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2020年高考数学二轮复习(上海专版) 专题07 数列的综合(二)(解析版)

1、专题专题 07 数列的综合数列的综合(二二) 专题点拨专题点拨 1.设Sn是等差数列an的前n项和,则 Sk,S2kSk,S3kS2k,构成的数列是等差数列; Sn n 也是一个等差数列; 2设等比数列an的首项为a1,公比为q,当q1,a10 或 00,a76 时,|a1|a2|an|a1a2a6a7a8an S6(SnS6)2S6Sn11437 2 n3 2n 2. 数列|an|的前 n 项和 Sn 37 2 n3 2n 2 (n6), 11437 2 n3 2n 2 (n6). 【变式训练 1】已知 Sn为数列an的前 n 项和,且 Sn12n2n,n0,1,2,求 an. 【解析】an

2、1Sn1Sn2n2n2(n1)2(n1)4n214n1(n1), 当 n1 时,a23,所以 an14n1,nN*. 当 n0 时,a1S10,故 an 4n5 (n2) 0 (n1) . 【例 2】已知数列 n a,定义数列 1 2 nn aa 为数列 n a的“ 2 倍差数列” , 若 n a的“ 2 倍差数列” 的通项公式为 1 1 22n nn aa ,且 1 2a ,若函数 n a的前n项和为 n S,则 33 (S ) A 38 21 B 39 22 C 38 22 D 39 2 【答案】B 【解析】 n a的“ 2 倍差数列”的通项公式为 1 1 22n nn aa , 则: 1

3、 1 1 22 nn nn aa 常数, 所以: 2 n n a 数列是以 1 1 1 2 a 为首项, 1 为公差的等差数列 则:11 2 n n a nn , 所以:2n n an(首 项符合) , 故:2n n an 12 1 22 22n n Sn, 231 21 22 22n n Sn , 得: 1 2(21) 2 2 1 n n n Sn , 整理得: 1 (1) 22 n n Sn , 所以: 33 139 33 (33 1) 2222S 故选:B 【例 3】已知 n S为数列 n a的前n项和, 12 1aa,平面内三个不共线的向量OA,OB,OC,满足 11 ()(1) nn

4、n OCaaOAa OB ,2n, * nN,若A,B,C在同一直线上,则 2018 S 【答案】2 【解析】若A,B,C三点共线,则(1)OAxOBx OC,根据条件“平面内三个不共线的向量OA, OB,OC,满足 11 ()(1) nnn OCaaOAa OB ,2n, * nN,A,B,C在同一直线上,” 得出 11 11 nnn aaa , 11nnn aaa , n S为数列 n a的前n项和, 12 1aa, 数列 n a为:1,1,0,1,1,0,1,1,0,1,1,0, 即数列 n a是以 6 为周期的周期数列,前 6 项为 1,1,0,1,1,0, 20186 336 2 ,

5、 2018 336 (1 1 0 1 1 0) 1 12S 故答案为:2 【例 4】将n个数 1 a, 2 a, n a的连乘积 12n a aa记为 1 n i i a ,将n个数 1 a, 2 a, n a的和 12n aaa记为 1 n i i a ,*)nN (1)若数列 n x满足 1 1x , 2 1nnn xxx ,*nN,设 1 1 1 n n i i P x , 1 1 1 n n i i S x 求 55 PS; (2)用 x表示不超过x的最大整数,例如22,3.43, 1.82 若数列 n x满足 1 1x , 2 1nnn xxx ,*nN,求 2019 1 1 i i

6、 i x x 的值; (3)设定义在正整数集*N上的函数( )f n满足,当 (1)(1) (*) 22 m mm m nmN 时,( )f nm,问是 否存在正整数n,使得 1 ( )2019 n i f i ?若存在,求出n的值;若不存在,说明理由 (已知 2 1 (1)(21) ) 6 n i n nn i 【解析】(1)数列 n x满足 1 1x , 2 1nnn xxx ,*nN,设 1 1 1 n n i i P x , 1 1 1 n n i i S x , 可得 2 1 (1) nnnnn xxxxx , 即有 1 1 1 n nn x xx , 1 1111 (1)1 nnn

7、nn xxxxx , 即有 1 111 1 nnn xxx , 可得 5121 55 236122356616 11111111xxxx PS xxxxxxxxxxxx 66 11 11 xx ; (2) 1 1x , 2 1nnn xxx ,*nN,可得 1 111 11 () 11 i iiii x xxxx , 可得 2019 1 122320192020 111111 2009() 1 i i i x xxxxxxx 20202020 11 2019 12018 xx , 由 1 1x , 2 1 1 nnn xxx ,可得 2020 1 (0,1) x , 即有 2019 1 201

8、8 1 i i i x x ; (3)设定义在正整数集*N上的函数( )f n满足, 当 (1)(1) (*) 22 m mm m nmN 时,( )f nm, 当1m时,01n ,可得f(1)1; 当2m时,13n 时,f(2)f(3)2; 当3m时,36n 时,f(4)f(5)f(6)3, ,mk时,可得( )(f nk k个)k, 可得 1 ( )1 (22)(333)(4444)() n i f ikkk 2222 1234k , 由 22222 18 (18 1)(2 18 1) 1234182109 6 , 由2109 902019,90 185, 可得当 1 18 (18 1)5

9、166 2 n 时,满足 1 ( )2019 n i f i 【例 5】 九章算术中的“竹九节”问题:现有一根 9 节的竹子,自上而下各节的容积成等差数列,上面 4 节的容积共 3 升,下面 3 节的容积共 4 升,现自上而下取第 1,3,9 节,则这 3 节的容积之和为( ) A13 3 升 B 17 6 升 C19 9 升 D 25 12 升 【答案】B 【解析】设自上而下各节的容积分别为 1 a, 2 a, 9 a,公差为d, 上面 4 节的容积共 3 升,下面 3 节的容积共 4 升, 12341 9871 463 3214 aaaaad aaaad , 解得 1 13 22 a ,

10、7 66 d , 自上而下取第 1,3,9 节,则这 3 节的容积之和为: 1391 397017 310 22666 aaaad(升) 故选:B 巩固训练巩固训练 一、填空题一、填空题 1.(2019 静安区二模)若等比数列*+( )满足1+ 3= 30,2+ 4= 10,则1 2 的最大值 为_ 【答案】729 【解析】解:设等比数列*+的公比为 q, 1+ 3= 30,2+ 4= 10, 1+ 3= 30 = 1(1+ 2),2+ 4= 10 = (1+ 3) = 30, 联立解得 = 1 3,1 = 27 = 27 (1 3) ;1 = 34; 则1 2 = 33:2:(4;)= 3

11、(3+4) 2 = 3 72 2, 可得 = 3或 4时,1 2 的最大值为 729 故答案为:729 2.已知数列 n a满足: 1 0a ,对任意的*nN都有 1nn aa 成立 函数 1 ( ) |sin()| nn fxxa n , n xa, 1n a 满足: 对于任意的实数0m,1),( ) n fxm总有两个不 同的根, 则 n a的通项公式是 【答案】 (1) 2 n n n a 【解析】 1 0a ,当1n 时, 11 ( ) |sin()| |sin|f xxax,0x, 2 a, 又对任意的0m,1), 1( ) f xm总有两个不同的根, 2 a, 1( ) sinf

12、xx,0x, 2 a, 又 22 11 ( ) |sin()| |sin()| |cos| 222 x fxxax,x, 3 a, 对任意的0m,1), 1( ) f xm总有两个不同的根, 3 3a, 又 33 111 ( ) |sin()| |sin(3 )| |sin| 333 fxxax,3x, 4 a, 对任意的0b,1), 1( ) f xm总有两个不同的根, 4 6a, 由此可得 1nn aan , 1211 (1) ()()0(1) 2 nnn n n aaaaaan , 故答案为: (1) 2 n n n a . 3若数列an满足“对任意正整数 n,anan 2 2 an1恒

13、成立”,则称数列an为“差非增数列” 给出下列数列an,nN*: an2n1 n1,ann 21,a n2n1,anln n n1,an2n 1 n. 其中是“差非增数列”的有_(写出所有满足条件的数列的序号) 【答案】 【解析】 若 an2n1 n1 为“差非增数列”, 则 2n1 n12 n2 1 n212(2 n1 1 n11)恒成立, 即 2n 2 n(n1)(n2)恒成立,此式显然不正确,不是“差非增数列”; 若 ann21 为“差非增数列”,则 n21(n2)212(n1)22, 即 20 恒成立,此式显然不正确,不是“差非增数列”; 若 an2n1 为“差非增数列”,则 2n12

14、(n2)122(n1)1, 即 00 恒成立,此式显然正确,是“差非增数列”. 4.(2019 浦东新区三模)已知数列*+满足: 1= 0) 的两个不同的零点,且 a,b,2 这三个数可适当排序后成 等差数列,也可适当排序后成等比数列,则 pq 的值等于( ) A6 B7 C8 D9 【答案】D 【解析】由韦达定理得 abp,a bq,则 a0,b0,当 a,b,2 适当排序后成等比数列时,2 必为 等比中项,故 a bq4,b4 a,当适当排序后成等差数列时,2 必不是等差中项,当 a 是等差中项时, 2a4 a2,解得 a1,b4;当 4 a是等差中项时, 8 aa2,解得 a4,b1,综

15、上所述,abp5,所 以 pq9,选 D. 7.我国古代数学名著算法统宗中有如下问题: “远望巍巍塔七层, 红光点点倍加增, 共灯三百八十 一, 请问尖头几盏灯?”意思是: “一座 7 层塔共挂了 381 盏灯, 且相邻两层中的下一层灯数是上 一层灯数的 2 倍, 则塔的顶层共有灯多少?”现有类似问题: 一座 5 层塔共挂了 242 盏灯, 且相 邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的 3 倍, 则塔的底层共有灯( ) A 162 盏 B 114 盏 C 112 盏 D 81 盏 【答案】A 【解析】设每层的灯数形成等比数列 n a,公比3q , 5 242S , 则 5 1(3 1) 242 3

16、 1 a ,解得 1 2a 4 5 2 3162a 故选:A 三、解答题 8.已知首项为的数列满足 1 1 n n n ax x x (为常数). (1)若对于任意的,有对于任意的都成立,求的值; (2)当时,若,数列是递增数列还是递减数列?请说明理由; (3)当确定后,数列由其首项确定,当时,通过对数列的探究,写出“是有穷数 列”的一个真命题(不必证明). 【解析】(1) 2 1 1 11 1 1 n nnn nn n nnn n ax a axxa x xx ax xaxx x 22 (1) nnn a xaxx 当1n 时,由 1 x的任意性,得 2 1 10 a a 1a . (2)数

17、列 n x是递减数列. 1 0x , 1 1 n n n x ax x 0 n x,n * N. 又 2 1 0 11 nn nnn nn xx xxx xx ,n * N.故数列 n x是递减数列. (3)真命题:数列 n x满足 1 2 1 n n n x x x ,若 1 1 7 x ,则 n x是有穷数列. 数列 n x满足 1 2 1 n n n x x x ,若 1 1 1 2m x ,m * N,则 n x是有穷数列. 数列 n x满足 1 2 1 n n n x x x ,则 n x是有穷数列的充要条件是存在m * N,使得 1 1 1 2m x . 数列 n x满足 1 2

18、1 n n n x x x ,则 n x是有穷数列且项数为m的充要条件是 1 1 1 2m x ,m * N. 9.如果存在常数a使得数列 n a满足:若x是数列 n a中的一项,则ax也是数列 n a中的一项,称数 列 n a为“兑换数列” ,常数a是它的“兑换系数”. (1)若数列:1,2,4,(4)m m 是“兑换系数”为a的“兑换数列” ,求m和a的值; (2)已知有穷 等差数列 n b的项数是 00 (3)nn ,所有项之和是B,求证:数列 n b是“兑换数列” ,并用 0 n和B表示它的“兑换系数” ; (3)对于一个不少于 3 项,且各项皆为正整数的递增数列 n c,是否有可能它

19、既是等比数列,又是“兑换数 列”?给出你的结论并说明理由. 。 【解析】(1)因为数列:1,2,4,(4)m m 是“兑换系数”为a的兑换数列. 所以,4,2,1am aaa也是该数列的项,且421amaaa . 故1,42ama即6,5am. (2)设数列 n b的公差为d,因为数列 n b是项数为 0 n项的有穷等差数列 若 0 123n bbbb,则 0 123n abababab 即对数列 n b中的任意一项 0 (1) i bin 0 101 () inin abbni dbb 同理可得:若 0 123n bbbb, 0 101 () inin abbni dbb 也成立, 由“兑换

20、数列”的定义可知,数列 n b是 “兑换数列” ; 又因为数列 n b所有项之和是B,所以 0 10 0 () 22 n bbn a n B ,即 0 2B a n . (3)假设存在这样的等比数列 n c,设它的公比为(1)q q , 因为数列 n c为递增数列,所以 123n cccc 则 123n acacacac 又因为数列 n c为“兑换数列” ,则 (1,2,) in acci,所以 i ac是正整数. 故数列 n c必为有穷数列,不妨设项数为n项,则 1 (1) ini ccain 若3,n 则有 132 , 2 a cca c,又 2 213 cc c,由此得1q ,与1q 矛

21、盾; 若4n。由 121nn cccc ,得 12 1111 0 nn cc qc qc q 即 2 (1)(1)0 n qq ,故1q ,与1q 矛盾;综合得,不存在满足条件的数列 n c . 新题速递新题速递 1(2020徐汇区一模)已知等差数列 n a的公差3d , n S表示 n a的前n项和,若数列 n S是递增数列, 则 1 a的取值范围是 【分析】 1 (1) 3 2 n n n Sna 根据数列 n S是递增数列,可得 1nn SS ,代入化简利用数列的单调性即可 得出 【解答】解: 1 (1) 3 2 n n n Sna 数列 n S是递增数列, 1nn SS , 11 (1

22、)(1) (1)33 22 n nn n nana 化为: 1 3an ,对于 * nN 都成立 1 3a 故答案为:( 3,) 2(2020闵行区一模)若首项为正数的等比数列 n a,公比qlgx,且 10099101 aaa,则实数x的取值范围 是 【分析】由已知结合等比数列的性质及通项公式即可求解公比的范围,进而可求 【解答】解:首项为正数的等比数列 n a, 99 0a, 10099101 aaa, 1009999( 1)0aaaq, 2 99( 1)0aq , 1q , 1lgx , 1 0 10 x 则实数x的取值范围是 1 (0,) 10 故答案为: 1 (0,) 10 3(20

23、20松江区一模)已知集合1M ,2,3,10,集合AM,定义M(A)为A中元素的最小值, 当A取遍M的所有非空子集时,对应的M(A)的和记为 10 S,则 10 (S ) A45 B1012 C2036 D9217 【分析】设1M ,2,3,10,对M的任意非空子集A共有 10 21个,其中最小值为 1 的有 9 2,最 小值为 2 的有 8 2个,最小值为 10 的只有 0 21个,由错位相减法求和,结合等比数列的求和公式,即 可得出 10 S 【解答】解:设1M ,2,3,10,对M的任意非空子集A共有 10 21个, 其中最小值为 1 的有 9 2个,最小值为 2 的有 8 2个,最小值

24、为 10 的只有 0 21个, 故 9810 10 21 2229210S , 10921 10 221 2229210S , 两式相减得 10 10911 10 2(12 ) 222 101022 102036 12 S 故选:C 4(2020闵行区一模)已知各项为正数的非常数数列 n a满足 11 n a n aa ,有以下两个结论:若 32 aa, 则数列 n a是递增数列;数列 n a奇数项是递增数列;则( ) A对错 B错对 C均错误 D均正确 【分析】 32 aa 1 11 a aa aa;根据复合函数同增异减的性质可得其正确; 举反例说明其错误即可 【解答】解各项为正数的非常数数

25、列 n a满足 11 n a n aa , 1 1a 2 31 a aa; 1 21 a aa; 32 aa 21 11 aa aa; 121 1aaa 数列 n a是底数递增指数也递增的数列,所以是递增数列; 121 1aaa 数列 n a是底数递减指数也递减的数列,所以是递增数列; 32 aa,则数列 n a是递增数列成立,对 若 1 1 2 a , 2 1a ,则 2 31 1 2 a aa,所以错 故选:A 5(2020徐汇区一模)已知数列 n a的前n项和为 n S,对任意*nN, 1 ( 1)3 2 n nn n San 且 12 ()()0ap ap,则实数p的取值范围是 【分析

26、】直接利用递推关系式和一元二次不等式的解法求出结果 【解答】解:数列 n a的前n项和为 n S,对任意*nN, 1 ( 1)3 2 n nn n San , 当1n 时, 11 1 2 2 aa ,解得 1 3 4 a , 当3n 时, 1233 1 8 aaaa ,整理得 23 7 2 8 aa, 当4n 时, 12344 1 1 16 aaaaa,整理得 23 29 16 aa, 由得: 2 11 4 a , 所以 311 ()()0 44 pp,整理得 311 ()()0 44 pp, 解得 311 44 p, 所以:实数p的取值范围是 3 11 (,) 4 4 , 故答案为: 3 1

27、1 (,) 4 4 6(2020浦东新区一模)已知数列 n a, 1 1a , 1 (1)1 nn nana ,若对于任意的 2a ,2, * nN, 不等式 1 32 1 tn a a n 恒成立,则实数t的取值范围为 【分析】利用数列的递推关系式化简,通过累加法求出数列的通项公式,得到最大值,然后求解t的范围即 可 【解答】解:数列 n a, 1 1a , 1 (1)1 nn nana , 1 1 1(1) nn aa nnn n , 1 111 1(1)(1) nn aa nnn nnn , 21 1 1 212 aa , 32 11 3223 aa , 34 11 4334 aa ,

28、1 11 11 nn aa nnnn , 1 11 1(1) nn aa nnnn , 累加可得 1 1 2 11 n a nn , 322 t a ,即21 t a, 2a ,2,2 211 t t剟 故答案为:(,1 7(2020普陀区一模)各项都不为零的等差数列(*) n anN满足 2 2810 230aaa,数列 n b是等比数列, 且 88 ab,则 49 11 b b b 【分析】 由已知等式结合等差数列的通项公式求得 8 a, 再由等比数列的通项公式结合 88 ab求解 49 11 b b b的值 【解答】解:各项均不为 0 的等差数列 n a满足 2 2810 230aaa,

29、 2 111 2(7 )3(9 )0adadad,化为: 18 72ada, 数列 n b是等比数列,且 88 2ba, 3 4 9 118 8b b bb 故答案为:8 8(2020浦东新区一模)定义 1 (f a, 2 a, 12231 ) |(,3) nnn aaaaaaanN n 为有限实 数列 n a的波动强度 (1)求数列 1,4,2,3 的波动强度; (2)若数列a,b,c,d满足()()0ab bc,判断(f a,b,c,)(df a,c,b,)d是否正确,如果正 确请证明,如果错误请举出反例; (3)设数列 1 a, 2 a, n a是数列 1 1 2, 2 22, 3 32

30、,2nn的一个排列,求 1 (f a, 2 a,) n a的 最大值,并说明理由 【分析】(1)套定义直接求解即可; (2)解法 1 直接按定义求解,再根据绝对值里面的正负即可判断;解法 2 假设abc,分d与a,b,c的 大小讨论四种情况依次去绝对值符号即可得出结论; (3)设2i i bi ,1 i n剟, n b是单调递增数列分n是奇、偶数情况讨论,依次求其最大值即可 【解答】解:(1)(1f,4,2,3) |14|42|23| 6 (2)(f a,b,c,)(df a,c,b,)d是正确的; 解法1:(f a,b,c,)(df a,c,b,) |dabcdacbd, abc或abc,

31、|abacbc ,|cdbdbc 所以(f a,b,c,)(df a,c,b,) 0d ,即(f a,b,c,)(df a,c,b,)d 并且当bc时,d b可以取等号,当cb时,若d b可以取等号, 所以等号可以取到; 解法 2:不妨设abc,分 4 种情况讨论 1若d a,则(f a,b,c,)(df a,c,b,)()()()()0dabdcacdb,(f a,b,c, )(df a,c,b,)d; 2若ad b ,则(f a,b,c,)(df a,c,b,)()()()()0dabdcacdb,(f a,b, c,)(df a,c,b,)d; 3若bd c , 则(f a,b,c,)(

32、df a,c,b,)()()()()2()0dabdcacbddb,(f a, b,c,)(df a,c,b,)d; 4若cd, 则(f a,b,c,)(df a,c,b,)()()()()2()0dabcdacbdcb,(f a, b,c,)(df a,c,b,)d; (3)设2i i bi ,1 i n剟, n b是单调递增数列 分n是奇、偶数情况讨论 1 (f a, 2 a, 1 122 ) nnn ax ax ax a,其中 1 x,1 n x ,1, 2 x, 1 2 n x ,0,2, 并且 12 0 n xxx经过上述调整后的数列,系数 2 x, 1n x 不可能为 0 当n为偶

33、数时,系数中有1 2 n 个 2 和1 2 n 个2,1 个 1 和 1 个1 当n为奇数时,有两种情况(1)系数中有 1 2 n 个 2 和 3 2 n 个2,2 个1 (2)系数中有 1 2 n 个2和 3 2 n 个 2,2 个 1 1n是偶数,2nk,2k, * kN, 1 (f a, 2 a,) n a的最大值 22111 2()2() kkkkk bbbbbb 211 2(2 )(1)1(1)2222222 kkkkk kkkkk 2211 21 2222(22) kk k 2223 212224 kkk k 2 2 1 4 29 23 2 n n n 2n是奇数,21nk, *

34、kN, 因为 21 20 kkk bbb , 2121 22 kkkkkk bbbbbb , 可知 212111213211 2()2() 2()2() kkkkkkkkkk bbbbbbbbbbbb 1 (f a, 2 a,)( nk af b, 2k b , 1 b, 3k b , 2 b, 4k b , 3 b, 21k b , 1k b , 2k b, 1212111 ) 2()2() kkkkkk bbbbbbb 21211 2(21)(2)(1)1(2)(1)2222222 kkkkk kkkkkk 2222 2(2)(2)(1)2222(22)3 2 kkk kkk 2231 2

35、21213 24 kk kk 1 2 2 15 4 213 2 22 n n n ; 综上, 2 2 12 1 2 2 1 4 29 23,4 2 , 15 4 213 2,3 22 n n nmax n n nnn f a aa nnn 是偶数 是奇数 9(2020普陀区一模)数列 n a与 n b满足 1 aa, 1nnn baa , n S是数列 n a的前n项和(*)nN (1)设数列 n b是首项和公比都为 1 3 的等比数列,且数列 n a也是等比数列,求a的值; (2)设 1 21 n nn bb ,若3a 且 4n aa对*nN恒成立,求 2 a的取值范围; (3)设4a ,2

36、 n b 2 (*,2) 2 n n n S CnN ,若存在整数k,1,且1kl ,使得 kl CC成立,求 的所有可能值 【分析】(1)直接利用等比数列的定义和等比中项的应用求出结果 (2)利用累加法和恒成立问题的应用和赋值法的应用求出结果 (3)利用存在性问题的应用和赋值法的应用求出结果 【解答】解:(1)数列 n b是首项和公比都为 1 3 的等比数列,所以 1 () 3 n n b 数列 n a与 n b满足 1 aa, 1nnn baa ,所以 1 1 () 3 n nn aa 所以 2 1 3 aa, 32 12 99 aaa, 由于数列 n a也是等比数列,所以 2 213 a

37、a a,整理得 2 12 ()() 39 aa a,解得 1 4 a (2)由 1 21 n nn bb ,所以 1 121 1 2(21) 222(1)(1)21 2 1 n nn n bbnnn 由于 12 3ba, 所以 2 24 n n bna 再利用累加法 1 12 2(21)(1) (4)(1) 2 12 n n n n aaan , 得到: 2 (1) 22(4)(1) 2 n n n n aan , 依题意: 4n aa对*nN恒成立, 所以 2 22 17 2()46 0 22 n nana , 令1n ,2,3,4,5,得到 2 8a ,1 (3)由于4a ,2 n b 所

38、以 1 2 nn aa ,整理得22 n an 故 2 (1) 423 2 n n n Snnn 所以 2 232 22 n n nn Snn C ,假设存在整数k,1,且1kl ,使得 kl CC成立, 故 22 3232 22 kl kkil , 当 3 2 1 k l 或 4 2 2 k l 时,满足条件 10(2020徐汇区一模)给正有理数 i i m n 、( j j m ij n ,i,*jN, i m, i n, j m,* j nN,且 ij mm和 ij nn 不同时成立), 按以下规则P排列: 若 iijj mnmn, 则 i i m n 排在 j j m n 前面; 若

39、iijj mnmn, 且 ij nn, 则 i i m n 排在 j j m n 的前面,按此规则排列得到数列 n a(例如:1 1 , 2 1 , 1 2 ,) (1)依次写出数列 n a的前 10 项; (2)对数列 n a中小于 1 的各项,按以下规则Q排列:各项不做化简运算;分母小的项排在前面;分 母相同的两项, 分子小的项排在前面, 得到数列 n b, 求数列 n b的前 10 项的和 10 S, 前 2019 项的和 2019 S; (3)对数列 n a中所有整数项, 由小到大取前 2019 个互不相等的整数项构成集合 1 Ac, 2 c, 3 c,2019c, A的子集B满足:对

40、任意的x,yB,有xyB,求集合B中元素个数的最大值 【分析】(1)依题意,数列 n a的前 10 项为:1 1 , 2 1 , 1 2 , 3 1 , 2 2 , 1 3 , 4 1 , 3 2 , 2 3 ; (2)按规则Q排列后得: 1 2, 1 3 , 2 3 , 1 4 , 2 4 , 3 4 , 1 5 , 2 5 , 3 5 , 4 5 ,求前 2019 项的和 2019 S时,先确 定最后一个分数的值,令2019123n 即 (1) 2019 2 n n ,进而求解; (3)1A,2,3,2019,2019B ,2018,2107,2016,1010共 1010 项,进而求解; 【解答】解:(1)依题意,数列 n a的前 10 项为:1 1 , 2 1 , 1 2 , 3 1 , 2 2 , 1 3 , 4 1 , 3 2 , 2 3 , 1 4 ; (2)依题意按规则Q排列后得: 1 2, 1 3 , 2 3 , 1 4 , 2 4 , 3 4 , 1 5 , 2 5 , 3 5 , 4 5 , 前 10 项和为: 10 13610 5 2345 S; 求前 2019 项的和 2019 S时,先确定最后一个分数的值,令2019123n 即 (1) 2019 2 n n , (63,64)n , 数列分母取慢264时,共