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微专题 由递推公式求通项公式 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练
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这是一份微专题 由递推公式求通项公式 学案——2023届高考数学一轮《考点·题型·技巧》精讲与精练，共33页。
微专题：由递推公式求通项公式
【考点梳理】
1、(1)已知a1且an－an－1＝f(n)(n≥2)，可以用“累加法”得：an＝a1＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)＋f(n).
(2)已知a1且＝f(n)(n≥2)，可以用“累乘法”得：an＝a1·f(2)·f(3)·…·f(n－1)·f(n).
注：以上两式要求{f(n)}易求和或积.
2、已知数列的递推关系求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解. 当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，一般用累加法求通项；当出现＝f(n)时，一般用累乘法求通项. 根据形如an＋1＝(A，B，C为常数)的递推关系式求通项公式时，一般对递推式两边同时取倒数，当A≠C时，化为＋x＝的形式，可构造公比为的等比数列，其中用待定系数法求x是关键；当A＝C时，可构成一个等差数列. 注意检验n＝1时，是否适合所求.
【题型归纳】
题型一：累加法求数列通项
1．已知数列满足，对任意的都有，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足，，则（ ）
A．30 B．31 C．22 D．23
3．已知数列{}满足，，则数列{}第2022项为（ ）
A． B．
C． D．
题型二：累乘法求数列通项
4．在数列中，，，若，且对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，则（ ）
A．504 B．1008 C．2016 D．4032
6．若数列满足，则（ ）
A．2 B．6 C．12 D．20
题型三：构造法求数列通项
7．在数列中，，，则的值为( )
A． B． C． D．无法确定
8．已知数列满足，，，则满足的n的最大取值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
9．已知在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【双基达标】
10．已知数列满足，，若，当时，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
11．设数列满足，，，数列前n项和为，且（且）.若表示不超过x的最大整数，，数列的前n项和为，则（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
12．已知数列满足，则的最小值是（ ）
A． B． C．1 D．2
13．已知数列满足，(，)，则数列的通项（ ）
A． B．
C． D．
14．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
15．数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝an﹣n2+4n为单调递增数列，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
16．已知数列的首项为1，数列为等比数列，且，若，则（ ）
A．1008 B．1024 C．201 D．2020
17．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（ ）
A．4862 B．4962 C．4852 D．4952
18．已知数列满足递推关系，，则（ ）
A． B． C． D．
19．已知数列满足，，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
20．已知数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
21．在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
22．已知数列{an}满足：a1＝－13，a6＋a8＝－2，且an－1＝2an－an＋1(n≥2)，则数列的前13项和为
A． B．－ C． D．－
23．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．如图，有一列曲线P0，P1，…，Pn，…．已知P0是边长为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作而得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉．．记Pn的周长为Ln、所围成的面积为Sn．对于，下列结论正确的是（ ）
A．为等差数列 B．为等比数列
C．，使 D．，使
24．已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
25．数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ）
A． B． C． D．
【高分突破】
一、 单选题
26．已知数列，，…，…是首项为1，公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
27．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第17项为（ ）
A．139 B．160 C．174 D．188
28．已知数列中，已知，，则等于（ ）
A． B． C． D．
29．在数列中，，且，则的通项为（ ）
A． B．
C． D．
30．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
31．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
32．在数列中，若，则称为“和等比数列”．设为数列的前项和，且，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有（ ）
A． B．
C． D．
33．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶数 B．
C． D．
34．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an (n∈N*)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)．再将扇形面积设为bn (n∈N*)，则（ ）
A．4(b2020－b2019)＝πa2018·a2021 B．a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1
C．a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝2a2019·a2021 D．a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝0
35．已知数列满足，，其前项和为，则下列结论中正确的有（ ）
A．是递增数列 B．是等比数列
C． D．
三、填空题
36．已知数列满足，且．则数列的通项公式为_______．
37．设数列满足，且，则数列前10项的和为__________
38．已知数列满足，，则的前n项和为___________.
39．已知数列中，，若，则数列的前n项和_______.
40．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n（）次得到数列1，，，，…，，2；记，若成立，则n的最小值为___________.
41．在数列中，，．若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______．
四、解答题
42．设数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设，若对所有的，都有，求实数的取值范围．
43．已知数列满足，其中.
（1）求证是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，若对任意的恒成立，求p的最小值.
44．已知数列的前项和满足：
（1）求证：数列是等比数列并写出的通项公式；
（2）设如果对任意正整数，都有，求实数的取值范围.
45．（1）已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋，n∈N*，求通项公式an；
（2）设数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，求通项公式an.
46．为有效防控新冠疫情从境外输入，中国民航局根据相关法律宣布从2020年6月8日起实施航班熔断机制，即航空公司同一航线航班，入境后核酸检测结果为阳性的旅客人数达到一定数量的民航局对其发出“熔断”指令，暂停该公司该航线的运行（达到5个暂停运行1周，达到10个暂停运行4周），并规定“熔断期”的航班量不得调整用于其他航线，“熔断期”结束后，航空公司方可恢复每周1班航班计划.已知某国际航空公司A航线计划每周有一次航班入境，该航线第一次航班被熔断的概率是，且被熔断的一次航班的下一次航班也被熔断的概率是，未被熔断的一次航班的下一次航班也未被熔断的概率是.一条航线处于“熔断期”的原计划航班不记入该航线的航班次数，记该航空公司A航线的第n次航班被熔断的概率为.
(1)求；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列的前项和，并说明的实际意义.
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
利用累加法可求得，代入即可求得.
【详解】
由得：，
，，，…，，
各式作和得：，
，.
故选：C.
2．B
【解析】
【分析】
根据题意利用累加法求解即可
【详解】
因为数列满足，，
所以，，，，
所以，
所以，
故选：B
3．A
【解析】
【分析】
先通过条件得到，再利用累加法即可求解.
【详解】
解：由.得，
又，可得
所以，，，……，
，将上式相加得
，
故选：A.
4．A
【解析】
【分析】
根据题干中的递推公式，利用累乘法求解数列的通项公式，利用错位相减法求解，分离参数，利用函数的单调性求解参数的取值范围.
【详解】
解:由，得
，
所以，当时，，符合上式，
所以．
所以，，
作差得，
所以．由，得，
整理得．
易知函数在上单调递增，所以当时，，所以.
故选：A．
5．D
【解析】
【分析】
根据数列的递推式，变形为，采用累乘法，求得答案.
【详解】
由可得：，
故 ，
故选：D.
6．D
【解析】
【分析】
由已知条件变形可得，然后累乘法可得，即可求出
【详解】
由得，
，
.
故选：D
7．A
【解析】
【分析】
根据已知条件，利用前n项和公式与通项公式之间的关系求数列的递推公式，根据递推公式构造等比数列，求出的关系，再构造等差数列数列即可求出，从而求得.
【详解】
∵，，∴，解得.
∵，∴，两式相减得，，
∴，
∴是以＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴，两边同除以，则，
∴是以为公差，为首项的等差数列，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
8．C
【解析】
【分析】
将递推公式两边取倒数，即可得到，从而得到数列是以1为首项，4为公差的等差数列，即可求出的通项公式，再解不等式即可．
【详解】
解：因为，所以，所以，又，
数列是以1为首项，4为公差的等差数列．
所以，所以，由，即，即，解得，因为为正整数，所以的最大值为；
故选：C
9．A
【解析】
【分析】
依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】
解:因为，，所以，整理得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，解得．
故选：A
10．C
【解析】
【分析】
将已知递推关系式变形可得，由此可知数列为等差数列，由等差数列通项公式可取得，进而得到；由可上下相消求得，结合解不等式可求得的最小值.
【详解】
由得：，
，
，即，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，
，
由得：，又，且，
的最小值为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构造出全新的等差数列，利用等差数列通项公式求得通项后，即可确定.
11．C
【解析】
【分析】
根据递推公式，可知从第2项起是等差数列，可得，再根据累加法，可得，由此可得当时，，又，由此即可求出.
【详解】
当时，，
，
，
，
从第2项起是等差数列.
又，，，，
，
当时，
，
（），
当时，.
又，
.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了数列的递推公式、等差数列的概念，以及累加法在求通项公式中的应用，属于中档题.
12．C
【解析】
【分析】
本题首先可以根据得出，然后通过累加法求出，再然判断数列的单调性即可求出.
【详解】
因为，
所以，即，
则
，
当时，上式成立，故，，
设，
则，
故数列是单调递增数列，
则当时，即的最小值为1.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：解决数列问题的常用方法：
（1）根据定义判断数列为等差等比数列；
（2）利用求数列通项；
（3）对于，利用累加法求通项；
（4）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和.
13．A
【解析】
【分析】
直接利用累乘法的应用求出数列的通项公式．
【详解】
解：数列满足，，
整理得，，，，
所有的项相乘得：，
整理得：，
故选：．
14．B
【解析】
【分析】
由，利用累加法得出.
【详解】
由题意可得，
所以，，…，，
上式累加可得
，
又，所以.
故选：B.
15．C
【解析】
【分析】
根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答．
【详解】
数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，
因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，，即，
则，因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*，bn+1﹣bn＞0，
则（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[（2n﹣1）﹣n2+4n]＝⋅2n﹣2n+3＞0，，
令，则，n∈N*，
当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，
于是得是数列{cn}的最大项，即当n＝3时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选： C．
16．D
【解析】
【分析】
根据数列为等比数列，和，利用等比数列性质得到，再利用累乘法结合性质，由求解．
【详解】
由数列为等比数列，得．又，
所以，
所以．
又数列的首项，所以，
故选：D．
17．D
【解析】
【分析】
根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值．
【详解】
2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，
所以，
所以
.
所以.
故选：D
18．D
【解析】
【分析】
由递推式可得数列为等差数列，根据等差数列的通项公式即可得结果.
【详解】
因为，所以，，
即数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，
故选：D.
19．B
【解析】
利用倒数法求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法可求得.
【详解】
已知数列满足，，
在等式两边同时取倒数得，，
所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，，
，
因此，.
故选：B.
【点睛】
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
20．D
【解析】
【分析】
根据给定条件，结合变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答.
【详解】
因为，则，于是得，
因此数列是公差为1的等差数列，首项，则，所以.
故选：D
21．D
【解析】
【分析】
根据，利用累加法先求出，进而求得即可.
【详解】
由题意得，，
则，…，，
由累加法得，，
即，
则，
所以，
故选：D
22．B
【解析】
【分析】
根据题干变形可得到数列{an}为等差数列，再由等差数列的公式得到通项，最终裂项求和即可.
【详解】
an－1＝2an－an＋1(n≥2)，可得an＋1－an＝an－an－1，
可得数列{an}为等差数列，设公差为d，由a1＝－13，a6＋a8＝－2，即为2a1＋12d＝－2，
解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－15.
，
即有数列的前13项和为
＝×＝－.
故选B.
【点睛】
这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等．
23．D
【解析】
【分析】
判断出封闭曲线的周长数列是等比数列，求出通项，通过归纳可得边数为，边长为，结合迭加法求出，利用等比数列的等差数列的定义判断选项A，B，求出和取值情况判断选项C，D即可．
【详解】
根据题意可知，封闭曲线的周长数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
由图可知，边数为，边长为，
所以比的面积增加了，
所以，，1，2，，
即，，，，
累计相加可得，
所以，
根据等差数列以及等比数列的定义可知，既不是等差数列，也不是等比数列，故选项A，B错误；
当时，，故选项C错误；
因为，故，使，故选项D正确．
故选：D
24．B
【解析】
【分析】
先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】
∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
25．B
【解析】
【分析】
由已知可得，从而得，再由得，所以，然后利用裂项相消求和法可求得结果
【详解】
因为（），
所以，整理得，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以数列前2021项和为
，
故选：B
26．D
【解析】
【分析】
根据题意，求得，再利用累乘法即可求得，再结合对数运算，即可求得结果.
【详解】
由题设有，
而，
当时，也满足该式，故，
所以，
故选：D.
【点睛】
本题考查利用累乘法求数列的通项公式，涉及对数运算，属综合基础题.
27．A
【解析】
【分析】
根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，进而可以求解.
【详解】
由题意可知，设该数列为，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，
则数列满足，，
所以
.
所以.
故选：A.
28．B
【解析】
利用累加法可求得，代入可求得结果.
【详解】
由得：，，……，，，
各式相加可得：，
又，，
.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：对于形如的递推关系式，可采用累加法求得通项公式.
29．A
【解析】
【分析】
依题意可得，即可得到是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】
解：∵，∴，
由，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即．
故选：A
30．A
【解析】
【分析】
显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】
因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】
本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
31．C
【解析】
【分析】
对数列两边取倒数，然后构造等比数列，通过等比数列的通项公式即可求解.
【详解】
因为，所以两边取倒数得
，则，所以数列为等比数列，
则，所以，
故.
故选：C.
32．AC
【解析】
【分析】
由已知等式得出，然后用累加法求得，判断AB，由并面求和法求得判断CD．
【详解】
因为，所以，两式相减得，所以，故A正确，B错误.
，故C正确.D错误.
故选：AC．
【点睛】
本题考查求等差数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法，如果中带有或者出现数列相邻项的和时，可以进行并项求和；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
33．CD
【解析】
【分析】
推导出当或时，为奇数，可判断A选项的正误；利用累加法可判断B选项的正误；利用数学归纳法可判断C选项的正误；利用扇形的面积公式结合斐波那契数列的定义可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，，，，，，
以此类推可知，当或时，为奇数.
因为，所以，为奇数，A选项错误；
对于B选项，，，，，
上述不等式全加得
，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，，
所以，、均满足.
假设当时，成立，
则，
当时，
，
所以，当时，等式也成立，
因此，对任意的，，C选项正确；
对于D选项，由已知条件可知，，
则，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】
方法点睛：与“归纳——猜想——证明”相关的常用题型的处理策略：
（1）与函数有关的证明：与已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明；
（2）与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑使用数学归纳法.
34．ABD
【解析】
【分析】
对于A，由题意得bn ＝an2，然后化简4(b2020－b2019)可得结果；对于B，利用累加法求解即可；对于C，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－2－an－1 an，然后累加求解；对于D，由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2，化简可得结果
【详解】
由题意得bn ＝an2，则4(b2020－b2019)＝4(a20202－a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)＝πa2018·a2021，则选项A正确；
又数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2021－a2020)＝a2021－a2＝a2021－1，则选项B正确；
数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－an－2，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－an－1 an－2，则a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝a12＋(a3a2－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋…＋(a2020a2021－a2020a2019)＝a12＋a2020a2021－a2a1＝a2020a2021，则选项C错误；
由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝a2019·(a2021－a2019)＋a2020·(a2018－a2020)＝a2019·a2020＋a2020·(－a2019)＝0，则选项D正确；
故选：ABD.
【点睛】
此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题
35．ACD
【解析】
【分析】
将递推公式两边同时取指数，变形得到，构造等比数列可证为等比数列，求解出通项公式则可判断A选项；根据判断B选项；根据的通项公式以及对数的运算法则计算的正负并判断C选项；将的通项公式放缩得到，由此进行求和并判断D选项.
【详解】
因为，所以，
从而，，所以，
所以，又，是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，即，
又因为在时单调递增，在定义域内单调递增，
所以是递增数列，故A正确；
因为，
所以，
所以，
所以，所以不是等比数列，故B错误.
因为
，
而
，从而，
于是，，故C正确.
因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
思路点睛：数列单调性的一般判断步骤：
（1）先计算的结果，然后与比较大小（也可以计算的值，然后与比较大小，但要注意项的符号）；
（2）下结论：若，则为递增数列；若，则为递减数列；若，则为常数列.
36．
【解析】
【分析】
倒数型求数列通项公式，第一步求倒数，第二步构造数列，求通项.
【详解】
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1 的等差数列，所以
故答案为：.
37．
【解析】
【分析】
利用累加法求出数列的通项公式，再利用裂项相消求和法可求得数列前项的和.
【详解】
由题意可得，
所以，，
因此，数列前项的和为.
故答案为：.
38．
【解析】
【分析】
由递推公式得到，即可得到是以4为首项，2为公比的等比数列，从而得到的通项公式，再利用分组求和法求和即可；
【详解】
解：数列满足，整理得：，
所以，
又，
故是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，所以的前项和
故答案为：
39．
【解析】
【分析】
根据条件，先构造等比数列求出，再由得，从而可求和.
【详解】
由，有，；
两式相除得到，所以是以为公比，为首项的等比数列，所以，，，从而.
所以.
故答案为：
40．7
【解析】
【分析】
先根据题目中给出的定义找到，再构造等比数列，求出通项公式即可求解.
【详解】
由题意得，
，故，，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，故，
，要使即，化简得，
又，故n的最小值为7.
故答案为：7.
41．
【解析】
【分析】
由已知得，运用累加法求得，代入不等式，由恒成立思想可得答案.
【详解】
解：∵时，，即，
∴
．
又时，也符合上式，∴．
不等式化为，
∵，∴．
故答案为：.
42．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由条件可构造数列，可得为等比数列，即求；
（2）由题可知数列为递增数列，利用参变分离求最值即得.
【详解】
（1）由及，得．
当时，，，
两式相减得，即，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
则．显然，时通项公式也成立，
所以的通项公式为．
（2）由题意及，
得，，
两式相减，并由，得，
当为偶数时，，
所以，
易知单调递增，
所以；
当为奇数时，，
所以，
易知单调递减，
所以．
综上，实数的取值范围是．
43．（1）证明见解析，；（2）最小值为1.
【解析】
【分析】
（1）根据，可得，从而可得，即可得出结论，再根据等差数列的通项即可求得数列的通项公式；
（2），即，设，利用作差法证明数列单调递减，从而可得出答案.
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∵，∴，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列.
，∴.
（2）解：∵，
∴，
即对任意的恒成立，
而，
设，
∴，
，
∴，
∴数列单调递减，
∴当时，，∴.
∴p的最小值为1.
44．（1）证明见解析，；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题设得且，即可得，等比数列得证，写出通项公式.
（2）由（1）得，则有，即可判断的最大项，而对任意正整数，都有，即为，进而求的范围.
【详解】
（1）当时，，即，
当时，，即，
∴，而，即是首项为，公比为的等比数列，
∴，故.
（2）由（1）知：，
∴，
当时，；当时，；当时，，
∴，即.
∴对任意正整数，都有，即，
∴恒成立，得或，即.
【点睛】
关键点点睛：
（1）通过构造的形式，根据定义证明等比数列，写出通项公式.
（2）利用的通项，结合的符号确定最大项，要使对任意正整数，都有，即恒成立，求参数范围.
45．（1）an＝－ (n∈N*)；（2）an＝ (n∈N*)．
【解析】
【分析】
（1）由已知条件可得an＋1－an＝，然后利用累加法可求出通项公式an.
（2）由an＝an－1，可得＝，然后利用累乘法可求出通项公式
【详解】
（1）∵an＋1－an＝，
∴a2－a1＝；
a3－a2＝；
a4－a3＝；
…
an－an－1＝.
以上各式累加得，an－a1＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝1－.
∴an＋1＝1－，
∴an＝－ (n≥2)．
又∵n＝1时，a1＝－1，符合上式，
∴an＝－ (n∈N*)．
（2）∵a1＝1，an＝an－1(n≥2)，
∴＝，
an＝×××…×××a1＝×××…×××1＝.
又∵n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝ (n∈N*)．
46．(1)
(2)证明见解析
(3)，表示前次航班一共被熔断的次数
【解析】
【分析】
（1）分第1次航班被熔断和不被熔断计算即可；
（2）先列出递推关系式，再构造等比数列证明；
（3）按照分组求和等比数列求和计算即可.
(1)
；
(2)
由题得，
∴，
又，∴数列是以为首项、为公比的等比数列；
(3)
由（2）知，故，
从而，
由于可以理解为第次航班平均被熔断的次数，
∴表示前次航班一共被熔断的次数.
微专题：由递推公式求通项公式
【考点梳理】
1、(1)已知a1且an－an－1＝f(n)(n≥2)，可以用“累加法”得：an＝a1＋f(2)＋f(3)＋…＋f(n－1)＋f(n).
(2)已知a1且＝f(n)(n≥2)，可以用“累乘法”得：an＝a1·f(2)·f(3)·…·f(n－1)·f(n).
注：以上两式要求{f(n)}易求和或积.
2、已知数列的递推关系求数列的通项时，通常用累加、累乘、构造法求解. 当出现an＝an－1＋m时，构造等差数列；当出现an＝xan－1＋y时，构造等比数列；当出现an＝an－1＋f(n)时，一般用累加法求通项；当出现＝f(n)时，一般用累乘法求通项. 根据形如an＋1＝(A，B，C为常数)的递推关系式求通项公式时，一般对递推式两边同时取倒数，当A≠C时，化为＋x＝的形式，可构造公比为的等比数列，其中用待定系数法求x是关键；当A＝C时，可构成一个等差数列. 注意检验n＝1时，是否适合所求.
【题型归纳】
题型一：累加法求数列通项
1．已知数列满足，对任意的都有，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知数列满足，，则（ ）
A．30 B．31 C．22 D．23
3．已知数列{}满足，，则数列{}第2022项为（ ）
A． B．
C． D．
题型二：累乘法求数列通项
4．在数列中，，，若，且对任意，恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知，则（ ）
A．504 B．1008 C．2016 D．4032
6．若数列满足，则（ ）
A．2 B．6 C．12 D．20
题型三：构造法求数列通项
7．在数列中，，，则的值为( )
A． B． C． D．无法确定
8．已知数列满足，，，则满足的n的最大取值为（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
9．已知在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【双基达标】
10．已知数列满足，，若，当时，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
11．设数列满足，，，数列前n项和为，且（且）.若表示不超过x的最大整数，，数列的前n项和为，则（ ）
A．2019 B．2020 C．2021 D．2022
12．已知数列满足，则的最小值是（ ）
A． B． C．1 D．2
13．已知数列满足，(，)，则数列的通项（ ）
A． B．
C． D．
14．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
15．数列{an}满足an+1＝2an+1，a1＝1，若bn＝an﹣n2+4n为单调递增数列，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
16．已知数列的首项为1，数列为等比数列，且，若，则（ ）
A．1008 B．1024 C．201 D．2020
17．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数到与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列、这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23则该数列的第100项为（ ）
A．4862 B．4962 C．4852 D．4952
18．已知数列满足递推关系，，则（ ）
A． B． C． D．
19．已知数列满足，，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
20．已知数列的前项和为，则（ ）
A． B． C． D．
21．在数列中，，，则（ ）
A． B． C． D．
22．已知数列{an}满足：a1＝－13，a6＋a8＝－2，且an－1＝2an－an＋1(n≥2)，则数列的前13项和为
A． B．－ C． D．－
23．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．如图，有一列曲线P0，P1，…，Pn，…．已知P0是边长为1的等边三角形，Pk+1是对Pk进行如下操作而得到：将Pk的每条边三等分，以每边中间部分的线段为边，向外作等边三角形，再将中间部分的线段去掉．．记Pn的周长为Ln、所围成的面积为Sn．对于，下列结论正确的是（ ）
A．为等差数列 B．为等比数列
C．，使 D．，使
24．已知数列满足，则（ ）
A． B． C． D．
25．数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ）
A． B． C． D．
【高分突破】
一、 单选题
26．已知数列，，…，…是首项为1，公比为2的等比数列，则（ ）
A． B． C． D．
27．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次差成等差数列，如数列1，3，6，10，前后两项之差得到新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．对这类高阶等差数列的研究，在杨辉之后一般称为“垛积术”．现有高阶等差数列，其前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，则该数列的第17项为（ ）
A．139 B．160 C．174 D．188
28．已知数列中，已知，，则等于（ ）
A． B． C． D．
29．在数列中，，且，则的通项为（ ）
A． B．
C． D．
30．已知数列满足.记数列的前n项和为，则（ ）
A． B． C． D．
31．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
32．在数列中，若，则称为“和等比数列”．设为数列的前项和，且，则下列对“和等比数列”的判断中正确的有（ ）
A． B．
C． D．
33．意大利数学家列昂纳多·斐波那契是第一个研究了印度和阿拉伯数学理论的欧洲人，斐波那契数列被誉为是最美的数列，斐波那契数列满足：，，.若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为，记前项所占的格子的面积之和为，每段螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形面积为，则下列结论正确的是（ ）
A．是偶数 B．
C． D．
34．黄金螺旋线又名等角螺线，是自然界最美的鬼斧神工．在一个黄金矩形（宽长比约等于0.618）里先以宽为边长做正方形，然后在剩下小的矩形里以其宽为边长做正方形，如此循环下去，再在每个正方形里画出一段四分之一圆弧，最后顺次连接，就可得到一条“黄金螺旋线”．达·芬奇的《蒙娜丽莎》，希腊雅典卫城的帕特农神庙等都符合这个曲线．现将每一段黄金螺旋线与其所在的正方形所围成的扇形半径设为an (n∈N*)，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)．再将扇形面积设为bn (n∈N*)，则（ ）
A．4(b2020－b2019)＝πa2018·a2021 B．a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝a2021－1
C．a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝2a2019·a2021 D．a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝0
35．已知数列满足，，其前项和为，则下列结论中正确的有（ ）
A．是递增数列 B．是等比数列
C． D．
三、填空题
36．已知数列满足，且．则数列的通项公式为_______．
37．设数列满足，且，则数列前10项的和为__________
38．已知数列满足，，则的前n项和为___________.
39．已知数列中，，若，则数列的前n项和_______.
40．若在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，形成新的数列，再把所得数列按照同样的方法不断构造出新的数列.现将数列1，2进行构造，第1次得到数列1，3，2；第2次得到数列1，4，3，5，2；依次构造，第n（）次得到数列1，，，，…，，2；记，若成立，则n的最小值为___________.
41．在数列中，，．若不等式对任意的恒成立，则实数的取值范围是______．
四、解答题
42．设数列的前项和为，且，．
（1）求的通项公式；
（2）设，若对所有的，都有，求实数的取值范围．
43．已知数列满足，其中.
（1）求证是等差数列，并求数列的通项公式；
（2）设，若对任意的恒成立，求p的最小值.
44．已知数列的前项和满足：
（1）求证：数列是等比数列并写出的通项公式；
（2）设如果对任意正整数，都有，求实数的取值范围.
45．（1）已知数列{an}满足a1＝－1，an＋1＝an＋，n∈N*，求通项公式an；
（2）设数列{an}中，a1＝1，an＝an－1(n≥2)，求通项公式an.
46．为有效防控新冠疫情从境外输入，中国民航局根据相关法律宣布从2020年6月8日起实施航班熔断机制，即航空公司同一航线航班，入境后核酸检测结果为阳性的旅客人数达到一定数量的民航局对其发出“熔断”指令，暂停该公司该航线的运行（达到5个暂停运行1周，达到10个暂停运行4周），并规定“熔断期”的航班量不得调整用于其他航线，“熔断期”结束后，航空公司方可恢复每周1班航班计划.已知某国际航空公司A航线计划每周有一次航班入境，该航线第一次航班被熔断的概率是，且被熔断的一次航班的下一次航班也被熔断的概率是，未被熔断的一次航班的下一次航班也未被熔断的概率是.一条航线处于“熔断期”的原计划航班不记入该航线的航班次数，记该航空公司A航线的第n次航班被熔断的概率为.
(1)求；
(2)证明：为等比数列；
(3)求数列的前项和，并说明的实际意义.
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
利用累加法可求得，代入即可求得.
【详解】
由得：，
，，，…，，
各式作和得：，
，.
故选：C.
2．B
【解析】
【分析】
根据题意利用累加法求解即可
【详解】
因为数列满足，，
所以，，，，
所以，
所以，
故选：B
3．A
【解析】
【分析】
先通过条件得到，再利用累加法即可求解.
【详解】
解：由.得，
又，可得
所以，，，……，
，将上式相加得
，
故选：A.
4．A
【解析】
【分析】
根据题干中的递推公式，利用累乘法求解数列的通项公式，利用错位相减法求解，分离参数，利用函数的单调性求解参数的取值范围.
【详解】
解:由，得
，
所以，当时，，符合上式，
所以．
所以，，
作差得，
所以．由，得，
整理得．
易知函数在上单调递增，所以当时，，所以.
故选：A．
5．D
【解析】
【分析】
根据数列的递推式，变形为，采用累乘法，求得答案.
【详解】
由可得：，
故 ，
故选：D.
6．D
【解析】
【分析】
由已知条件变形可得，然后累乘法可得，即可求出
【详解】
由得，
，
.
故选：D
7．A
【解析】
【分析】
根据已知条件，利用前n项和公式与通项公式之间的关系求数列的递推公式，根据递推公式构造等比数列，求出的关系，再构造等差数列数列即可求出，从而求得.
【详解】
∵，，∴，解得.
∵，∴，两式相减得，，
∴，
∴是以＝3为首项，2为公比的等比数列，
∴，两边同除以，则，
∴是以为公差，为首项的等差数列，
∴，
∴，
∴.
故选：A.
8．C
【解析】
【分析】
将递推公式两边取倒数，即可得到，从而得到数列是以1为首项，4为公差的等差数列，即可求出的通项公式，再解不等式即可．
【详解】
解：因为，所以，所以，又，
数列是以1为首项，4为公差的等差数列．
所以，所以，由，即，即，解得，因为为正整数，所以的最大值为；
故选：C
9．A
【解析】
【分析】
依题意可得，即可得到是以为首项，为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】
解:因为，，所以，整理得，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．所以，解得．
故选：A
10．C
【解析】
【分析】
将已知递推关系式变形可得，由此可知数列为等差数列，由等差数列通项公式可取得，进而得到；由可上下相消求得，结合解不等式可求得的最小值.
【详解】
由得：，
，
，即，
数列是以为首项，为公差的等差数列，
，则，
，
由得：，又，且，
的最小值为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查数列中的不等式的求解问题，解题关键是能够根据已知的递推关系式，构造出全新的等差数列，利用等差数列通项公式求得通项后，即可确定.
11．C
【解析】
【分析】
根据递推公式，可知从第2项起是等差数列，可得，再根据累加法，可得，由此可得当时，，又，由此即可求出.
【详解】
当时，，
，
，
，
从第2项起是等差数列.
又，，，，
，
当时，
，
（），
当时，.
又，
.
故选：C.
【点睛】
本题主要考查了数列的递推公式、等差数列的概念，以及累加法在求通项公式中的应用，属于中档题.
12．C
【解析】
【分析】
本题首先可以根据得出，然后通过累加法求出，再然判断数列的单调性即可求出.
【详解】
因为，
所以，即，
则
，
当时，上式成立，故，，
设，
则，
故数列是单调递增数列，
则当时，即的最小值为1.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：解决数列问题的常用方法：
（1）根据定义判断数列为等差等比数列；
（2）利用求数列通项；
（3）对于，利用累加法求通项；
（4）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和.
13．A
【解析】
【分析】
直接利用累乘法的应用求出数列的通项公式．
【详解】
解：数列满足，，
整理得，，，，
所有的项相乘得：，
整理得：，
故选：．
14．B
【解析】
【分析】
由，利用累加法得出.
【详解】
由题意可得，
所以，，…，，
上式累加可得
，
又，所以.
故选：B.
15．C
【解析】
【分析】
根据给定条件求出数列{an}通项，再由数列{bn}为单调递增数列列出不等式并分离参数即可推理计算作答．
【详解】
数列{an}中，an+1＝2an+1，a1＝1，则有an+1+1＝2（an+1），而a1+1＝2，
因此，数列{an+1}是公比为2的等比数列，，即，
则，因数列{bn}为单调递增数列，即∀n∈N*，bn+1﹣bn＞0，
则（2n+1﹣1）﹣（n+1）2+4（n+1）﹣[（2n﹣1）﹣n2+4n]＝⋅2n﹣2n+3＞0，，
令，则，n∈N*，
当n≤2时，cn+1＞cn，当n≥3时，cn+1＜cn，
于是得是数列{cn}的最大项，即当n＝3时，取得最大值，从而得，
所以的取值范围为．
故选： C．
16．D
【解析】
【分析】
根据数列为等比数列，和，利用等比数列性质得到，再利用累乘法结合性质，由求解．
【详解】
由数列为等比数列，得．又，
所以，
所以．
又数列的首项，所以，
故选：D．
17．D
【解析】
【分析】
根据题意可得数列2，3，5，8，12，17，23，，满足：，，从而利用累加法即可求出，进一步即可得到的值．
【详解】
2，3，5，8，12，17，23，后项减前项可得1，2，3，4，5，6，
所以，
所以
.
所以.
故选：D
18．D
【解析】
【分析】
由递推式可得数列为等差数列，根据等差数列的通项公式即可得结果.
【详解】
因为，所以，，
即数列是以2为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，
故选：D.
19．B
【解析】
利用倒数法求出数列的通项公式，进而利用裂项相消法可求得.
【详解】
已知数列满足，，
在等式两边同时取倒数得，，
所以，数列是等差数列，且首项为，公差为，则，，
，
因此，.
故选：B.
【点睛】
使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上造成正负相消是此法的根源与目的．
20．D
【解析】
【分析】
根据给定条件，结合变形，构造数列，再求数列通项即可求解作答.
【详解】
因为，则，于是得，
因此数列是公差为1的等差数列，首项，则，所以.
故选：D
21．D
【解析】
【分析】
根据，利用累加法先求出，进而求得即可.
【详解】
由题意得，，
则，…，，
由累加法得，，
即，
则，
所以，
故选：D
22．B
【解析】
【分析】
根据题干变形可得到数列{an}为等差数列，再由等差数列的公式得到通项，最终裂项求和即可.
【详解】
an－1＝2an－an＋1(n≥2)，可得an＋1－an＝an－an－1，
可得数列{an}为等差数列，设公差为d，由a1＝－13，a6＋a8＝－2，即为2a1＋12d＝－2，
解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－15.
，
即有数列的前13项和为
＝×＝－.
故选B.
【点睛】
这个题目考查的是数列通项公式的求法及数列求和的常用方法；数列通项的求法中有常见的已知和的关系，求表达式，一般是写出做差得通项，但是这种方法需要检验n=1时通项公式是否适用；数列求和常用法有：错位相减，裂项求和，分组求和等．
23．D
【解析】
【分析】
判断出封闭曲线的周长数列是等比数列，求出通项，通过归纳可得边数为，边长为，结合迭加法求出，利用等比数列的等差数列的定义判断选项A，B，求出和取值情况判断选项C，D即可．
【详解】
根据题意可知，封闭曲线的周长数列是首项为，公比为的等比数列，所以，
由图可知，边数为，边长为，
所以比的面积增加了，
所以，，1，2，，
即，，，，
累计相加可得，
所以，
根据等差数列以及等比数列的定义可知，既不是等差数列，也不是等比数列，故选项A，B错误；
当时，，故选项C错误；
因为，故，使，故选项D正确．
故选：D
24．B
【解析】
【分析】
先通过递推关系式确定除去，其他项都在范围内，再利用递推公式变形得到，累加可求出，得出，再利用，累加可求出，再次放缩可得出．
【详解】
∵，易得，依次类推可得
由题意，，即，
∴，
即，，，…，，
累加可得，即，
∴，即，,
又，
∴，，，…，，
累加可得，
∴，
即，∴，即；
综上：．
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是利用递推关系进行合理变形放缩.
25．B
【解析】
【分析】
由已知可得，从而得，再由得，所以，然后利用裂项相消求和法可求得结果
【详解】
因为（），
所以，整理得，，
所以，
因为，所以，
所以，
所以数列前2021项和为
，
故选：B
26．D
【解析】
【分析】
根据题意，求得，再利用累乘法即可求得，再结合对数运算，即可求得结果.
【详解】
由题设有，
而，
当时，也满足该式，故，
所以，
故选：D.
【点睛】
本题考查利用累乘法求数列的通项公式，涉及对数运算，属综合基础题.
27．A
【解析】
【分析】
根据高阶等差数列的知识，结合累加法求出数列的通项公式，进而可以求解.
【详解】
由题意可知，设该数列为，数列的前7项分别为3，4，6，9，13，18，24，
则数列满足，，
所以
.
所以.
故选：A.
28．B
【解析】
利用累加法可求得，代入可求得结果.
【详解】
由得：，，……，，，
各式相加可得：，
又，，
.
故选：B.
【点睛】
方法点睛：对于形如的递推关系式，可采用累加法求得通项公式.
29．A
【解析】
【分析】
依题意可得，即可得到是以2为首项，2为公比的等比数列，再根据等比数列的通项公式计算可得；
【详解】
解：∵，∴，
由，得，∴数列是以2为首项，2为公比的等比数列，∴，即．
故选：A
30．A
【解析】
【分析】
显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．
【详解】
因为，所以，．
由
，即
根据累加法可得，，当且仅当时取等号，
，
由累乘法可得，当且仅当时取等号，
由裂项求和法得：
所以，即．
故选：A．
【点睛】
本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．
31．C
【解析】
【分析】
对数列两边取倒数，然后构造等比数列，通过等比数列的通项公式即可求解.
【详解】
因为，所以两边取倒数得
，则，所以数列为等比数列，
则，所以，
故.
故选：C.
32．AC
【解析】
【分析】
由已知等式得出，然后用累加法求得，判断AB，由并面求和法求得判断CD．
【详解】
因为，所以，两式相减得，所以，故A正确，B错误.
，故C正确.D错误.
故选：AC．
【点睛】
本题考查求等差数列的通项公式，裂项相消法求和．数列求和的常用方法：
设数列是等差数列，是等比数列，
（1）公式法：等差数列或等比数列的求和直接应用公式求和；
（2）错位相减法：数列的前项和应用错位相减法；
（3）裂项相消法；数列（为常数，）的前项和用裂项相消法；
（4）分组（并项）求和法：数列用分组求和法，如果数列中的项出现正负相间等特征时可能用并项求和法，如果中带有或者出现数列相邻项的和时，可以进行并项求和；
（5）倒序相加法：满足（为常数）的数列，需用倒序相加法求和．
33．CD
【解析】
【分析】
推导出当或时，为奇数，可判断A选项的正误；利用累加法可判断B选项的正误；利用数学归纳法可判断C选项的正误；利用扇形的面积公式结合斐波那契数列的定义可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，，，，，，
以此类推可知，当或时，为奇数.
因为，所以，为奇数，A选项错误；
对于B选项，，，，，
上述不等式全加得
，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，，
所以，、均满足.
假设当时，成立，
则，
当时，
，
所以，当时，等式也成立，
因此，对任意的，，C选项正确；
对于D选项，由已知条件可知，，
则，D选项正确.
故选：CD.
【点睛】
方法点睛：与“归纳——猜想——证明”相关的常用题型的处理策略：
（1）与函数有关的证明：与已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明；
（2）与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑使用数学归纳法.
34．ABD
【解析】
【分析】
对于A，由题意得bn ＝an2，然后化简4(b2020－b2019)可得结果；对于B，利用累加法求解即可；对于C，数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－2－an，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－2－an－1 an，然后累加求解；对于D，由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2，化简可得结果
【详解】
由题意得bn ＝an2，则4(b2020－b2019)＝4(a20202－a20192)＝π(a2020＋a2019)(a2020－a2019)＝πa2018·a2021，则选项A正确；
又数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，所以an－2＝an－an－1(n≥3)，a1＋a2＋a3＋…＋a2019＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋(a5－a4)＋…＋(a2021－a2020)＝a2021－a2＝a2021－1，则选项B正确；
数列{an}满足a1＝a2＝1，an＝an－1＋an－2 (n≥3)，即an－1＝an－an－2，两边同乘an－1 ，可得an－12＝an－1 an－an－1 an－2，则a12＋a22＋a32…＋(a2020)2＝a12＋(a3a2－a2a1)＋(a3a4－a3a2)＋…＋(a2020a2021－a2020a2019)＝a12＋a2020a2021－a2a1＝a2020a2021，则选项C错误；
由题意an－1＝an－an－2，则a2019·a2021－(a2020)2＋a2018·a2020－(a2019)2＝a2019·(a2021－a2019)＋a2020·(a2018－a2020)＝a2019·a2020＋a2020·(－a2019)＝0，则选项D正确；
故选：ABD.
【点睛】
此题考查数列的递推式的应用，考查累加法的应用，考查计算能力，属于中档题
35．ACD
【解析】
【分析】
将递推公式两边同时取指数，变形得到，构造等比数列可证为等比数列，求解出通项公式则可判断A选项；根据判断B选项；根据的通项公式以及对数的运算法则计算的正负并判断C选项；将的通项公式放缩得到，由此进行求和并判断D选项.
【详解】
因为，所以，
从而，，所以，
所以，又，是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以，即，
又因为在时单调递增，在定义域内单调递增，
所以是递增数列，故A正确；
因为，
所以，
所以，
所以，所以不是等比数列，故B错误.
因为
，
而
，从而，
于是，，故C正确.
因为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】
思路点睛：数列单调性的一般判断步骤：
（1）先计算的结果，然后与比较大小（也可以计算的值，然后与比较大小，但要注意项的符号）；
（2）下结论：若，则为递增数列；若，则为递减数列；若，则为常数列.
36．
【解析】
【分析】
倒数型求数列通项公式，第一步求倒数，第二步构造数列，求通项.
【详解】
因为，所以，所以数列是首项为1，公差为1 的等差数列，所以
故答案为：.
37．
【解析】
【分析】
利用累加法求出数列的通项公式，再利用裂项相消求和法可求得数列前项的和.
【详解】
由题意可得，
所以，，
因此，数列前项的和为.
故答案为：.
38．
【解析】
【分析】
由递推公式得到，即可得到是以4为首项，2为公比的等比数列，从而得到的通项公式，再利用分组求和法求和即可；
【详解】
解：数列满足，整理得：，
所以，
又，
故是以4为首项，2为公比的等比数列，
所以，所以，所以的前项和
故答案为：
39．
【解析】
【分析】
根据条件，先构造等比数列求出，再由得，从而可求和.
【详解】
由，有，；
两式相除得到，所以是以为公比，为首项的等比数列，所以，，，从而.
所以.
故答案为：
40．7
【解析】
【分析】
先根据题目中给出的定义找到，再构造等比数列，求出通项公式即可求解.
【详解】
由题意得，
，故，，
所以数列是以为首项，3为公比的等比数列，故，
，要使即，化简得，
又，故n的最小值为7.
故答案为：7.
41．
【解析】
【分析】
由已知得，运用累加法求得，代入不等式，由恒成立思想可得答案.
【详解】
解：∵时，，即，
∴
．
又时，也符合上式，∴．
不等式化为，
∵，∴．
故答案为：.
42．（1）；（2）．
【解析】
【分析】
（1）由条件可构造数列，可得为等比数列，即求；
（2）由题可知数列为递增数列，利用参变分离求最值即得.
【详解】
（1）由及，得．
当时，，，
两式相减得，即，
所以是以1为首项，2为公比的等比数列，
则．显然，时通项公式也成立，
所以的通项公式为．
（2）由题意及，
得，，
两式相减，并由，得，
当为偶数时，，
所以，
易知单调递增，
所以；
当为奇数时，，
所以，
易知单调递减，
所以．
综上，实数的取值范围是．
43．（1）证明见解析，；（2）最小值为1.
【解析】
【分析】
（1）根据，可得，从而可得，即可得出结论，再根据等差数列的通项即可求得数列的通项公式；
（2），即，设，利用作差法证明数列单调递减，从而可得出答案.
【详解】
（1）证明：∵，
∴，
∵，∴，
∴是以1为首项，1为公差的等差数列.
，∴.
（2）解：∵，
∴，
即对任意的恒成立，
而，
设，
∴，
，
∴，
∴数列单调递减，
∴当时，，∴.
∴p的最小值为1.
44．（1）证明见解析，；（2）.
【解析】
【分析】
（1）由题设得且，即可得，等比数列得证，写出通项公式.
（2）由（1）得，则有，即可判断的最大项，而对任意正整数，都有，即为，进而求的范围.
【详解】
（1）当时，，即，
当时，，即，
∴，而，即是首项为，公比为的等比数列，
∴，故.
（2）由（1）知：，
∴，
当时，；当时，；当时，，
∴，即.
∴对任意正整数，都有，即，
∴恒成立，得或，即.
【点睛】
关键点点睛：
（1）通过构造的形式，根据定义证明等比数列，写出通项公式.
（2）利用的通项，结合的符号确定最大项，要使对任意正整数，都有，即恒成立，求参数范围.
45．（1）an＝－ (n∈N*)；（2）an＝ (n∈N*)．
【解析】
【分析】
（1）由已知条件可得an＋1－an＝，然后利用累加法可求出通项公式an.
（2）由an＝an－1，可得＝，然后利用累乘法可求出通项公式
【详解】
（1）∵an＋1－an＝，
∴a2－a1＝；
a3－a2＝；
a4－a3＝；
…
an－an－1＝.
以上各式累加得，an－a1＝＋＋…＋
＝＋＋…＋＝1－.
∴an＋1＝1－，
∴an＝－ (n≥2)．
又∵n＝1时，a1＝－1，符合上式，
∴an＝－ (n∈N*)．
（2）∵a1＝1，an＝an－1(n≥2)，
∴＝，
an＝×××…×××a1＝×××…×××1＝.
又∵n＝1时，a1＝1，符合上式，∴an＝ (n∈N*)．
46．(1)
(2)证明见解析
(3)，表示前次航班一共被熔断的次数
【解析】
【分析】
（1）分第1次航班被熔断和不被熔断计算即可；
（2）先列出递推关系式，再构造等比数列证明；
（3）按照分组求和等比数列求和计算即可.
(1)
；
(2)
由题得，
∴，
又，∴数列是以为首项、为公比的等比数列；
(3)
由（2）知，故，
从而，
由于可以理解为第次航班平均被熔断的次数，
∴表示前次航班一共被熔断的次数.
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