin（C＋60°－60°）＝sin（C＋60°）cos60°－cos(C＋60°)sin60°＝eq\f(\r（6）＋\r（2),4）。24．(2019·北京高考)设｛an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8,a4＋6成等比数列．(1）求｛an}的通项公式;（2)记{an｝的前n项和为Sn，求Sn的最小值．解（1)设{an}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）．所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d）．解得d＝2。所以an＝a1＋（n－1)d＝2n－12.（2）由（1）知，an＝2n－12.则当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0.所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30. 25．（2019·全国卷Ⅱ)已知{an}是各项均为正数的等比数列,a1＝2,a3＝2a2＋16.（1)求{an}的通项公式；(2）设bn＝log2an，求数列｛bn｝的前n项和．解(1)设｛an}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{an｝的通项公式为an＝2×4n－1＝22n－1。(2）由(1）得bn＝（2n－1)log22＝2n－1，因此数列{bn}的前n项和为1＋3＋…＋(2n－1）＝n2。26．(2019·全国卷Ⅰ）记Sn为等差数列｛an}的前n项和．已知S9＝－a5。(1)若a3＝4,求｛an}的通项公式；（2)若a1〉0,求使得Sn≥an的n的取值范围．解（1）设{an}的公差为d。由S9＝－a5得a1＋4d＝0。由a3＝4得a1＋2d＝4。于是a1＝8，d＝－2。因此｛an｝的通项公式为an＝10－2n.(2）由（1)得a1＝－4d,故an＝(n－5)d，Sn＝eq\f（nn－9d,2)。由a1>0知d<0，故Sn≥an等价于n2－11n＋10≤0，解得1≤n≤10,所以n的取值范围是｛n｜1≤n≤10,n∈N｝．27．(2019·全国卷Ⅱ）已知数列｛an｝和｛bn｝满足a1＝1，b1＝0,4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.（1）证明:{an＋bn}是等比数列，{an－bn｝是等差数列；（2)求{an}和{bn}的通项公式．解（1）证明：由题设得4（an＋1＋bn＋1）＝2(an＋bn),即an＋1＋bn＋1＝eq\f（1,2)(an＋bn)．又因为a1＋b1＝1，所以{an＋bn}是首项为1，公比为eq\f（1，2）的等比数列．由题设得4(an＋1－bn＋1)＝4（an－bn）＋8，即an＋1－bn＋1＝an－bn＋2。又因为a1－b1＝1，所以｛an－bn}是首项为1，公差为2的等差数列．（2)由(1)知，an＋bn＝eq\f(1，2n－1），an－bn＝2n－1，所以an＝eq\f(1,2）[（an＋bn)＋(an－bn）]＝eq\f（1，2n）＋n－eq\f(1,2），bn＝eq\f(1，2)[(an＋bn）－(an－bn）］＝eq\f（1,2n)－n＋eq\f（1,2).28．（2019·天津高考）设｛an}是等差数列,｛bn}是等比数列,公比大于0。已知a1＝b1＝3，b2＝a3，b3＝4a2＋3.（1)求{an}和{bn｝的通项公式；(2)设数列｛cn}满足cn＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（1,n为奇数，，b\f（n,2)，n为偶数。))求a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n（n∈N＊)．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eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（3q＝3＋2d,,3q2＝15＋4d,））解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(d＝3，，q＝3，)）故an＝3＋3(n－1）＝3n，bn＝3×3n－1＝3n.所以，｛an}的通项公式为an＝3n,｛bn}的通项公式为bn＝3n。（2）a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1）＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn）＝eq\b\lc\[\rc\]（\a\vs4\al\co1(n×3＋\f（nn－1，2）×6)）＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n2＋6(1×31＋2×32＋…＋n×3n）．记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n,①则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，②②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝－eq\f(31－3n,1－3)＋n×3n＋1＝eq\f(2n－13n＋1＋3，2)。所以，a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝3n2＋6Tn＝3n2＋3×eq\f（2n－13n＋1＋3,2）＝eq\f(2n－13n＋2＋6n2＋9，2）(n∈N＊）．29．（2019·天津高考)设｛an｝是等差数列，｛bn｝是等比数列．已知a1＝4，b1＝6,b2＝2a2－2，b3＝2a3＋4。(1)求｛an}和{bn｝的通项公式；（2）设数列{cn｝满足c1＝1，cn＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（1，2k〈n〈2k＋1，，bk，n＝2k，）)其中k∈N*.①求数列{a2n（c2n－1）}的通项公式；②求eq\i\su（i＝1，2n,a）ici(n∈N*)．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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（6q＝6＋2d，,6q2＝12＋4d，）)解得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（d＝3，,q＝2,））故an＝4＋（n－1)×3＝3n＋1，bn＝6×2n－1＝3×2n。所以，{an}的通项公式为an＝3n＋1，{bn}的通项公式为bn＝3×2n。(2)①a2n（c2n－1）＝a2n（bn－1)＝(3×2n＋1）(3×2n－1）＝9×4n－1.所以，数列{a2n（c2n－1）}的通项公式为a2n（c2n－1)＝9×4n－1.②eq\i\su(i＝1,2n,a)ici＝eq\i\su(i＝1，2n，[）ai＋ai（ci－1）]＝eq\i\su（i＝1,2n，a)i＋eq\i\su(i＝1,n，a）2i（c2i－1）＝eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（2n×4＋\f(2n2n－1，2)×3))＋eq\i\su(i＝1,n，）(9×4i－1）＝（3×22n－1＋5×2n－1)＋9×eq\f(41－4n,1－4)－n＝27×22n－1＋5×2n－1－n－12(n∈N＊）．30．(2019·浙江高考)设等差数列{an｝的前n项和为Sn，a3＝4，a4＝S3。数列{bn}满足：对每个n∈N＊,Sn＋bn,Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列．(1）求数列｛an｝，｛bn}的通项公式;(2)记cn＝eq\r（\f(an，2bn)），n∈N＊，证明：c1＋c2＋…＋cn〈2eq\r(n)，n∈N＊.解（1)设数列｛an}的公差为d，由题意得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝4，,a1＋3d＝3a1＋3d,））解得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（a1＝0，,d＝2.）)从而an＝2n－2,n∈N＊。所以Sn＝n2－n,n∈N＊。由Sn＋bn，Sn＋1＋bn，Sn＋2＋bn成等比数列，得(Sn＋1＋bn）2＝(Sn＋bn)（Sn＋2＋bn）．解得bn＝eq\f(1,d）(Seq\o\al（2,n＋1）－SnSn＋2）．所以bn＝n2＋n，n∈N＊.（2)证明：cn＝eq\r(\f（an，2bn））＝eq\r（\f（2n－2,2nn＋1)）＝eq\r（\f（n－1，nn＋1）），n∈N*.我们用数学归纳法证明．①当n＝1时，c1＝0〈2，不等式成立；②假设当n＝k（k∈N*）时不等式成立，即c1＋c2＋…＋ck〈2eq\r（k)。那么，当n＝k＋1时，c1＋c2＋…＋ck＋ck＋1〈2eq\r（k）＋eq\r(\f(k,k＋1k＋2））<2eq\r（k)＋eq\r(\f（1,k＋1))〈2eq\r(k)＋eq\f(2，\r(k＋1)＋\r（k））＝2eq\r(k)＋2（eq\r（k＋1)－eq\r（k））＝2eq\r（k＋1),即当n＝k＋1时不等式也成立．根据①和②,不等式c1＋c2＋…＋cn〈2eq\r(n）对任意n∈N＊成立．31．(2019·北京高考）已知数列｛an｝，从中选取第i1项、第i2项、…、第im项（i1〈i2<…〈im）,若ai1<ai2<…〈aim，则称新数列ai1，ai2，…，aim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．(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｛an}的长度为p的递增子列的末项的最小值为am0,长度为q的递增子列的末项的最小值为an0。若p<q,求证：am0<an0；(3)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．解(1)1,3，5，6。(答案不唯一）(2）证明:设长度为q，末项为an0的一个递增子列为ar1,ar2，…,arq－1，an0。由p<q，得arp≤arq－1〈an0.因为｛an}的长度为p的递增子列末项的最小值为am0，又ar1，ar2，…，arp是｛an}的长度为p的递增子列,所以am0≤arp。所以am0<an0.（3)由题设知,所有正奇数都是{an}中的项．先证明:若2m是｛an｝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ap1，ap2，…,apm－1,2m－1是数列{an}的长度为m，末项为2m－1的递增子列，则ap1，ap2,…,apm－1，2m－1,2m是数列｛an｝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{an｝中的项．假设存在正偶数不是{an}中的项,设不在{an}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2k－1不可能在｛an｝的同一个递增子列中．又｛an}中不超过2m＋1的数为1，2，…,2m－2,2m－1，2m＋1,所以{an｝的长度为m＋1且末项为2m＋1的递增子列个数至多为2×2×2×…×eq\o(2,\s\do4(m－1个））×1×1＝2m－1<2m。与已知矛盾．最后证明:2m排在2m－3之后(m≥2且m为整数）．假设存在2m（m≥2），使得2m排在2m－3之前,则{an｝的长度为m＋1且末项为2m＋1的递增子列的个数小于2m。与已知矛盾．综上，数列{an}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an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋1,n为奇数，，n－1,n为偶数。)）32．(2019·江苏高考）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｝(n∈N＊）满足：a2a4＝a5，a3－4a2＋4a1＝0，求证:数列{an}为“M。数列";(2)已知数列｛bn}（n∈N*)满足：b1＝1，eq\f（1，Sn）＝eq\f(2，bn)－eq\f(2,bn＋1）,