2020届高三数学典型题专项训练：数列

数列

一、选择、填空题

1、（海淀区2018届高三上学期期中考试）已知数列{an}满足a1a2an2a2(n1,2,3,...)，则

（ ）

（B）a10 （D）a20

依次按两项、三项分组，得到分组

（A）a10 （C）a1a2

2、（朝阳区2019届高三上学期期中）将正奇数数列1,3,5,7,9,序列如下： (1,3),(5,7,9),(11,13),(15,17,19),,称(1,3)为第1组，(5,7,9)为第2组，依此类推，

则原数列中的2019位于分组序列中

A.第404组 B.第405组 C.第808组 D.第809组 3、（海淀区2019届高三上学期期中）在等差数列{an}中，a11，

a6

2，则公差d的值是( ) a5

（A） （B） （C） （D）

4、（海淀区2019届高三上学期期中）已知等比数列an的前n项和为Sn，下表给出了Sn的部分数据：

n 131314141 2 10 3 4 65 2… … Sn t 19 则数列an的公比q____,首项a1=____.

5、（通州区2019届高三上学期期中）设等差数列an的前n项和为Sn，若S1326，a61，则数列an的公差为 A．2

B．1

C．2 D． 1

6、（朝阳区2019届高三上学期期末）已知数列an为等差数列，Sn为其前n项的和.若a1a36，

a47，则S5_______.

7、（东城区2019届高三上学期期末）若等差数列{an}和等比数列{bn}满足a11,b12，

a3b21，试写出一组满足条件的数列{an}和{bn}的通项公式：an ，bn .

8、（丰台区2019届高三上学期期末）已知等差数列{an}中，a13，a26. 若bna2n，则数列{bn}的前5项和等于 （A）30

（B）45

（C）90

（D）186

9、（石景山区2019届高三上学期期末）设Sn为等差数列{an}的前n项和，a13,S318，则其通项公式an______ ．

10、（昌平区2019届高三5月综合练习（二模））设数列{an}的前n项和为Sn，且

nN*,an1an,SnS6. 请写出一个满足条件的数列{an}的通项公式an ．

11、（房山区2019届高三第二次模拟）设Sn为等差数列an的前n项和，a14，a6a812，则S7= .

12、（丰台区2019届高三5月综合练习（二模））已知等差数列an的前n项和为Sn，能够说明

“若数列an是递减数列，则数列Sn是递减数列”是假命题的数列an的一个通项公式为____．

13、（海淀区2019届高三5月期末考试（二模））若数列an的前n项和Snn8n，n1,2,3,...,2则满足an0的n的最小值为

14、（海淀区2019届高三一模）已知等差数列an满足4a3=3a2，则an中一定为零的项是

(A) a6 (B) a8 (C) a10 (D)a12

15、（怀柔区2019届高三一模）若an是等比数列，且公比q4,a1a2a321，则

an__________．

16、（门头沟区2019届高三一模）等比数列an中，S321,2a2a3则数列an的通项公式

an . 17、（石景山区2019届高三一模）等比数列{an}的首项a12，a416，则其前n项和Sn_______． 18、（顺义区2019届高三第二次统练（一模））在等比数列{an}中，若a1A．32

B．16

C．8

D．

1，a44，则a7= 21 1619、（西城区2019届高三一模）在等比数列{an}中，a21，a58，则数列{an}的前n项和Sn____． 20、（延庆区2019届高三一模）已知等比数列an的公比为2，若a1a34，则a2_____.

二、解答题

1、（海淀区2018届高三上学期期中考试）已知{an}是等比数列，满足a2=6，a3=-18，数列{bn}满足b12，且{2bnan}是公差为2的等差数列． （Ⅰ）求数列{an}和{bn}的通项公式； （Ⅱ）求数列{bn}的前n项和．

2、（朝阳区2019届高三上学期期中）数列{an}（nN*）是各项均为正数的等比数列，且a23，

a4a318.

（Ⅰ）求{an}的通项公式；

（Ⅱ）设bnanlog3an，求b1b2bn.

3、（海淀区2019届高三上学期期中）设{an}是等比数列， Sn为其前n项和，且a22，a1S20. (Ⅰ) 求{an}的通项公式； (Ⅱ) 若Sn80，求n的最小值.

4、（通州区2019届高三上学期期中）已知数列an的前n项和SnnN列bn满足bn2log2an．

（Ⅰ）求数列an和数列bn的通项公式； （Ⅱ）令cn满足Sn2an1，数

bn2，若cnx2x1对于一切的正整数n恒成立，求实数x的取值范围； an（Ⅲ）数列an中是否存在am,an,akmnk,且m,n,kN在，求出m,n,k的值；若不存在，请说明理由．

，使am,an,ak成等差数列？若存

5、（朝阳区2019届高三上学期期末）已知a1,a2,,an,是由正整数组成的无穷数列，对任意

nN，an满足如下两个条件：

①an是n的倍数； ②anan15.

（Ⅰ）若a130，a232，写出满足条件的所有a3的值； （Ⅱ）求证：当n11时，an5n； （Ⅲ）求a1所有可能取值中的最大值.

6、（大兴区2019届高三上学期期末）设有限数列A:a1,a2,,an(nN)，定义集合

Maiaj|1≤ij≤n为数列A的伴随集合．

（Ⅰ）已知有限数列P:1,0,1,2和数列Q:1,3,9,27．分别写出P和Q的伴随集合； （Ⅱ）已知有限等比数列A:2,22,（Ⅲ）已知有限等差数列A:a1,a2,明理由

7、（东城区2019届高三上学期期末）对给定的dN，记由数列构成的集合

Ω(d){{an}a11,an1and,nN}.

,2n(nN)，求A的伴随集合M中各元素之和S； ,a2019，判断0,507是否能同时属于A的伴随集合M，并说,3100（Ⅰ）若数列{an}Ω(2)，写出a3的所有可能取值；

（Ⅱ）对于集合Ω(d)，若d≥2. 求证：存在整数k，使得对Ω(d)中的任意数列{an}，整数k不是数列{an}中的项；

{bn}(d)，记{an}，{bn}的前n项和分别为An,Bn.若an1bn1，（Ⅲ）已知数列{an}，求证：

An≤Bn.

10、（昌平区2019届高三5月综合练习（二模））对于集合A{a1,a2,,an}，B{b1,b2,,bm}，

nN*,mN*.

AB{xy|xA,yB}.集合A中的元素个数记为|A|.

n(n1)，则称集合A具有性质T． 21248（I）已知集合A{1,3,5,7}，B{,,,}，写出|AA|，|BB|的值；

33332（II）已知集合A{a1,a2,,an}，{an}为等比数列，an0，且公比为，证明：A具有性质T；

3规定：若集合A满足|AA|（III） 已知A,B均有性质T，且nm，求|AB|的最小值.

11、（朝阳区2019届高三第二次（5月）综合练习（二模））对于由有限个自然数组成的集合A,定义

∣aA,bA}, 记集合S(A)的元素个数为d(S(A)). 定义变换T，变换T将集集合S(A){ab合A变换为集合T(A)AS(A).

（Ⅰ）若A0,1,2, 求S(A),T(A);

（Ⅱ）若集合A有n个元素，证明:“d(S(A))2n1”的充要条件是“集合A中的所有元素能组成公差不为0的等差数列”;

（Ⅲ）若A{1,2,3,4,5,6,7,8}且{1,2,3,求元素个数最少的集合A.

12、（丰台区2019届高三5月综合练习（二模））在数列

,25,26}T(T(A))，

an中，记

P(n)|a1a2||a2a3||an1an|(nN且n≥2).

（Ⅰ）若对任意的nN且n≥2，都有P(n)≤ana1，则称数列an具有性质P． ①请写出具有性质P的一个数列的前四项； ②设数列an具有性质P，证明：an1≤an；

（Ⅱ）若存在常数M，对任意的nN且n≥2，都有P(n)≤M，则称数列an是Ω数列．设Sn是数列bn的前n项和，且Sn是Ω数列，证明：数列bn是Ω数列．

13、（丰台区2019届高三一模）

设nN*且n≥2，集合Sn{(x1,x2,（Ⅰ）写出集合S2中的所有元素； （Ⅱ）设(a1,a2,,an)，(b1,b2,,xn)|x1|1,|xi1|2|xi|(i1,2,,n1)}.

,bn)Sn，证明：“

ab”的充要条件

iii1i1nn是“aibi(i1,2,3,n； ,n)”

（Ⅲ）设集合Tn{xi|(x1,x2,i1,xn)Sn}，求Tn中所有正数之和.

14、（海淀区2019届高三一模） 首项为O的无穷数列an同时满足下面两个条件： ①an1ann；②ann1 2 (Ⅱ)请直接写出a4的所有可能值；

(Ⅱ)记bna2n，若bnbn1对任意nN成立，求bn的通项公式；

* (Ⅲ)对于给定的正整数k，求a1a2...ak的最大值．

15、（怀柔区2019届高三一模）设集合W由满足下列两个条件的数列an构成： ①

anan2an1；②存在实数M，使anM（ n为正整数）. 2（Ⅰ）在只有5项的有限数列an、 bn中，其中a11,a22,a3=3，a44，a55；

b11,b24,b35,b44,b51，试判断数列an、bn是否为集合W中的元素；

（Ⅱ）设cn是等差数列，Sn是其前n项和，c34,S318，证明数列SnW；并写出M的取值范围；

dk1dk2dk3. （Ⅲ）设数列dnW，且对满足条件的常数M，存在正整数k，使dkM．求证：

16、（门头沟区2019届高三一模）给定数列an，若满足a1a(a0且a1)，对于任意的

n,mN*，都有amnanam，则称数列an为“指数型数列”.

n1n（Ⅰ）已知数列an，bn的通项公式分别为an53,bn4，试判断数列an，bn是不

是“指数型数列”；

（Ⅱ）已知数列an满足a111,an2anan13an1(nN*)，判断数列1是否为“指数型2ana1(aN*)，证明数列an中任意三项都不能构a2数列”，若是给出证明，若不是说明理由； （Ⅲ）若数列an是“指数型数列”，且a1成等差数列.

17、（石景山区2019届高三一模）若项数为n的单调递增数列{an}满足： ①a11；

②对任意k（kN*，2≤k≤n），存在i,j（iN*,jN*，1≤i≤j≤n）使得akaiaj，则称数列{an}具有性质P.

（Ⅰ）分别判断数列1,3,4,7和1,2,3,5是否具有性质P，并说明理由； （Ⅱ）若数列{an}具有性质P，且an36， （ⅰ）证明数列{an}的项数n≥7； （ⅱ）求数列{an}中所有项的和的最小值．

18、（房山区2019届高三一模）若数列{an}满足：an{0,1},nN，且a11，则称{an}为一个X数列. 对于一个X数列{an}，若数列{bn}满足：b11，且bn1|anan1|bn,nN，则称{bn}为2{an}的伴随数列.

（Ⅰ）若X数列{an}中a21,a30,a41，写出其伴随数列{bn}中b2,b3,b4的值； （Ⅱ）若{an}为一个X数列，{bn}为{an}的伴随数列.

①证明：“{an}为常数列”是“{bn}为等比数列”的充要条件； ②求b2019的最大值.

参考答案：

一、选择、填空题 1、D

2、A 3、A 4、6、25 7、n3，4 5、D 22 （答案不唯一） 8、C 9、3n

10、n6(nN*)（答案不唯一） 11、35 12、满足a1,a20,d0（答案不唯一） 13、5

14、A 15、4n1

n1n116、an32 17、22 18、A

19、2n11 2820、

5

二、解答题

1、解：（Ⅰ）设数列{an}的公比为q，则

a2a1q6 ……………………2分 2aaq1831解得a12，q3 所以，an2(3)

n1

……………………3分 ……………………5分

令cn2bnan，则c12b1a12

cn2(n1)22n

……………………7分

bncnann(3)n1 2 ……………………9分

n(n1)1(3)n（Ⅱ） Sn…………………13分 242、解：（Ⅰ）设{an}的首项为a1，公比为q(q0)，则依题意

a1q3，解得a11,q3. 32a1qa1q18，n1所以{an}的通项公式为an3，nN*. ……………………. 7分 n1（Ⅱ）因为bnanlog3an3(n1)，

所以b1b2b3bn(13323n1)[012(n1)]

13nn(n1) 1323n1n(n1). ……………….13分

223、

4、解：（Ⅰ）根据题意,数列an满足Sn2an1,

当n1时,a1S11. 1分 当n2时, anSnSn11,an2an2an1，

即an2an1． 2分

所以数列an是首项为1，公比为2的等比数列． 3分

n1所以an2，nN； 4分 n1又由已知bn2log2an，得bn2log22n1． 5分

bn11（Ⅱ）依题意得cnnn1n1an22n1，nN． 6分

11因为cn1cnn2n12212n1nn1

n1n1n2n12220， 7分

所以当n1时，cn取得最大值c12． 8分

2因为cnx2x1对于一切的正整数n恒成立，

所以2x2x1． 9分 解得x1或x3，

所以实数x的取值范围是xx1或x3； 10分 （Ⅲ）假设存在am,an,akmnk,m,n,kN2，使am,an,ak成等差数列，

n1m1k1则2anamak，即2222． 11分

m1两边同时除以2因为2nm1，得2nm112km①． 12分

为偶数，12km为奇数，这与①矛盾． 13分

所以不存在am,an,akmnk,m,n,kN，使am,an,ak成等差数列． 14分

5、（Ⅰ）a3的值可取27,30,33,36. .…………3分 （Ⅱ）由an1an5n1,2,，对于任意的n，有an5(n1)a1.

当na14时，an5(n1)a1，即an5(n1)n4，即an6n1. 则an6n成立.

因为an是n的倍数，所以当na14时，有an5n成立.

若存在n使an5n，依以上所证，这样的n的个数是有限的，设其中最大的为N. 则aN5N,aN15(N1)成立，因为aN是N的倍数，故aN6N. 由5aNaN+16N5(N1)N5,得N10.

因此当n11时，an5n. …………8分 （Ⅲ）由上问知a1155，因为anan+15且an是n的倍数，

所以a10,a9,,a1满足下面的不等式：

a1060，a963，a864，a763，a666，a570，a472，a375，a185.

则a1=85,a2=80, a3=75,a472,a570,a666,a763,a864,

a963,a1060,当n11时，an5n这个数列符合条件.

故所求a1的最大值为85. ………13分 6、解：（Ⅰ）数列P的伴随集合为1,0,1,2,3，

数列Q的伴随集合为4,10,12,28,30,36． ……3分 （两个集合都对3分，只写对一个集合给2分．）

（Ⅱ）先证明对任意ik或jl，则aiajakal(1≤ij≤n,1≤kl≤n)． 假设aiajakal1≤ij≤n,1≤kl≤n．

当ik且jl，因为aiajakal，则ajal，即2j2l， 所以jl，与jl矛盾．

同理，当ik且jl时，也不成立． ……1分

当ik且jl时，不妨设ik，因为aiajaikal，则22j2k2l， 所以12ji2ki2li， ……2分 左边为奇数，右边为偶数，所以12ji2ki2li， ……3分 综上，对任意ik或jl，则aiajakal(1≤ij≤n,1≤kl≤n)

a280，

所以求集合M中各元素之和时，每个ai1in均出现n1次，……4分 所以S(n1)(2222n)．

2(12n)(n1)(n1)(2n12) ……5分

12507（Ⅲ）假设0,,同时属于数列A的伴随集合M．

3100设数列A的公差为d(d0)，则

aa0,i12a1i1j12d0,①j15050ai2aj2,即2a1i2j22d,② ……1分

3377aa,2aij2d,③ij31331001003②-①得，i2j2-i1j1d=③-①得，i3j3-i1j1d=50， 37， 100(ij2)(i1j1)5000 两式相除得，2， ……2分 =(i3j3)(i1j1)21 因为i1,j1,i2,j2,i3,j3N， 所以i2j2-i1j15000k，

i3j3-i1j121kkZ,k0， ……3分

所以i2j2-i1j15000． 又因为1i1,j1,i2,j2≤2019，

所以i2j2-i1j120192018214034，

i2j2-i1j112201820194034， ……4分 所以i2j2-i1j14034，与i2j2-i1j15000矛盾， 507不能同时属于数列A的伴随集合M． ……5分 ,31007、解：（Ⅰ）由于数列{an}Ω(2)，即d2，a11.

所以0,由已知有a2a1d123，所以a23，

a3a2da22，

将a23代入得a3的所有可能取值为5,1,1,5. ..............................4分 （Ⅱ）先应用数学归纳法证明数列:

若数列{an}(d)，则an具有md1(mZ)的形式.

①当n1时，a10d1，因此n1时结论成立.

②假设当n（时结论成立，即存在整数m0，使得akm0d01成立. kkN）当nk1时，ak1m0d01d0(m01)d01，

ak1(m01)d1，或ak1(m01)d1.

所以当nk1时结论也成立.

由①②可知，若数列{an}Ω(d)，对任意nN，an具有md1(mZ)的形式. 由于an具有md1(mZ)的形式，以及d2，可得an不是d的整数倍. 故取整数kd，则整数k均不是数列{an}中的项. .............................9分

（Ⅲ）由an1and可得：a2n1a2n2andd2.

所以有a2n1a2n2andd2， a2na2n12an1dd2， a2n1a2n22an2dd2，

a22a212a1dd2.

以上各式相加可得a2n11d2n2Snd， a2n1nd21b2n1nd21即An.同理Bn.

2d2d2d2d

当an1≤bn1时，有an+1≤bn+1，

222anbna2n1nd21bnnd21+111≤由于dN，所以，于是≤，2d2d2d2d 2d2d22即AnBn成立. .............................14分

10、解：（I）|AA|7;|BB|10. ….4分 （II）要证A具有性质T，只需证明，若n1n2n3n4，则an1an4an2an3.

假设上式结论不成立，即若n1n2n3n4，则an1an4an2an3. 即q1qnn4qn2qn3，即qn4n1qn2n1qn3n11，

222()n4n1()n2n1()n3n11， 3332n4n12n2n13n4n22n3n13n4n33n4n1.

因为上式的右边为3的倍数，而上式的左边为2的倍数，所以上式不成立. 故假设不成立，原命题成立. ….10分 （III）由题意，集合A具有性质T，等价于任意两个元素之和均不相同.

如，对于任意的abcd，有adbc，

等价于dcba，即任意两个不同元素之差的绝对值均不相同.

*令A{xy|xA,yA,xy}，

所以A具有性质T|AA|n(n1)n(n1)|A*|. 22因为集合A,B均有性质T，且nm，

2*所以|AB|n|AB*|n2n(n1)n(n1)，当且仅当AB时等号成立. 22所以|AB|的最小值为

n(n1). ….14分 211、解：（Ⅰ）若集合A0,1,2, 则S(A)T(A)0,1,2,3,4. ….3分 （Ⅱ）令A{x1,x2,xn}.不妨设x1x2xn.

充分性：设{xk}是公差为dd0的等差数列.

则xixjx1(i1)dx1(j1)d2x1(ij2)d(1i,jn) 且2ij2n.所以xixj共有2n1个不同的值.即d(S(A))2n1. 必要性：若d(S(A))2n1.

因为2xixixi12xi1，(i1,2,所以S(A)中有2n1个不同的元素：

,n1).

2x1,2x2,,2xn,x1x2,x2x3,,xn1xn.

任意xixj(1i,jn) 的值都与上述某一项相等.

又xixi1xixi2xi1xi2，且xixi12xi1xi1xi2，i1,2,所以xixi22xi1，所以{xk}是等差数列，且公差不为0.

….8分

（Ⅲ）首先证明: 1A. 假设1A, A中的元素均大于1, 从而1S(A), 因此1T(A),

,n2.

1S(T(A)), 故1T(T(A)), 与1,2,3,...,25,26T(T(A))矛盾, 因此1A.

2设A的元素个数为n, S(A)的元素个数至多为Cnn, 从而T(A)的元素个数至多为

2Cnnnn(n3). 若n2, 则T(A)元素个数至多为5, 从而T(T(A))的元素个数至多为25820, 而T(T(A))中元素至少为26, 因此n3. 2假设A有三个元素, 设A{1,a2,a3}, 且1a2a38, 则

1,2,a2,a21,a3,a31,2a2,a2a3,2a3T(A),

从而1,2,3,4T(T(A)).若a25, T(T(A))中比4大的最小数为a2,则5T(T(A)), 与题意矛盾, 故a25.

集合T(T(A))中最大数为4a3, 由于26T(T(A)), 故4a326, 从而a37.

(i)若A{1,a2,7}且a25. 此时, 1,2,a2,a21,7,8,2a2,7a2,14T(A), 则有

814

22,21T4T2A, 8在22与28之间可能的数为

14+2a2,21a2.

此时23,24,25,26不能全在T(T(A))中, 不满足题意.

(ii)若A{1,a2,8}且a25. 此时, 1,2,a2,a21,8,9,2a2,8a2,16T(A), 则有

16925T(T(A)),

若26T(T(A)), 则162a226或16(8a2)26, 解得a25或a22.

当A{1,2,8}时, 15,21,22,23T(T(A)), 不满足题意. 当A{1,5,8}时,

T(T(A)){1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16,17,18,19,20,21,22,23,24,25,26,29,32},

满足题意.

故元素个数最少的集合A为1,5,8 ………….13分

12、解：（Ⅰ）①1,2,3,4. ………………3分

*②假设ai(iN)是数列{an}中，使得ai1ai成立的最小的项，

则|a1a2||a2a3|所以ai1aiai1≤ai，

|ai1ai||ai1ai|ai1a1≤aia1

所以ai1≤ai，这与ai1ai矛盾，所以假设不成立．

所以an1≤an. ………………8分 （Ⅱ）因为{Sn}是 数列，所以存在常数M，对于任意的nN且n≥2，都有

|S1S2||S2S3||Sn1Sn|≤M，

因为Sn是数列{bn}的前n项和，所以bn所以|b2||b3|因为

S1,n1,

SnSn1,n≥2.|bn|M，

|b1b2||b2b3||bn1bn|

|bn2||bn1||bn1||bn|

≤|b1||b2||b2||b3|=2(|b2||b3||bn1|)|b1||bn|

≤2M|b1||bn| ≤2M|b1|．

所以数列{bn}是 数列． ………………13分

13、解：（Ⅰ）因为|x1|1，所以|x2|2，

所以S2中的元素有(1,2),(1,2),(1,2),(1,2). （Ⅱ）先证充分性

因为对于任意的i{1,2,3,再证必要性

因为|x1|1,|xi1|2|xi|，所以数列{|xi|}是以1为首项，2为公比的等比数列，所以

,n}，都有aibi，所以aibi．

i1i1nn|xi|2i1．

假设存在j{2,3,,n}，使得|aj||bj|．

所以ajbj或ajbj．

若ajbj，不妨设aj0，则bj0，

12j12j-11|xj|2j1． 因为|a1||b1|1，xi≤|xi|12i1i1j1j1所以

ai1ji0，bi0，这与aibi矛盾．

i1i1i1jjj所以ajbj．

当j2时，必有a1b1． 所以 对于任意i{1,2,3,nn,n}，都有aibi．

,n)” ．

综上所述， “aibi”的充要条件是“aibi(i1,2,3,i1i112n12n-11|xn|2n1， （Ⅲ）因为 xi≤|xi|12i1i1n1n1所以

x为正数，当且仅当xn0．

ii1nk1k1因为 对于任意的正整数kn，xk2或2，所以集合Tn中，元素为正数的个数为

11C2C2n1个1C22n1，

所以 所有的正数元素的和为2n1xn2n12n14n1.

14、解：（Ⅰ）a4的值可以取2,0,6 （Ⅱ）因为bna2n，因为bnbn1对任意nN成立，所以{bn}为单调递增数列， 即数列{an}的偶数项a2,a4,a6,...,a2n...是单调递增数列 根据条件a21，a40

所以当a2n0对n2成立 下面我们证明“数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数” 假设数列{an}中存在ai,ai1同时为非负数 因为|ai1ai|i，

若ai1aii, 则有ai1aiii若ai1aii,则有aiai1ii(i1)1，与条件矛盾 2i1， 与条件矛盾 2所以假设错误，即数列{an}中相邻两项不可能同时为非负数 此时a2n0对n2成立，

所以当n2时，a2n10,a2n10，即a2n1a2n,a2n1a2n 所以 a2na2n12n1，

a2n1a2n2(2n2)

所以(a2na2n1)(a2n1a2n2)1

即a2na2n21，其中n2 即bnbn11，其中n2 又b1a21，b2a40

所以{bn}是以b11，公差为1的等差数列，

所以bn1(n1)n2 （Ⅲ） 记Ska1a2a3ak1ak

由（Ⅱ）的证明知，an,an1不能都为非负数 当an0，则an10，

根据|an1an|n，得到an1ann，所以anan12ann2 当an10，则an0

根据|an1an|n，得到anan+1n，所以anan12an1n2n1n1 2n11n0 2 所以，总有anan10成立 当n为奇数时，|anan1|n，故an1,an的奇偶性不同，则anan11 当n为偶数时，an1an0 当k为奇数时，Ska1(a2a3)(ak1ak)0

1,1,2,2,考虑数列：0，，k1k1 ，

22 可以验证，所给的数列满足条件，且Sk0 所以Sk的最大值为0

k(ak1ak)

2kk2k21,1,2,2，，-考虑数列：0，，，

222k可以验证，所给的数列满足条件，且Sk

2k 所以Sk的最大值为

2aa315、解：(Ⅰ)对于数列{an}，当n=1时， 12=a2，显然不满足集合W的条件①，故an不

2当k为偶数时，Sk(a1a2)是集合W中的元素。

对于数列{bn}，当n{1,2,3,4,5}时，不仅有

b1b3bb3b2，244b3，22b3b53b4，而且有bn5，显然满足集合W的条件①②，故bn是集合W中的元素。2-----------------5分

(Ⅱ)∵cn是等差数列，Sn是其前n项和，c34,S318，设其公差为d， ∴c32dc3dc318，

∴d=-2

2 ∴cnc3(n3)d2n10, Snn9n

∵

SnSn2SSn2Sn110，∴nSn1； 22981∵Sn(n)2， ∴Sn的最大值是S4S520,即SnS420。

24 ∴SnW，且M的取值范围是[20,+∞)---------------------------------------------------10分 (Ⅲ)证明：∵dnW，∴

dkdk2dk1， 2整理dk2dk1(dk1dk)dk1(dk1M)， ∵dkM，∴dk1M，∴dk2dk1； 又∵

dk1dk3dk2，∴dk3dk2(dk2dk1)dk2， 2∴dk1dk2dk3.--------------------------------------------------------------------------14分

16、解：（Ⅰ）数列an, anam253nm2数列”。

5(53nm1)anm,所以数列an不是“指数型3bnm4nm4n4mbnbm，所以数列bn是“指数型数列”

11311213(1)，（Ⅱ）数列1是“指数型数列”an2anan13an1 aaaaan1nn1nn所以1111111) 1是等比数列，1(1)3n13n，(1)(1)3n3m3nm(anamanmana1an11是“指数型数列” an所以数列（Ⅲ）若数列an是“指数型数列”，由定义得：

anmanaman1a1anana1n(假设数列an中存在三项as,a1n) a2at,au成等差数列，不妨设stu

则2atasau，得：2atasau2(整理得：2(a1)tsa1ta1sa1u)()() a2a2a2(a2)us(a2)us(a1)us （*）

us若a为偶数时，右边为偶数，(a1)为奇数，则左边为奇数，（*）不成立； 为奇数，则左边为奇数，（*）不成立；

若a为奇数时，右边为偶数，(a2)us所以，对任意的aN*，（*）式不成立.

17、解：（Ⅰ）因为311 ，所以1,3,4,7 不具有性质P ；

因为211，312 ，523 ，所以1,2,3,5 具有性质P． （Ⅱ）

（ⅰ）因为{an}是单调递增数列，又akaiaj， 所以aiajak 即aiajak1， 所以ak2ak1，

a11，所以a22，a34，a48，a516，a632， 又因为an36，所以n7． （ⅱ）因为361818，1899，936，633，312，211；

所以可以构造数列1，2，，，，36918，36满足性质P；

或361818，1899，945，541，422，211， 所以可以构造数列1，2，4，，，5918，36满足性质P；

上述两个数列的和为75，下面说明75为数列{an}中所有项的和的最小值． 若18在数列{an}中，要求数列{an}中所有项的和的最小值，则ai118， 若18不在数列{an}中，则aiaj36 ，由（ⅰ）知n7，

则数列{an}中所有项的和sa1a2Lan(aiaj36)4a176， 所以要求数列{an}中所有项的和的最小值，则ai118． 同理要求数列{an}中所有项的和的最小值，则ai29，

981726354，同理可得ai36或4；

依此类推要求数列{an}中所有项的和的最小值，其数列为1，2，，，，3691，83或61，2，4，，，5918，36

所以数列{an}中所有项的和的最小值为75．

18、（Ⅰ）b2|a1aa2a111|b1，b3|a23|b2，b4|a34|b3 ………3分 222224（Ⅱ）充分性：若X数列{an}为常数列

因为a11，所以an1,nN

an11|bnbn,nN，又因为b110 221所以其伴随数列{bn}是以1为首项，以为公比的等比数列； ……………6分

2所以bn1|an必要性：（方法一）假设数列{bn}为等比数列，而数列{an}不为常数列

所以数列{an}中存在等于0的项，设第一个等于0的项为ak，其中k1,kN 所以bk|1又bk1|b0|bk1bk1，得等比数列{bn}的公比qk1

bk12ak+1a1|bk，得等比数列{bn}的公比q|k+1|，与q1矛盾 222所以假设不成立

所以当数列{bn}为等比数列时，数列{an}为常数列.

综上 “{an}为常数列”是“{bn}为等比数列”的充要条件 ……………10分 必要性：（方法二）若数列{bn}为等比数列

①若a2a1，即a20，得b2b1，则数列{bn}的公比为1

a3|1，得a32{0,1}，不符合题意 21②若a2a1，即a21，得b2b1，

21所以等比数列{bn}的公比只可能为

2a1所以|a23|，又a21，an{0,1},nN

22所以|a2解得a31，即a3a2

同理依次可得a4a3，a5a4， 所以数列{an}是值为1的常数列 （Ⅲ）当an1,an11时，bn1，anan1，

1bn 2当an1,an10时，bn1bn 当an0,an11时，bn11bn 2当an0,an10时，bn10

11bn，或bn，或0，又由题意可知bn0 421 所以bn2bn

2111 所以b2019b20171009b 12221009 综上bn211,n2k1,kN 当数列an时，b20191009

20,n2k,kN 所以b2019的最大值为

121009 ……………13分