沪教版(上海)高三一轮综合复习之数列习题

1、沪教版（上海）高三一轮综合复习之数列习题数列一、填空、选择题1、（宝山区2020届高三上期末（一模）已知an、0均是等差数列，Cn an bn,若Cn前三项是 7、9、9,则 c10 2、（奉贤区2020届高三上期末（一模）一个不是常数列的等比数列中，值为3的项数最多有（）A. 1个B. 2个C. 4个D.无穷多个3、（虹口区2020届高三上期末（一模）设等差数列an的前n项和Sn,若a2a712,S48,则an 1 一4、（黄浦区 2020届局二上期末（一模）右无否等比数列 an满足：a2a3 a4, a5 花，且 an R（n N ）,则数列a2n 1的所有项的和为 .5、（静安区2020

2、届高三上期末（一模）设某种细胞每隔一小时就会分裂一次，每个细胞分裂为两 个细胞.则7小时后，1个此种细胞将分裂为个 .6、（闵行区2020届高三上期末（一模）若首项为正数的等比数列 为，公比q lgx,且 a100 a99 a101,则实数x的取值范围是 7、（浦东新区2020届高三上期末（一模）设4是等差数列，且 d 3, a3 a5 18,则为*8、（普陀区2020届局三上期末（一模）各项都不为零的等 差数列 an （nN）满足2a22a83a100 ,数列bn是等比数列，且 ab8,则b40b11_ .14 .*9、（青浦区2020届局二上期末（一模）已知数列an中，a 1, an an

3、 1 广（n N ）,则 lim an n110、（松江区2020届局二上期末（一模）在无穷等比数列an中，若hm（a a2an）-,n3则a1的取值范围是11、（徐汇区2020届高三上期末（一模）已知等差数列an的公差d 3, Sn表示的前n项和，若 数列Sn是递增数列，则 a的取值范围是 n （n 2）12、（杨浦区2020届高三上期末（一模）已知数列an的通项公式为an1 n 1（-）n1 （n 3）2（n N ）, a是数列an的前n项和.则lim Sn nan i an&色，,an (n13、（长宁嘉定金山区2020届高三上期末（一模）已知数列 an满足：a11,N* ）,记

4、数列an的前n项和为Sn.若对所有满足条件的an ,6。的最大值为M、最小值为m ,则M m14、（崇明区2020届高三上期末（一模）已知等差数列an的首项为1,公差为2,则该数列的前n 项和Sn =15、（闵行区2020届高三上期末（一模）已知各项为正数的非常数数列an满足an 1 a，有以下两个结论： 若a3%，则数列an是递增数列； 数列an奇数项是递增数列；则（）A.对错B.错对C.均错误D.均正确1、一 472、D3、2n4、5、276、(0,一)107、2n 18、89、小 1、 J 2、 10、(0,-)(,) 3 “3 311、 ( 3,12、13、 107814、2n15、D

5、二、解答题1、（宝山区2020届高三上期末（一模）已知数列an满足a1 1, a2 e （ e是自然对数的底数），且 an 2 Jan 1 an，令 bn ln an ( n N* ).(1)证明：bn 2bn 1bn ;(2)证明：bn 2 bn1是等比数列，且bn的通项公式是bn -1 ( -)n 1；bn 1 a32*（3）是否存在常数t,对任意自然数n N均有bn 1 tbn成立？若存在，求t的取值范围，否则, 说明理由.*.、.2、(奉贤区2020届局三上期末(一模)有限个兀素组成的集合 A ai,a2,4, n N ,集合 A中的元素个数记为 d(A),定义A A x y|x A,

6、 y A,集合A A的个数记为d(A A),当d(A A) d(A) "(A) 1)时，称集合 A具有性质.(1)设集合M 1,x, y具有性质，判断集合M中的三个元素是否能组成等差数列，请说明理由；11设正数列dn的前n项和为Sn ,满足Sn 1 20 -，其中Q -，数列中的前332020项：d1,d2,d3, 02020组成的集合d1,d2,d3,02020记作D ,将集合D D中的所有元素七上工，tk ( k N )从小到大排序，即 七二2%，tk满足L t2 t3tk,求t2020 ；(3)已知集合C Ci,C2, ,Cn,其中数列Cn是等比数列，Cn 0,且公比是有理数，

7、判断集合 C是否具有性质，说明理由.*3、(虹口区2020届局二上期末(一模)在数列an中，a1 0,且对任意的 m N , a2m 1、a2m、a2ml构成以2m为公差的等差数列.(1)求证：a4、a5、%成等比数列；(2)求数列an的通项公式；一. 22 32n2(3)仅Sn ，试问Sn 2n是否存在极限？a2 a3an若存在，求出其值，若不存在，请说明理由.4、(黄浦区2020届高三上期末(一模)对于数列an,若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称an为P数列.(1)若an的前n项和Sn 3n 2,试判断an是否是P数列，并说明理由；(2)设数列&溜2,23,|00

8、是首项为 1、公差为d的等差数列，若该数列是 P数列，求d的取值范 围；(3)设无穷数列an是首项为a、公比为q的等比数列，有穷数列bn,g是从烝中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为T1,T2,求an是P数列时a与q所满足的条 件，并证明命题 若a 0且Ti 丁2,则an不是P数列”.5、(静安区2020届高三上期末(一模)设4是等差数列，公差为 d ,前n项和为S .(1)设&40 , a6 38 ,求Sn的最大值；a设ai 1,bn 2n(n N ),数列。的前n项和为，且对任意的n N ,都有20 ,求d的 取值范围.6、(闵行区2020届高三上期末(一模)

9、已知数列an满足a 1, a? a (a 1),*|an 2 an 1 | |an 1 an | d (d 0), n N .(1)当d a 2时，写出a4所有可能的值；(2)当d 1时，右a2n a2n 1且a2n a2n 1对任意n N恒成立，求数列an的通项公式；(3)记数列an的前n项和为Sn ,若a2n、a2n 1分别构成等差数列，求 S2n.7、(浦东新区2020届高三上期末(一模)定义f(a1，a2, ,an) | & a21 冏 a31| an 1 an |(n N , n 3)为有限实数列an的波动强度.(1)求数列1, 4, 2, 3的波动强度；(2)若数列 a ,

10、 b , c, d 满足(a b)(b c) 0 ,判断 f(a,b,c,d) f (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a1,a2,是数列 1 21,2 22,323, n2n 的一个排列，求 f(q,a2,a)的最大值，并说明理由.8、(普陀区2020届高三上期末(一模)数列an与bn满足a a ,bnan 1an,Sn是数*列an的刖n项和(n N ).1 (1)设数列 bn是首项和公比都为一的等比数列，且数列 an也是等比数列，求 a的值；3n设bn 1 bn 21,右a 3且an a4又n N恒成立，求a2的取值氾围；Sc 2k9、(松江区20

11、20届局二上期末(一模)已知数列an满足： an N(n N)；当n 2_(3)设 a 4, bn 2 , Cnn n (nN,2),若存在整数 k , l ,且 k l 1 ,使2得Ck C|成立，求的所有可能值.,. 一*n(k N)时，an ；2当n 2k( k N*)时，an an 1,记数列的前n项和为Sn.(1)求 a1, a3, a9 的值；若Sn 2020,求n的最小值；(3)求证：S2n 4Sn n 2的充要条件是a2n 1 1 (n N ).m mj , .*.*10、(徐汇区2020届局二上期末(一模)给正有理数 一、一(I J , i,j N , m,ni,mj,nj

12、N , ninj且m mj和ni nj不同时成立)，按以下规则P排列：若mi n mj nj ,则乃排在旦前n nj面； 若mi ni mj j，且n nj ,则独排在立的前面，按此规则排列得到数列 a0. nnj一 1 2 1(例如：1,2,1,).1 1 2(1)依次写出数列an的前10项；(2)对数列4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bn,求数列bn的前10项的和S10,前2019项的和S2019 ；(3)对数列an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A C1,C2,C3, ,6

13、2019 , A的子集B满足：对任意的x, y B,有x y B,求集合B中元素个数的最大值.11、(杨浦区2020届高三上期末(一模)已知无穷数列an的前n项和为Sn,若对于任意的正整 数 n ,均有 &n 1 0 , S2n 0 ,则称数列an具有性质P.(1)判断首项为1,公比为2的无穷等比数列an是否具有性质P,并说明理由;bn 1n为奇数cnn为偶数(2)已知无穷数列an具有性质P,且任意相邻四项之和都相等，求证：S4 0; 已知bn 2n 1, n N ,数列g是等差数列， 若无穷数列an具有性质P ,求C2019的取值范围12、（长宁嘉定金山区2020届高三上期末（一模）

14、已知数列an各项均为正数，Sn为其前n项 *的和，且an,Sn,a2（ n N ）成等差数列.（1）写出四、a2、a3的值，并猜想数列 an的通项公式an；（2）证明（1）中的猜想；（3）设bn tan 1 t 0 , Tn为数列bn的前n项和.若对于任意n N ,都有 4* Tnbm m N ,求实数t的值. 一、 一一一 ，一 、, *13、（崇明区2020届局二上期末（一模）已知无穷数列an, bn, c n满足：对任意的nC N ,都有 an+1= |bn| |cn|, bn+1 = |cn| |an|, cn+1 = |an|- |bn|.记 dn= max| an|, |bn|,

15、|cn| （maxx, y, z表示3个实数x, V, z中的最大值）.（1）若 a1=1, b1 = 2, c1 = 4,求，b4, c4 的值；（2）若a1=1, b1 = 2,求满足d2= d3的c1的所有值；（3）设a1，b1,c1是非零整数，且|a1|,|b1|,|c1|互不相等，证明：存在正整数k,使得数列an,bn, cn中有且只有一个数列自第k项起各项均为0.1分2分3分"4分解得 "-31-15rjH解得d7 =1-（I 丫-： 可，经检验 , 町=1，均成立一1rN,*，12分 1 (因为-所以组=工I 丫一】2 ；1 _22 =213分16分参考答案:

16、1、2L解： 由题意In/7 =三（111。十km i 由于%=1，% = n 曰 3 = Jq.i "% > 所以，当之2时，4A1,且",递增, 因而白>0 ,且】于"所以,b -b彳侑1+4）-%（2）因为 T 1=2=-b 1 A b、_卜又也一灰二In的一 In %=1,所以.他 f )=(一:又 k = 1 4一。， 7所以，对任意自然教门口*速均有瓦之(包成立, 17分所以的取信范围是|0二L8分2、解：(1)因为集合 M 1,x, y具有性质所以d M一 d M d(M ) 1M =-21分1分因为M M中的元素可能为2,2x,2y,1

17、 x,1 y,x y这六个元素同时满足 2 x y , 2x 1 y , 2y 1 x所以集合M中的三个元素不可能组成等差数列2分11* 一由 Sn 1 2Sn ，得 Sn 2Sn 1 - (n 2,n N)33、相减得到dn 1 2dn (n 2,n N)1 . 12n 1得$2 d1 d2 2d1 - , d2 d1 一 一，3 3 3所以2 2d11分1-所以 dn1 2dn (n N )，得到 dn - 2n 11 分3集合D D中的所有元素从小到大进行排序得到 LJ,U,Q, ,2i1 2j133332 22019满足tt2t3tk(4,4);其中(i,j)与数对(1,1); (1,

18、2), (2,2) ; (1,3), (2,3) , (3,3) ; (1,4) , (2,4) , (3,4),；(1,nO), (2, n°) , (3, n°) , (n°, n°)对应.2 分所以 1 2n0 n0(n0 1) 20202解得n0630 max一 ,63当 n0 63 时，1 263 (63 1) 2016223263所以 t2020 对应的数对为(4,64),所以 t2020(3)设数列Cn的公比为q,则C CiCqqq2, Cqn1c c .一主八22n(n1) n(n1) ,C C的兀素至多有n n Cnn- -个2分22因

19、为cn 0,所以Ci 0,q 0设 nin2n3n4,所以Cn1Cn2Cn3Cn4 或 Cn1Cn2Cn3Cn4只要证明Cn1 Cn4 Cn2 C%恒不成立即可.1分ni 1n4 1n2 1n3 1即 qq q q,假设 qn11 qn4 1 qn21 qn3 1即 qn4n1 qn2 n1 qn3 n1 1(*)一， 一1一 、一s因为q是有理数，设q p t N , s Z且s,t互质阳小2 n1 n4 n2 一名6 n4屯 n46n4'信 s t s t t s所以左边是t的倍数，右边不是t的倍数，所以(*)式不成立所以集合C具有性质5分3、证明：(0 令时,at a7f色构成以

20、2为公差的等差数列，班以所二2,办二4,令m=2时/, aif与构成以4为公差的等差数列，所以口,二8, 口尸12,拿府二3时山 小构成以6为公差的等差数列r所以二1九。户24.由。5二二口4曰6二144r得到口” 外,刖成等比数列.解；(2)由(I)得数列外的前几项为；0, 2, 4, 8, 12, 18, 24.闲=42扪-1+2 的、r所以。2e/L/2*_】=4擢。2加+1 二0 2fli+2m由累加法得到】2厢一1 一口I二十2f十加一 1二4X巴学一二2e (丽一1).当为奇数时令工m-1二人 所以所当所以口加二5+当为偶数时，2m-nr所以m=之 所以%=2x4=d.24 2解：

21、（3）当出为奇数时, 匕3二=2+二一=2+1-一匚an 2-1/=1 件7 也+122/ 当m为偶数时，=2. % n所以Um界-8(5n2w)= lim ig内吗T）+（H）十十（=一*）口号4、解：0） 1%=3.+2,，口冗=S/j- ="3"当 n = 1 时，+|=5|=5,（5 , « - 1故"=1r23界T,丘2那么当itwM时，dA+i-Si=2-3-2=3-2>Ol 担合题意，故数列sa是p数列；（2）由题意知，该数列的前项和为打二f+吟=-=T+，d,由数列Ei, a2, a1（&iu是户数列，可知口 之>S二

22、口,故公差d>0,A o a,$唐一。灯+1二彳月,一（1 +歹d）#+l<0对满足二1,2, 3j 9的任意，都成立,则勺92一9（1+为）+1<%解得/<上2217c 故d的取值范围为（0,>； £r> I（3）若4）是户数列，则。二筝<口工二畋，若白 >0,则q>l,又由明3 >工对一切正整数都成立.可知。二！， g一1即2-g<6严对一切正整数内都成立由己厂>0，lim （-）=0,故2K0可得力21；q Tg q若口 eo,则又由+ 1 AS.对一切正整数门都成立，可知4/小匕L q-i即（2七/4】对

23、一切正整数7r都成立,又当qW (-Mr -1时,(2-q) g" M 1望月=2时不成立,故有go, I)或 2一0k<1,解得g曰与生，0)U(0, 1), 一当明是P数列时，口与q满足的条件为a<0j O)UQf 1)假设小是?数列，则由可知r心2. a>C,且%中每一项均为正数,若伊力中的每一项都在0中，则由这两数列是不同数列，可知7八；若上力中的每一项都在九中,同理可得> 7屋若找小中至少有一项不在个中且q中至少有一项不在6中，设3 4是将3, 6中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列,它们的所有项和分别为7T, 7/r不妨设g-, &:)中

24、最大的项在出门中，设为八(m>2) f则口W5十由+aw-i <ofl,<rl,r故7y<r二 故总有门与八二b矛盾，故假设错误，原命邈正确.5、解：(1) a 40, a6 38,可得 da6 a5一 212可得 Sn 40n n(n 1)_21201 2 201一(n ),5220由n为正整数，可得 n 100或101时，Sn取得最大值2020;(2)a设a1 1,bn 2 n(n N ),数列bn的刖n项和为Tn ,可得an1 (n 1)d ,数列bn为首项为2,公比为2d的等比数歹U,LI * I右d0 ,可得 bn2 ； d0 ,可得bn为递增数列，无最大值;

25、0 时，Tndn、2(1 2 ). cd1 2工1 2d r ，- ；、,， r t*对任,国的n N ,都有Tn 20 ,可得20 2r，且d 0， nZ 1 2d解得log2 0.9.6、解当力="2时.|%十即或|)足以|为首以、2为公珞的等弟数列/一凡|=加-1工分可得f 风*0 = ±3. A. -(i =±5,二 n尸5-1.口尸 ±5.7. & = 10或 = 0或%=4或品 分当d =时.=叫*是背项为"I、公接为1的争戢数列L1- n=Rf】十乂一】 三再=£ + >二同加，|一鼻"=&quo

26、t;-2+2"|仃我-口以| =。-3+?"如 门筋>可加"，上丐陶» 尸2 + “ 。加 一/»i =(1-3 十% 6 分/.白店一直 正| = -1, z, fl；n_l 二 2 一 3 n1n 二4-3+ 2时+典 mt 二灯- 14，t，*h*r，。分3 ；"为奇数 /g & Tt :2-= 2A-1或%成环=1. 10分二一"-IE为儡数'L *，12(3)由ti期得I%. - %产"一 li(再- l)d I #gN) .口。若，#. MmJ分别构成等差数列.则以 .2二

27、7;,1+(2用2)4532)生一 ± a -1 + (2m l)rf (fr 11 f-%ni = ±( 】 + 2ff) (n 1)*®k+i - 01= ±d - l + (2rt-l)±a-l + (2M- 2)d(n 2)因为，“J是等差数列。:一陶川必为定值之7一091=曰一1 十(2/一1)1&-1 十(2打一2)J或。皿1处於_一仃1+(?打. 1)"+仃-1 ,(力1-2)d即/一见小=d (之 2)或%+ = _1 5-2)12分而由知上一"二"-lid*即/ 一 %二主( 口-1 +4

28、所以 4 一四="一 1± 11-1 + d) ,即他一阴=一或% -二 2(n -1 N d C舍)故 %2 = 一5 豆 N)14 分，心一 一I-S-IWIneN.同理，由咆得：a2 - Oj-±a-l+ 2raf+a-l + (2w- 1)J ("Nl),0al - <id或&。1=-d .山上面的分批知4-巴 + -。+ 1-"，而 - % = ±(也f )，故以一里:一也+1 - d土储一 1 + 2金)，即(34 一% 二 d或"4一"工二2十 22d (舍)aaT 一.一.一.6分.

29、&二“ =" + (以- 1)4 ,从而 alt l +alk- alk+l + «2Jr+2 -(i+ ( k tN )/. SLti - nt + zj2 + + a5=(1+ 门)+(I + «) +，*+(l+ 门)=门(1 +h) +18 分 二 .蹲T+。7、【解答】解：(1) f 1,4,2,3|1 4 4 2 2 3 6 4 分(2) f a,b,c,df a,c,b,d 是正确的 6分解法 1： f a,b,c,d f a,c,b,d a b cd a c bd,11_. .I a b c或 a b c, a b a c b c, c d

30、 b d b c所以 f a,b,c,d f a,c,b,d 0,即 f a,b,c,d f a,c,b,d并且当b c时，d b可以取等号，当c b时，若d b可以取等号，所以等号可以取到 10分解法2 ：不妨设a b c,分4种情况讨论1若 d a,贝U f a,b,c,d f a,c,b,d a b d c a c d bf a,b,c,d f a,c, b,d 7分2若 adb,则 f a,b,c, dfa,c, b,dabdcacdf a,b,c,d f a,c, b,d 8分3若 bdc,则 f a,b,c, dfa,c,b, dabdcacb2 d b 0, f a,b,c,d

31、f a, c,b, d 9分4若 c d,则 f a,b,c, d f a,c, b,d a b c d a c b d2 c b0, f a,b,c,d f a,c,b, d 10 分(3)设bii 2i, 1 i n, bn是单调递增数列.分n是奇、偶数情况讨论 11分fa1，a2,，anxax?a2IIIXnan,其中x1，Xn1, 1 ,x2,，10,b 0, d2,0,2 ,并且X1X2口 Xn0.经过上述调整后的数列，系数X2,.,Xn1不可能为0.当n为偶数时，系数中有 -1个2和n 1个2, 1个1和1个1. 22当n为奇数时，有两种情况(1)系数中有上个2和工一3个2, 2个

32、1.22(2)系数中有二个2和个2, 2个1.22 *1 n 是偶数，n 2k,k 2,k N ,2 b2k III bk2bk1 bk 2 Ri HI b 13分2 22kIII 2k 1 2k III 22k 2k2 2k l| k 1 k HI 1 k22k 1k 1=2k1 2 222222kn-n2 4 2n 9 22 3 *2 n 是奇数，n 2k 1,k N , 1 22k 22k 32k 415分因为 b2k 2bk 1bk0,2bk 2 bk 1 bk bk 2 bk 1 2bk ,可知2 b2k1III bkbk 1bk2bk1mb12b2k1III bk3bk2bk1 2

33、bkIIIb1f ai,，anbk,bk 2,bh 3,d,bk 4,b3,.,b2k 1,bk 1,b2k,bk 12 b2k1III bkbk 2 bki 山bi17分2 2k+1|2k+12 2III 2k2"+12HIk 1 k2 +2 +22 k22k 2-2 22k 2k22+3 22k22k1 2-n222k 3 13n 113 2 丁2k综上,ai,a2,.,anmax8、(1)由条件得bn(3)a2aia3a3a2a2a118分1 2n21 2n2n223,n是偶数,n2 13n 12k日K n/EWan1、n3)，a2 ( 1) 3设等比数列an的公比为q ,1-

34、,又 a(q 1)3an1/ 1n1 an4( 3)4(;(3)n13)(2)当 n 2 时，bnbn2n 1以上n1个式子相加得,bnb1a2a1即bn2na2 4 .由 bn 1又bnan 1an ,要使得an13'(1)n1 13 4 43)11 n-)n满足题意, 31,2n 12(1 2n1 2bn 1 bn 22n 22n1)bn2n 122n 3(n 1)Illa20知数列bn(n2n1),是递增数列,0a4a30b31 a20则只需y 43,即f 2,则8 a21b4a5a40b48a20(3)由条件得数列an是以4为首项，2为公差的等差数列,则an4 2(n 1) 2

35、n 2, sn4nL2) n2 3n,则CnSn22nn2 3n 22n则 CniCn(n 1)2 3(n 1) 2n2 3n 22nn2 n 4 22n 1228 2 ( 2)4 0,当 n3 时，nn42 33 4 28 2即 n 3时，Cn 1 Cn,则当k l 3时，Ck Cl与Ck G矛盾.2_l 2时,k 3k 22当k 5时,20162_-k 3k 22_-53 5 225又52016216即当k5, l2时,2_-k 3k 22'k矛盾.又k l 2 ,则k 3或4 ,3时,k2 3k 221k32 3 3 223，解得 24时,2_-k 3k 22k2_-43 4 2

36、24，解得 22.综上得的所有可能值为1和2. 8分9、解：(1)因a21,aa?,且a1是自然数，a10 ；分a42 , 0a3a4，且a3, a4都是自然数； a3 0或a31;分a168, 0a9胡 J" a16 8,且 aiN (i N ) ,a90或 a91 .4分 a2k 2k 1(k N ),当 2k 1 n 2k (n,k N )时，0 a2k 1 1a2k 12 a2k 1 3 HI a2k a 1 ,由于an所以a2klm m123Ml,21.分6S64 max(01)(1 2)(1 23 4)(1HI 8) (1 216)(1 2III 32)16 17

37、7;28 max 71464652T2794714又 20202020 2794,64 n128.分81 2 3所以nm.714III641306,5012751306III5051 1326(3)必要性：若则:S2n 14 s2nS2n 124s2得:a2n 1 1a2n 1由于a2n 1 1a2n 1 251S2n2n0,或1,1154Sn分 10(2n4a2 na2n 1a2n 11) 21(n分 111,或2,a2a2'a2nl 0,或 1只有当a2nl 1,a2n 1 1 1,a2n 1 2 2同时成立时，等式 才成立a2n 11(n分 13充分性:右 a2n 11(n所以a

38、2k k(n,k,由于 1 a2nl a2n 2,k 2n),a2n 3|a2n 12即 a2n 11,a2n2,a2n33,，a2n 1 12n1 ,又 a2n 12n所以对任意的，都有a2na2n 11 (I)分 14另一方面，由a2nk，a2n1 2k2k (n N,k,k 2n)所以对任意的，都有a2n2an (II)分 15S2na12(a2a4a2IIIIIIa2n (a1a2n) n2a2a3 III4(a2a2na31)Hl(a2an)由于a10,a21S2n4(a1a2 Hlan) na4 |a2n)4Sn n 2 证毕.10、ff(D 1.三上三.士上三112 12 3 1

39、2 3 4<2>显然暝+，（e' ,，,，七”）的大小是以自然数顺序（从2开始）排列.于是按题设短 则排列，数列也;各项中分子与分母和为2的为第一组，只有一个数；分子与分母和为3的设为第 二组，有两个数；分子与分母和为4的设为第三组，有三个数；L分子与分母和为+1的设第组, 有个数.数列可中小于1的项? （ Y .m,wN在数列卜，“中第（/ - 一 1）组中的倒数第，个数,按吟则排列得数列网各项依次为：共品工建.莪木获73 n将此数列分母相同的爸项分为一组第组中各项为, . L 其和 +1 +1 n+ I zi + l7；=-+- + + 十 + +I +1数列4为等差数

40、列,通项为c =也“前10项和兀=5；+田4 =4十=（十尹:十;=5,设皿在第组，贝情g2019s 可取“二64。噌=2。1610分二/%2为第64蛆的第3个数，故5刈9 = 7>r + 7；+£ +儿孑_1 + 2 +=65 65 652 2 22 65 65 65 2 26565卜 v q q 65526 标 JZ > o =2019 =看一(3)八，23/ 2O3S.2OI9； 设出=眄&&£ dJk&E d/w'Fu 八<一 二 3 _! £ %则4 44乙小工41dLi都不在6中y设例二4一,4-4*

41、4 -4则"二八.M / = 所以上+"-）£ 2019得M 1010.15分人能否取到IQlOj我们构造3- 口.工37/ 2（）9| j则集合A的子集E符合题设j所以集合E中元素个数最大11为1010,18分11、21* （本题满分18分,第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分S分）解：d> =（一2广、§“ 二 一（；）5wN1 "分）1 + 22”所以&.I =->0伽w N*）（2分）Silt = - <0 （«eN）（3 分）所以，该无穷等比数列/具有性质?，（4分）【证明】：国&quo

42、t;“ + % +=为川+%+之+ 口（"丘V）成立，故% =%+4。上三N）成立.（5分）V数列（可具盯性质尸，1 1£。而对于任意正整数h 都有Su二培十%30（8分）假设/ 。，则（与改为任意正犒数相矛盾）（9分）（1。分）工岂二0(3)段o =6 + (/)-1)(/ .前 n 项和(工 ”,+所以&(1 + 2网一1)门7+ ?； =，I 7；E0SwN")= S" 一二/ + £之 0 5 e N )32 分)F仆一1).一八n + nc. +rf < 0所以彳.：一 小时干任苣FT 1N成立.士, I、 (门1)(力

43、-2) , 1，+ (" I )，-d 3 0(I )n 4(q J < 0即，一an a12、(1)解：由已知Sn -,分2所以 a1 1 , a2 2 , a3 3,分猜想ann2时于任意112 N成立.34分)(1 + (q )口 + «/一。)2 0所以144£0.】+20,得到d = -2.1百分)22" q+iMO,*即有 八I A 人对于在意71 £N*成立.(c + 3)*i + (-2-e) >0A?fy-3<q<-lUB 分)所以 f&z = j+ 2018d = t.; -4036 e -4039,-4037.门 8 分)2an 1an 122证明(2)当 n 2 时，Sn an an , Sn222所以 anSnSn 1一an 1 an 122得 anan 1anan 1 10,因为an0 n N ,所以 anan 1数列an为等差数列，又由（1) aia2所以an(3)解:由（2）知bmmt1,