2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册第四章 数列 过关练习（含解析）
文档属性
| 名称 | 2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册第四章 数列 过关练习（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 867.5KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-04-19 19:53:29 | ||
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文档简介
第四章数列过关练习-2023-2024学年高中数学人教A版选择性必修第二册
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．数列满足：对于，已知，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积．已知数列是等积数列，且，公积为8，则（ ）
A．28 B．20
C．24 D．10
3．已知数列满足，若为数列的前项和，则（ ）
A．226 B．228 C．230 D．232
4．已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知的通项公式为恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
6．已知数列的前项和为，等比数列满足，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（ ）．
A． B． C． D．
8．用数学归纳法证明“对任意偶数，能被整除时，其第二步论证应该是（ ）
A．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
B．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
C．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
D．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．是递增数列 B．
C．的最大值为 D．
10．已知数列满足，，，为数列的前项和，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．当为奇数时，
C．设，则数列的前项和小于
D．设，则数列的前项和小于
11．斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶数 B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知各项均为正整数的递增数列的前项和为，若，当取最大值时，的值为 .
13．已知为等比数列，，若，则
14．利用数学归纳法证明“，”时，从“”变到“”时，左边应增乘的因式是 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
16．数列中，.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若，都有恒成立，求的取值范围.
17．记等差数列的前项和为，是正项等比数列，且．
(1)求和的通项公式；
(2)证明是等比数列．
18．已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
19．已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；
(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；
(3)若满足，证明：．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】借助所给条件，由逐项往前计算即可得.
【详解】由，，
故，即，，故，，故.
故选：A.
2．A
【分析】根据题设，可得数列是周期为的周期数列，又由，，可得到，即可求出结果.
【详解】由题知，，
所以，故数列是周期为的周期数列，
又，，所以，
所以，
故选：A.
3．A
【分析】将数列分成偶数列和奇数列两列数列处理即可.
【详解】由题可知数列的奇数列是公差为2，首项为1的等差数列，此时，
数列的偶数列是1，交替出现的波动数列，此时，
所以.
故选：A.
4．C
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可．
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，
若成等比数列，则，解得，此时，为常数，充分性成立；
反之，若为常数列，则，则，得 ，则，
易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.
故选:C．
5．D
【分析】根据裂项相消法求得，由恒成立求解即可.
【详解】，
故
，所以，即的最小值为.
故选：D
6．A
【分析】先根据与的关系求出数列的通项，进而可求得等比数列的通项，再根据即可得解.
【详解】由，得，
时，，
由，，得公比，
所以，
故，所以.
故选：A．
7．C
【分析】根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得结论．
【详解】，
，，即且，
，且，两边都除以，得，可得．
对于A，由，可得，故A项不正确；
对于B，由于，所以不成立，故B不正确；
对于C，因为，所以，可得．
结合，可得，故C正确；
对于D，根据且，当，时，，
此时不成立，故D不正确．
故选：C．
8．D
【分析】
根据题意可得为偶数，结合数学归纳法的证明步骤即可得出答案.
【详解】因为为正偶数，所以第二步的假设应写为：
假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立，
即当（为正整数）时，能被整除，
再证时，能被整除.
故选：D
9．BD
【分析】C可由题干直接进行判断，ABD选项由去分布进行求出数列的通项公式即可求出结果.
【详解】当时，；
当时，，
所以满足，所以，
即数列时以为公差，16为首项的等差数列，故A错误，B正确；
又由和可得，故C错误；
由，
所以，故D正确，
故选：BD.
10．BD
【分析】对于A，只需对进行赋值即可依次得到；对于B，根据数列的递推公式，需要分别求数列的奇数项的前项与偶数项的前项的和，分别按照等差数列和等比数列求和公式求和整理即得；对于C，求出，利用错位相减法即可得解；对于D，求得，利用裂项相消法即可得解.
【详解】对于A项，故A项错误；
对于B项，由可知，
该数列的奇数项构成首项为，公差为4的等差数列，
偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，
故当为奇数时，
，故B项正确；
对于C项，，
所以， ①， ②，
由两式相减得：
，
故，故C项错误；
对于D项，，
则，
则
，故D项正确.
故答案为：BD.
【点睛】方法点睛：
(1)对于已知递推数列是奇偶性要求的数列，一般按照奇偶性进行分组求和；
(2)对于等差数列乘以等比数列型数列，一般考虑错位相消法求和；
(3)对于数列通项具备分式型函数特点，一般考虑裂项相消法求和.
11．BD
【分析】判断数列的项的奇偶性的规律，判断A；利用递推关系判断B；举出反例判断C；利用数学归纳法可判断D.
【详解】对于A，由于斐波那契数列满足：为奇数，，
则为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，
依次类推，即数列的项按“奇数奇数偶数”的规律循环出现，
即所有序号为3的倍数的项为偶数，其余项为奇数，
而，故为奇数，A错误；
对于B，
，B正确；
对于C，取，此时，C错误；
对于D，首先用数学归纳法证明一个结论：当n为奇数时，；
当时，，结论成立；
假设当（k为奇数）时，，
则时，
，
即时，结论也成立，
故当n为奇数时，，故，D正确，
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题考查了数列新定义即斐波那契数列的性质问题，解答的难点在于要能根据数列的规律明确相关的性质，特别是D的判断，要先用数学归纳法证明相关的结论，继而即可判断.
12．74
【分析】先确定当取最大值时的可能情况，分类讨论可得答案.
【详解】因为数列是各项均为正整数的递增数列，，
所以取最大值时，则时，均取到最小，即，，
即时，是等差数列，，，
，，；
若的最大值为61，则，符合题意；
若的最大值为62，则，不符合题意；
综上当取最大值时，的值为74.
故答案为：74.
13．
【分析】借助等比数列的性质结合题意计算即可得.
【详解】由为等比数列，故，
由，
由，
故，
则
.
故答案为：.
14．
【分析】利用数学归纳法，分别写出和的式子，能够得到增加的项.
【详解】当时，左边式子为，
当时，左边式子为，
故左边增乘的因式是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由可得，两式相减由累乘法可求出的通项公式；
（2）求出，由裂项相消法可求出数列的前项和.
【详解】（1）因为，令得，
因为，
所以，
两式相减得，
即．
所以，
所以，
即，
所以当时，，
又，所以．
（2）由（1）可得，
所以.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题目中的递推公式和等差数列的定义证明即可；
（2）根据（1）可得，即得，由此将不等式恒成立转化为，对，令，分析数列单调性求出的最大值得解.
【详解】（1），
，又，所以，又，
所以数列是以3为首项，以2为公差的等差数列.
（2）由（1），即，
恒成立，，对，
令，则，
所以当时，，即，当时，，
，
所以，.
故实数的取值范围为.
17．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）先设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为，然后根据已知条件列出关于公差和公比的方程组，解出公差和公比的值，即可计算出数列和的通项公式；
（2）利用等比数列定义证明即可.
【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，
则，解得，
则；
设正项等比数列的公比为，则
，，
由题意，可得，解得或（舍去），
故.
（2）令，则，
故是以为首项公比为的等比数列.
18．(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
19．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）定义，可知，结合题中通项公式分析求解；
（2）根据题意可知，可得，即可分析证明；
（3）由题意可知：，可知集合在均不在元素，分类讨论集合是否为空集，结合题意利用数学归纳法分析证明.
【详解】（1）定义，由题意可知，
若数列的通项公式为，可知，
所以，
因为2只能写成，不合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
所以.
（2）因为，由题意可知：，且，
即，
因为，即存在不相同的项，使得
可知，所以.
（3）因为，
令，可得，则，即，
即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；
（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；
（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，
由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，
设存在，使得，
可知集合在内的元素相同,
可知，则，
因为，即，则，
可知，
且，
即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，
现证对任意，集合在内的元素相同，
当，可知集合在内的元素相同，成立；
假设，集合在内的元素相同，
可知集合在内的元素相同；
对于，因为，则，
若，则，可知，
可以认为集合在内的元素相同；
若，则，
若存在元素不属于集合C，
则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，
即数列中存在不相同的项，使得，
则，可知，
可知，
即集合在内的元素相同；
综上所述：对任意，集合在内的元素相同，
所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；
综上所述：.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，并把新定义问题转化为已经学过的知识，常常利用数学归纳法分析证明.
答案第1页，共2页
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．数列满足：对于，已知，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
2．在一个数列中，如果，都有（为常数），那么这个数列叫做等积数列，叫做这个数列的公积．已知数列是等积数列，且，公积为8，则（ ）
A．28 B．20
C．24 D．10
3．已知数列满足，若为数列的前项和，则（ ）
A．226 B．228 C．230 D．232
4．已知数列是各项及公差都不为0的等差数列，若为数列的前项和，则“成等比数列”是“为常数列”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．已知的通项公式为恒成立，则实数的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
6．已知数列的前项和为，等比数列满足，，若，则（ ）
A． B． C． D．
7．设是首项为，公比为q的等比数列的前项和，且，则（ ）．
A． B． C． D．
8．用数学归纳法证明“对任意偶数，能被整除时，其第二步论证应该是（ ）
A．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
B．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
C．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
D．假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知数列的前项和为，则下列说法正确的是（ ）
A．是递增数列 B．
C．的最大值为 D．
10．已知数列满足，，，为数列的前项和，则下列说法正确的有（ ）
A．
B．当为奇数时，
C．设，则数列的前项和小于
D．设，则数列的前项和小于
11．斐波那契数列因意大利数学家斐波那契以兔子繁殖为例引入，故又称为“兔子数列”，即1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…．在实际生活中，很多花朵（如梅花、飞燕草、万寿菊等）的瓣数恰是斐波那契数列中的数，斐波那契数列在现代物理及化学等领域也有着广泛的应用．斐波那契数列满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶数 B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知各项均为正整数的递增数列的前项和为，若，当取最大值时，的值为 .
13．已知为等比数列，，若，则
14．利用数学归纳法证明“，”时，从“”变到“”时，左边应增乘的因式是 .
四、解答题：本题共5小题，第15小题13分，第16、17小题15分，第18、19小题17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．已知数列的前项和为，且．
(1)求的通项公式；
(2)记，求数列的前项和．
16．数列中，.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)若，都有恒成立，求的取值范围.
17．记等差数列的前项和为，是正项等比数列，且．
(1)求和的通项公式；
(2)证明是等比数列．
18．已知数列的前项和为，若数列满足：①数列项数有限为；②；③，则称数列为“阶可控摇摆数列”.
(1)若等比数列为“10阶可控摇摆数列”，求的通项公式；
(2)若等差数列为“阶可控摇摆数列”，且，求数列的通项公式；
(3)已知数列为“阶可控摇摆数列”，且存在，使得，探究：数列能否为“阶可控摇摆数列”，若能，请给出证明过程；若不能，请说明理由.
19．已知无穷数列是首项为1，各项均为正整数的递增数列，集合．若对于集合A中的元素k，数列中存在不相同的项，使得，则称数列具有性质，记集合数列具有性质．
(1)若数列的通项公式为写出集合A与集合B；
(2)若集合A与集合B都是非空集合，且集合A中的最小元素为t，集合B中的最小元素为s，当时，证明：；
(3)若满足，证明：．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】借助所给条件，由逐项往前计算即可得.
【详解】由，，
故，即，，故，，故.
故选：A.
2．A
【分析】根据题设，可得数列是周期为的周期数列，又由，，可得到，即可求出结果.
【详解】由题知，，
所以，故数列是周期为的周期数列，
又，，所以，
所以，
故选：A.
3．A
【分析】将数列分成偶数列和奇数列两列数列处理即可.
【详解】由题可知数列的奇数列是公差为2，首项为1的等差数列，此时，
数列的偶数列是1，交替出现的波动数列，此时，
所以.
故选：A.
4．C
【分析】利用等差数列的前项和公式和充分性、必要性的概念求解即可．
【详解】因为数列是公差不为0的等差数列，设其公差为，所以，
若成等比数列，则，解得，此时，为常数，充分性成立；
反之，若为常数列，则，则，得 ，则，
易知，故必要性成立，故“成等比数列”是“为常数列”的充要条件.
故选:C．
5．D
【分析】根据裂项相消法求得，由恒成立求解即可.
【详解】，
故
，所以，即的最小值为.
故选：D
6．A
【分析】先根据与的关系求出数列的通项，进而可求得等比数列的通项，再根据即可得解.
【详解】由，得，
时，，
由，，得公比，
所以，
故，所以.
故选：A．
7．C
【分析】根据题意算出，可得且，由此对各项的结论加以判断，即可得结论．
【详解】，
，，即且，
，且，两边都除以，得，可得．
对于A，由，可得，故A项不正确；
对于B，由于，所以不成立，故B不正确；
对于C，因为，所以，可得．
结合，可得，故C正确；
对于D，根据且，当，时，，
此时不成立，故D不正确．
故选：C．
8．D
【分析】
根据题意可得为偶数，结合数学归纳法的证明步骤即可得出答案.
【详解】因为为正偶数，所以第二步的假设应写为：
假设（为正整数）时命题成立，再证时命题也成立，
即当（为正整数）时，能被整除，
再证时，能被整除.
故选：D
9．BD
【分析】C可由题干直接进行判断，ABD选项由去分布进行求出数列的通项公式即可求出结果.
【详解】当时，；
当时，，
所以满足，所以，
即数列时以为公差，16为首项的等差数列，故A错误，B正确；
又由和可得，故C错误；
由，
所以，故D正确，
故选：BD.
10．BD
【分析】对于A，只需对进行赋值即可依次得到；对于B，根据数列的递推公式，需要分别求数列的奇数项的前项与偶数项的前项的和，分别按照等差数列和等比数列求和公式求和整理即得；对于C，求出，利用错位相减法即可得解；对于D，求得，利用裂项相消法即可得解.
【详解】对于A项，故A项错误；
对于B项，由可知，
该数列的奇数项构成首项为，公差为4的等差数列，
偶数项构成首项为3，公比为3的等比数列，
故当为奇数时，
，故B项正确；
对于C项，，
所以， ①， ②，
由两式相减得：
，
故，故C项错误；
对于D项，，
则，
则
，故D项正确.
故答案为：BD.
【点睛】方法点睛：
(1)对于已知递推数列是奇偶性要求的数列，一般按照奇偶性进行分组求和；
(2)对于等差数列乘以等比数列型数列，一般考虑错位相消法求和；
(3)对于数列通项具备分式型函数特点，一般考虑裂项相消法求和.
11．BD
【分析】判断数列的项的奇偶性的规律，判断A；利用递推关系判断B；举出反例判断C；利用数学归纳法可判断D.
【详解】对于A，由于斐波那契数列满足：为奇数，，
则为偶数，为奇数，为奇数，为偶数，
依次类推，即数列的项按“奇数奇数偶数”的规律循环出现，
即所有序号为3的倍数的项为偶数，其余项为奇数，
而，故为奇数，A错误；
对于B，
，B正确；
对于C，取，此时，C错误；
对于D，首先用数学归纳法证明一个结论：当n为奇数时，；
当时，，结论成立；
假设当（k为奇数）时，，
则时，
，
即时，结论也成立，
故当n为奇数时，，故，D正确，
故选：BD
【点睛】关键点睛：本题考查了数列新定义即斐波那契数列的性质问题，解答的难点在于要能根据数列的规律明确相关的性质，特别是D的判断，要先用数学归纳法证明相关的结论，继而即可判断.
12．74
【分析】先确定当取最大值时的可能情况，分类讨论可得答案.
【详解】因为数列是各项均为正整数的递增数列，，
所以取最大值时，则时，均取到最小，即，，
即时，是等差数列，，，
，，；
若的最大值为61，则，符合题意；
若的最大值为62，则，不符合题意；
综上当取最大值时，的值为74.
故答案为：74.
13．
【分析】借助等比数列的性质结合题意计算即可得.
【详解】由为等比数列，故，
由，
由，
故，
则
.
故答案为：.
14．
【分析】利用数学归纳法，分别写出和的式子，能够得到增加的项.
【详解】当时，左边式子为，
当时，左边式子为，
故左边增乘的因式是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由可得，两式相减由累乘法可求出的通项公式；
（2）求出，由裂项相消法可求出数列的前项和.
【详解】（1）因为，令得，
因为，
所以，
两式相减得，
即．
所以，
所以，
即，
所以当时，，
又，所以．
（2）由（1）可得，
所以.
16．(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）根据题目中的递推公式和等差数列的定义证明即可；
（2）根据（1）可得，即得，由此将不等式恒成立转化为，对，令，分析数列单调性求出的最大值得解.
【详解】（1），
，又，所以，又，
所以数列是以3为首项，以2为公差的等差数列.
（2）由（1），即，
恒成立，，对，
令，则，
所以当时，，即，当时，，
，
所以，.
故实数的取值范围为.
17．(1)；
(2)证明见解析
【分析】（1）先设等差数列的公差为，正项等比数列的公比为，然后根据已知条件列出关于公差和公比的方程组，解出公差和公比的值，即可计算出数列和的通项公式；
（2）利用等比数列定义证明即可.
【详解】（1）由题意，设等差数列的公差为，
则，解得，
则；
设正项等比数列的公比为，则
，，
由题意，可得，解得或（舍去），
故.
（2）令，则，
故是以为首项公比为的等比数列.
18．(1)或
(2)
(3)不能，理由见解析
【分析】（1）根据和讨论，利用等比数列前n项和结合数列新定义求解即可；
（2）结合数列定义，利用等差数列的前n项和及通项公式求解即可；
（3）根据数列为“阶可控摇摆数列”求得，再利用数列的前项和得，然后推得与不能同时成立，即可判断.
【详解】（1）若，则，解得，则，与题设矛盾，舍去；
若，则，得，
而，解得或，
故或.
（2）设等差数列的公差为，
因为，则，则，
由，得，
而，故，
两式相减得，即，
又，得，
所以.
（3）记中所有非负项之和为，负项之和为，
因为数列为“阶可控摇摆数列”，则得，
故，所以.
若存在，使得，即，
则，
且.
假设数列也为“阶可控摇摆数列”，记数列的前项和为，
则
因为，所以.
所以；
又，则.
所以；
即与不能同时成立.
故数列不为“阶可控摇摆数列”.
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的新定义问题，应根据定义得到数列满足的递推关系，再利用常见的数列通项公式求法（如公式法、累加法、待定系数法等）求得数列通项公式和前n项和，最后再通项和前n项和的基础上讨论数列的性质.
19．(1)，
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）定义，可知，结合题中通项公式分析求解；
（2）根据题意可知，可得，即可分析证明；
（3）由题意可知：，可知集合在均不在元素，分类讨论集合是否为空集，结合题意利用数学归纳法分析证明.
【详解】（1）定义，由题意可知，
若数列的通项公式为，可知，
所以，
因为2只能写成，不合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
，符合题意，即；
所以.
（2）因为，由题意可知：，且，
即，
因为，即存在不相同的项，使得
可知，所以.
（3）因为，
令，可得，则，即，
即集合在内均不存在元素，此时我们认为集合在内的元素相同；
（i）若集合A是空集，则B是空集，满足；
（ⅱ）若集合A不是空集，集合A中的最小元素为t，可知，
由（2）可知：集合B存在的最小元素为s，且，
设存在，使得，
可知集合在内的元素相同,
可知，则，
因为，即，则，
可知，
且，
即集合在内的元素相同，可知集合在内的元素相同，
现证对任意，集合在内的元素相同，
当，可知集合在内的元素相同，成立；
假设，集合在内的元素相同，
可知集合在内的元素相同；
对于，因为，则，
若，则，可知，
可以认为集合在内的元素相同；
若，则，
若存在元素不属于集合C，
则元素属于集合A，且，可知元素属于集合B，
即数列中存在不相同的项，使得，
则，可知，
可知，
即集合在内的元素相同；
综上所述：对任意，集合在内的元素相同，
所以集合在内的元素相同，结合n的任意性，可知；
综上所述：.
【点睛】方法点睛：对于新定义问题，要充分理解定义，并把新定义问题转化为已经学过的知识，常常利用数学归纳法分析证明.
答案第1页，共2页