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
