2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题09数列的通项公式、数列求和及综合应用含解析答案

这是一份2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）专题09数列的通项公式、数列求和及综合应用含解析答案，共61页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．记为等差数列的前项和．若，则（ ）
A．25B．22C．20D．15
2．记为等比数列的前n项和，若，，则（ ）．
A．120B．85C．D．
3．已知正项等比数列中，为前n项和，，则（ ）
A．7B．9C．15D．30
4．记数列的前项和为，若等差数列的首项为5，第4项为8，则（ ）
A．14B．23C．32D．140
5．已知各项均为正数的数列的前项和为，若，则（ ）
A．3B．6C．9D．12
6．已知等比数列的前项和为，则（ ）
A．18B．54C．128D．192
7．已知等比数列满足，公比，则（ ）
A．32B．64C．128D．256
8．已知正项等比数列满足，若，则（ ）
A．B．C．D．
9．等差数列中的前项和分别为，则（ ）
A．B．C．D．
10．等比数列的首项，公比为，数列满足（是正整数），若当且仅当时，的前项和取得最大值，则取值范围是（ ）
A．B．C．D．
11．已知数列的前 n 项和 ，不等式 对任意恒成立， 则实数m的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．2
12．在中，角所对的边分别是，且为的等差中项，则角最大值是（ ）
A．B．C．D．
13．已知数列的前项和为，且，若恒成立，则的最小值是（ ）
A．B．4C．D．5
14．已知正项等比数列中，，数列满足，则使得不等式成立的的最小值为（ ）
A．2023B．2024C．2025D．2026
15．已知数列的前项和，，且，若，（其中），则的最小值是（ ）
A．4B．2C．2023D．
16．已知数列满（），且对任意，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
17．已知数列通项公式为，若对任意，都有，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
18．如图，有一台擀面机共有10对轧辊，所有轧辊的半径r都是mm，面带从一端输入，经过各对轧辊逐步减薄后输出，每对轧辊都将面带的厚度压缩为输入该对轧辊时的0.8倍（整个过程中面带宽度不变，且不考虑损耗）.若第k对轧辊有缺陷，每滚动一周在面带上压出一个疵点，则在擀面机最终输出的面带上，相邻疵点的间距（ ）

A．mmB．mm
C．mmD．mm
19．刚考入大学的小明准备向银行贷款元购买一台笔记本电脑，然后上学的时通过勤工俭学来分期还款．小明与银行约定：每个月还一次款，分10次还清所有的欠款，且每个月还款的钱数都相等，贷款的月利率为．则小明每个月所要还款的钱数为（ ）元．
A．B．C．D．
20．“环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环境保护意识日益增强，贵州某家化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少20%，贵州省环保部门为了保护好贵州优越的生态环境，要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么该污染物排放前需要过滤的次数至少为（ ）（参考数据：，）
A．7B．8C．9D．10
二、填空题
21．记为等差数列的前n项和．若，则公差 ．
22．记为等比数列的前项和．若，则的公比为 ．
23．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为 ；如果对折次，那么 .
24．若是公差不为0的等差数列，，，成等比数列，，为的前n（）项和，则的值为 ．
25．已知正项等差数列的前项和为，若成等比数列，则的最小值为 ．
26．已知等差数列前项和，，，成等比数列，则数列的公差 .
27．设等差数列的前项和为，且，是等比数列，满足，则 .
28．已知数列是公差不为0的等差数列，数列为等比数列，数列的前三项分别为1，2，6，则数列的通项公式为 ．
29．已知数列的前n项和为，且，其中k，b不同时为0．给出下列四个结论：
①当时，为等比数列；
②当时，一定不是等差数列；
③当时，为常数列；
④当时，是单调递增数列．
其中所有正确结论的序号是 ．
30．已知数列的前项和为，且，则数列的通项公式为 .
31．已知数列的前n项和满足，，且，若数列的通项公式为，将数列与的公共项按从小到大的顺序排列得到数列，则的前n项和为 ．
32．如图的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法•商功》中，后人称为“三角垛”.“三角垛”最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，...，设第层有个球，则 .

33．数列的前项和为，若，则 ．
34．已知数列的前项和，．若是等差数列，则的通项公式为 ．
35．已知等比数列的前项和，且，则数列的通项公式为 ．
36．若为函数的导函数，数列满足，则称为“牛顿数列”.已知函数，数列为“牛顿数列”，其中，则 .
37．把个位､十位､百位上的数依次成等差数列（公差小于0）的三位数称为“下阶梯数”，则所有的“下阶梯数”共有 个.
38．已知数列满足.给出定义：使数列的前项和为正整数的叫做“好数”，则在内的所有“好数”的和为 .
39．已知数列共有10项，且，若，则符合条件的不同数列有 个．
40．平面上有个圆，每两个圆都相交于两点，且任三个圆都不共点，若个圆将平面分成的部分为，则与的关系为 ．
41．已知数列6，9，14，21，30，…，对于任意的正整数与之间满足关系式： .
42．如图，一个粒子从原点出发，在第一象限和两坐标轴正半轴上运动，在第一秒时它从原点运动到点，接着它按图所示在轴､轴的垂直方向上来回运动，且每秒移动一个单位长度，那么，在2022秒时，这个粒子所处的位置在点 .
三、解答题
43．记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．
（1）求数列的通项公式；
（2）求使成立的n的最小值．
44．记为等差数列的前项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和．
45．数列对任意，且，均存在正整数，满足.
(1)求可能值；
(2)命题p：若成等差数列，则，证明p为真，同时写出p逆命题q，并判断命题q是真是假，说明理由：
(3)若成立，求数列的通项公式.
46．设为数列的前n项和，已知．
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
47．已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
48．已知数列满足，
(1)证明：数列为等差数列；
(2)若将数列中满足的项，称为数列中的相同项，将数列的前40项中所有的相同项都剔除，求数列的前40项中余下项的和.
49．已知数列的前n项和为，若，.记判断是否为等差数列，若是，给出证明；若不是，请说明理由.
50．已知数列满足：，，，.证明：数列为等差数列，并写出数列的通项；
51．在数列中，，.求证：为等差数列；
52．设是数列的前n项和，已知，
(1)证明：是等比数列，并求的通项公式；
(2)证明：当时，.
53．已知数列的前n项和为，，，且，．
(1)求证：数列是等比数列．
(2)判断是否存在正整数p，q，r（）使得，，成等差数列．若存在，求出p，q，r的一组值；若不存在，请说明理由．
54．（1）已知数列满足，，求的通项．
（2）数列中，，（n为正整数），求．
55．已知数列的前项和为，，，．
(1)写出数列的前4项；
(2)求出数列的通项公式．
56．已知数列满足（），且，求数列的通项公式．
57．在数列中，，且，求.
58．设数列中，， （其中为常数），求．
59．已知数列满足：求通项.
60．设正项数列满足，，求数列的通项公式．
61．已知数列中，，求的通项公式．
62．已知数列满足，，求数列的通项公式．
63．已知数列满足，，.若，求数列的通项公式.
64．在数列中，．
(1)证明：数列为常数列．
(2)若，求数列的前项和．
65．已知数列为等差数列，数列为等比数列，且，，，（）.
(1)求，的通项公式；
(2)已知，求数列的前项和；
(3)求证：（）.
66．记为数列的前项和，已知：，（）．
(1)求证：数列是等差数列，并求数列的通项公式；
(2)求和：．
67．已知数列的各项均为正数，其前项和记为，，且（为常数）.
(1)若构成等比数列，求的值；
(2)若，且恒成立，求实数的最小值.
68．已知等比数列的前项和为，各项均为正数的数列的前项和为，满足.
(1)分别求数列和的通项公式；
(2)求数列的前项和.
69．已知数列的前n项和为，，．
(1)求的通项公式；
(2)设，，求数列的前n项和．
70．数列是等比数列，前n项和，数列满足.
(1)求p的值及通项；
(2)求和.
71．已知数列的前n项和为，___________，.
(1)求数列的通项公式；
(2)已知数列，当时，，.记数列的前n项和为，求.
在下面三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.
①；②；③.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
72．已知正项数列的前项和为，且，．
(1)求；
(2)在数列的每相邻两项、之间依次插入、、、，得到数列、、、、、、、、、、，求的前项和．
73．已知数列满足，，.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前项和.
74．某电视频道在一天内有x次插播广告的时段，一共播放了y条广告，第一次播放了1条以及余下的条的，第2次播放了2条以及余下的，第3次播放了3条以及余下的，以后每次按此规律插播广告，在第次播放了余下的x条．
(1)设第次播放后余下条，这里，，求与的递推关系式．
(2)求这家电视台这一天播放广告的时段x与广告的条数y．
75．阿司匹林（分子式，分子质量180）对血小板聚集的抑制作用，使它能降低急性心肌梗死疑似患者的发病风险.对于急性心肌梗死疑似患者，建议第一次服用剂量300，嚼碎后服用以快速吸收，以后每24小时服用200.阿司匹林口服后经胃肠道完全吸收，阿司匹林吸收后迅速降解为主要代谢产物水杨酸（分子式，分子质量138），降解过程生成的水杨酸的质量为阿司匹林质量的，水杨酸的清除半衰期（一般用物质质量衰减一半所用的时间来描述衰减情况，这个时间被称作半衰期）约为12小时.（考虑所有阿司匹林都降解为水杨酸）
(1)求急性心肌梗死疑似患者第1次服药48小时后第3次服药前血液中水杨酸的含量（单位）；
(2)证明：急性心肌梗死疑似患者服药期间血液中水杨酸的含量不会超过230.
76．甲、乙两个容器中分别盛有浓度为10％，20％的某种溶液500ml，同时从甲、乙两个容器中取出100ml溶液，将其倒入对方的容器并搅匀，这称为一次调和．记，，经次调和后，甲、乙两个容器的溶液浓度分别为，．
(1)试用，表示，．
(2)证明：数列是等比数列，并求出，的通项．
参考答案：
1．C
【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出；
方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出．
【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得，
，即,
又，解得：，
所以．
故选：C.
方法二：，，所以，，
从而，于是，
所以．
故选：C.
2．C
【分析】方法一：根据等比数列的前n项和公式求出公比，再根据的关系即可解出；
方法二：根据等比数列的前n项和的性质求解．
【详解】方法一：设等比数列的公比为，首项为，
若，则，与题意不符，所以；
若，则，与题意不符，所以；
由，可得，，①，
由①可得，，解得：，
所以．
故选：C．
方法二：设等比数列的公比为，
因为，，所以，否则，
从而，成等比数列，
所以有，，解得：或，
当时，，即为，
易知，，即；
当时，，
与矛盾，舍去．
故选：C．
【点睛】本题主要考查等比数列的前n项和公式的应用，以及整体思想的应用，解题关键是把握的关系，从而减少相关量的求解，简化运算．
3．C
【分析】先根据已知条件并结合等比数列的通项公式求得公比，再求出各项得出结果即可.
【详解】由，，得，
即，由等比数列，
得，即.
由题知，所以，
所以.
故选：C.
4．B
【分析】利用等差数列的通项公式求出数列的通项，从而求出，再利用与的关系即可求得．
【详解】设等差数列的公差为，
则，解得，
所以，
所以，
所以.
故选：B．
5．A
【分析】由可得，两式相减可证明数列从第二项起成等差数列，再由等差数列的前项和公式、等差数列的通项公式求解即可.
【详解】因为，所以，
两式相减得，
即，因为，
所以，
所以数列中，从第二项起成等差数列，
所以，
所以．由得，
所以，得，所以，
故选：A．
6．D
【分析】根据等比数列的定义结合求和定义，可得答案.
【详解】设等比数列的公比为，则，解得．
．
故选：D.
7．B
【分析】根据等比数列通项公式计算可得.
【详解】因为且，
所以.
故选：B
8．A
【分析】设出等比数列的公比，利用求出，再由即可求出.
【详解】设等比数列的公比为．
由，得，
解得，
又
得．
故选：A
9．B
【分析】由题意直接根据等差数列前项和公式得到，进一步代入数据即可得解.
【详解】等差数列中的前项和分别为，．
故选：B．
10．C
【分析】求出的通项公式，分析出其为等差数列，然后由条件得出，代入通项公式即可求解.
【详解】
所以是以为首项，为公差的等差数列，
若当且仅当时，的前项和取得最大值，
所以
即，，
故选：C.
11．B
【分析】利用的递推公式，利用构造法求通项公式，然后将不等式恒成立问题转化为求的最小值问题，然后分离常数，利用对勾函数性质求解即可.
【详解】因为，
所以，整理得，
又得，，
所以是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，故，，
所以，
即，
因为，
令，由对勾函数性质可知，在上单调递减，
在上单调递增，
又，所以或时，，所以
所以，，解得.
所以实数m的最大值为6.
故选：B
12．C
【分析】根据等差中项的定义可知，再由余弦定理和基本不等式即可求得角的最大值为．
【详解】由题意可得，由余弦定理可得
，
当且仅当时，等号成立．
又，
即角的最大值为．
故选：C．
13．B
【分析】错位相减法求出，然后得出，即可得出答案.
【详解】，，
两式相减可得
，
所以，
因为，所以，即恒成立，故.
故选：B.
14．B
【分析】确定，得到，，，再利用裂项相消法计算得到答案.
【详解】由题可得， 所以，
设的公比为，，则，得，所以．
则，所以，
所以，
由，得．
故选：B．
15．A
【分析】根据数列递推式，利用累加法结合等差数列求和公式推出，结合得出，继而将化为，再利用基本不等式即可得答案.
【详解】由题意得，，
将以上各式相加得，
即
，
则，而，，
故，即，
又，故，
当且仅当，即时取等号，
即的最小值是4，
故选：A
16．D
【分析】根据数列单调性结合二次函数的性质分析求解.
【详解】由题意可知：，且开口向上，对称轴为，
可得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
17．C
【分析】根据数列的单调性，即可根据对恒成立，以及求解.
【详解】当时，恒成立，
所以对恒成立，故，
又当时，为单调递增的数列，
故要使对任意，都有，则，即，
解得，
综上可得，
故选:C
18．B
【分析】据题意，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，在此处出口的两疵点间面带体积与最终出口处两疵点间面带体积相等，因宽度不变，可得到，由此求出， 进而求出.
【详解】轧辊的周长为，
由题意可知，第9对轧辊出口处疵点间距为轧辊周长，
因为在此处出口的两疵点间面带的体积与最终出口处两疵点间面带的体积相等，
又因为宽度不变，有，所以，
而，
所以数列是以为公比的等比数列，
所以，即.
故选：B
19．D
【分析】表示出第10个月末所欠银行贷款数，因为分10次还清所有的欠款，故得到方程，求出答案．
【详解】设小明每个月所要还款的钱数为元，根据等额本息还款法可得，
第一个月末所欠银行贷款为：，
第二个月末所欠银行贷款为：,，
……，
第10个月末所欠银行贷款为：
由于分10次还清所有的欠款，故，解得，
故选：D．
20．B
【分析】设该污染物排放前需要过滤的次数为，则由题意得，解不等式可得答案.
【详解】设该污染物排放前需要过滤的次数为，则由题意得
，即，
所以，，
，
所以，
因为，，所以，
所以，
因为，所以的最小值为8，
故选：B
21．2
【分析】转化条件为，即可得解.
【详解】由可得，化简得，
即，解得.
故答案为：2.
22．
【分析】先分析，再由等比数列的前项和公式和平方差公式化简即可求出公比.
【详解】若，
则由得，则，不合题意.
所以.
当时，因为，
所以，
即，即，即，
解得.
故答案为：
23． 5
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：
，
因此，.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.
24．
【分析】设数列的公差为，根据题意，求得，得到，进而化简得到，结合裂项法求和，即可求解.
【详解】设数列的公差为，
因为成等比数列，，可得，
即，解得，所以，
则，所以，
则，
所以
.
故答案为：.
25．/12.5
【分析】根据给定的条件，利用等差数列性质求出，再表示出，并借助基本不等式求解即得.
【详解】由成等比数列，得，即，则，
而，因此，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值.
故答案为：
26．或
【分析】由，可求出，再由等比数列可建立关系式，求出.
【详解】由，可知，即，
又，，成等比数列，
所以，
即，解得或，
故答案为：或
27．
【分析】根据已知条件，先求得，进而求得，从而求得.
【详解】设等比数列的公比为，
为等比数列，为等差数列，，则的等比数列，
，∴，则，∴，，
，∴，.
故答案为：
28．
【分析】先根据数列的前三项分别为1，2，6，得到，继而可求出等比数列的公比，写出数列通项公式，再根据数列是公等差数列，写出数列的通项公式，两者相等，即可求解.
【详解】根据题意得，，则，即，
设的公比为，则，
故，又，
∴，
∴．
故答案为：
29．①③④
【分析】由可得，代入可判断①；利用可判断②③；利用是减函数可判断④．
【详解】，
当时，，可得，
当时，，
由两个式相减可得，即，
可得，
对于①，当时，得，即，又k，b不同时为0，
所以，，所以是首项公比为等比数列，故①正确；
对于②③，当时，，且，所以是以为首项，
公比为等比数列，所以，，
所以当时，，此时是常数列，即是等差数列，故②错误③正确；
对于④，当时，，，
因为是减函数，所以是递增函数，
所以是单调递增数列，故④正确．
故答案为：①③④.
【点睛】关键点点睛：解题的关键点是利用构造，本题考查了学生的思维能力、运算能力.
30．
【分析】先求出，将所给表达式变形为，可以判断数列为等差数列，根据等差数列的通项与和的公式即可求得.
【详解】方法一：当时，，解得.又，
所以，所以数列为等差数列.又，所以，
解得，所以数列的公差，所以数列的通项公式为.
方法二：恒成立，当时，，解得.
当时，，且，解得.
当时，①，又②，
①-②，得③，所以④.
④-③，得.
因为，所以，即.又，
所以数列是首项为-2，公差为-5的等差数列，所以数列的通项公式为.
故答案为：.
31．
【分析】先根据得到，，变形后得到，得到，，经检验，也符合上式，再求出是以1为首项，以12为公差的等差数列，利用求和公式求出答案.
【详解】中，令得，即，
又，故令时，，即，
所以，解得，
由，得，，
两式相减得，，
两边同时除以，得，，
即，
故，，
经检验，也符合上式，故．
数列是以1为首项，以4为公差的等差数列，
数列是以1为首项，以3为公差的等差数列，
这两个数列的公共项构成的新数列是以1为首项，以12为公差的等差数列，
故的前n项和为．
故答案为：
32．
【分析】根据题中给出的图形，结合题意找到各层球的数列与层数的关系，得到，即可得解．
【详解】由题意可知，，，，，，
故，
故答案为：.
33．
【分析】降次作差得，再利用等比数列通项公式即可得到答案.
【详解】①，②，
两式相减得，故，，
令中得，，
所以，而不适合上式，
故答案为：.
34．
【分析】利用等差数列的定义以及的关系即可得出结论.
【详解】由知，
当时，；
当时，，
此时，当时，，
当时，，而，
若数列是等差数列，则，
所以，则.
故答案为：.
35．
【分析】根据给定条件，结合等比数列信息求出公比，再求出首项即得.
【详解】当时，，则，两式相减得，即，
因此等比数列的公比，又，即，解得，
所以数列的通项公式为.
故答案为：
36．
【分析】根据题中“牛顿数列”的定义，结合题中条件，可求得，通过构造法，可求得，则，即裂项相消求和即可.
【详解】由得，
所以，
得，即，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则，所以，
故，
所以
.
故答案为:
【点睛】关键点睛：本题的关键是理解“牛顿数列”的定义，通过变形得到，从而构造出等比数列，得到，最后再裂项求和即可.
37．16
【分析】根据公差进行分类讨论，从而求得“下阶梯数”的个数.
【详解】公差为时，有共个；
公差为时，共个；
公差为时，共个；
公差为时，共个.
所以一共有个.
故答案为：
38．2026
【分析】先计算出数列的前项和，然后找到使其为正整数的，相加即可得到答案．
【详解】设数列的前项和为，
则
．
所以，
因为为正整数，所以，即．
令，则，
因为，所以，
因为为增函数，且，
所以，
所以所有“好数”的和为．
故答案为：2026．
39．66
【分析】根据题意，分的值有1种，2种以及3种讨论，结合隔板法代入计算，即可得到结果.
【详解】若的值只有1种可能，则符合条件的不同数列有3个，
若的值有2种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
若的值有3种可能，则利用隔板法可知，符合条件的不同数列有个，
故共有66个符合条件的不同数列．
故答案为：66
40．
【分析】由题可知，一个圆将平面分为部分，两个圆相交将平面分为部分，三个圆相交于将平面分为部分，四个圆相交将平面分为部分，，依次递推，通过归纳推理，可得出结论.
【详解】一个圆将平面分为部分，即，
两个圆相交将平面分为部分，即，
三个圆相交将平面分为部分，即，
四个圆相交将平面分为部分，即，
平面内个圆，其中每两个圆都相交于两点，且任意三个圆不相交于同一点，
则该个圆分平面区域分为部分，
故答案为：.
41．
【分析】根据相邻两项的差成等差数列，列递推关系式.
【详解】因为
所以
故答案为：
【点睛】本题考查根据规律列递推关系式，考查基本分析归纳能力，属基础题.
42．
【分析】分析粒子在第一象限的运动规律得到数列通项的递推关系式，利用累加法求出，由知，运动了1980秒时粒子到点，对运动规律的探索知：中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动，由此可求得结果.
【详解】如图，设粒子运动到时所用的间分别为，
则，
将相加得：
，则，满足，
所以,由，故运动了1980秒时它到点，
又由运动规律知：中，奇数点处向下运动，偶数点处向左运动，
故粒子到达时向左运动42秒即运动了2022秒到达点，
则所求点应为
故答案为：.
43．(1)；(2)7.
【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；
(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.
【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，
设等差数列的公差为，从而有：，
，
从而：，由于公差不为零，故：，
数列的通项公式为：.
(2)由数列的通项公式可得：，则：，
则不等式即：，整理可得：，
解得：或，又为正整数，故的最小值为.
【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.
44．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意列式求解，进而可得结果；
（2）先求，讨论的符号去绝对值，结合运算求解.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以，
（2）因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述：.
45．(1)7或9；
(2)答案见解析；
(3).
【分析】（1）利用递推公式可得，进而可求出；
（2）由题意可得，则，从而命题为真命题，给出反例即可得出命题为假命题；
（3）由题意可得，，然后利用数学归纳法证明数列单调递增，最后分类讨论即可确定数列的通项公式.
【详解】（1）因为，所以或，所以可能值为7或9；
（2）因为成等差数列，所以，,
所以，
逆命题：若，则为等差数列是假命题，举例：故命题为假命题，
（3）因为，所以
，所以，
因此，
以下用数学归纳法证明数列单调递增，即证明恒成立：
当时，明显成立；
假设当时命题成立，即，
则，即，即命题得证；
回到原题，分类讨论求数列的通项公式：
1.若，则矛盾；
2.若，则，所以，所以，
此时，
所以，
3.若，则，所以，所以，
所以（由（2）知对任意成立），所以，与事实上矛盾，
综上.
【点睛】1．数学归纳法是一种重要的数学思想方法，主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时步骤(1)和(2)缺一不可，步骤(1)是步骤(2)的基础，步骤(2)是递推的依据．
2．在用数学归纳法证明时，第(1)步验算n＝n0的n0不一定为1，而是根据题目要求选择合适的起始值．第(2)步，证明n＝k＋1时命题也成立的过程，一定要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.
46．(1)
(2)
【分析】（1）根据即可求出；
（2）根据错位相减法即可解出．
【详解】（1）因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
化简得：，当时，，即，
当时都满足上式，所以．
（2）因为，所以，
，
两式相减得，
，
，即，．
47．（1）；（2）.
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论
．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.
48．(1)证明见解析
(2)2166
【分析】（1）利用等差数列的定义证明；
（2）数列中奇数项与偶数项分别构成等差数列，利用通项求出两个数列相同的项，可求所需项的和.
【详解】（1）数列满足，
设，则，
有，，
所以数列是首项为3公差为3的等差数列，即数列为等差数列.
（2）由（1）可知，，
设，同理可证数列是首项为12公差为9的等差数列，，
设数列的前n项和为，数列的前n项和为，
数列的前40项和为，
若，即，得，
，有，
将数列的前40项中所有的相同项都剔除，则数列的前40项中余下项的和为：
.
49．不是，理由见解析
【分析】根据的关系作差可得，，即可作差，结合等差数列的定义求解.
【详解】因为，
当时，，又因为，所以
当时，因为，
由，得①，
所以②，
所以①-②得：，,
所以，，，
但
所以不是等差数列.
50．证明见解析，
【分析】将等式两边同除以可判断是等差数列，即可根据首项和公差求解通项.
【详解】将左右同时除以得：
，
整理得，即是等差数列，
因为，，得，故公差为1，
所以，故；
51．证明见解析
【分析】根据等比数列的性质可得为等比，即可求解，利用等差数列的定义即可求证.
【详解】（1）由，得，
又，所以数列是以1为首项，的等比数列，
即，即，
所以，
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列；
52．(1)证明见解析，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据递推公式可推得，即.求出的值，即可证明得出等比数列.根据公式得出，进而得出通项公式；
（2）根据（1）的结果，结合递推公式可推得，进而得出，并项求和然后分组，根据等差数列以及等比数列的前n项和公式，即可得出.作差构造函数，根据函数的单调性即可得出证明.
【详解】（1）由已知得，
所以.
因为，，
所以，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以，
所以的通项公式.
（2）由知，
所以，
所以，
所以
.
当时，.
令，
根据复合函数的单调性可知，当时，单调递增.
又，
所以时，有，即，
所以当时，，即当时，.
53．(1)证明见解析
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据题意，利用“已知求”的方法，化简证明数列是等比数列．
（2）假设存在正整数p，q，r（），使得，，成等差数列，利用等差中项的性质验证证明即可.
【详解】（1）由，
得．
则，则，
即，即．
又，，所以，
所以．所以数列是首项为1，公比为2的等比数列．
（2）由（1），得，所以，所以．
假设存在正整数p，q，r（），使得，，成等差数列，
则，即，
即．因为，所以，
所以，所以．
这与矛盾，假设不成立．
所以不存在正整数p，q，r（），使得，，成等差数列．
54．（1）
（2）
【分析】（1）利用叠加法，结合裂项相消的知识可得通项公式；
（2）利用累乘法求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以；
综上：.
而符合上式，故.
（2）因为，，所以，
综上：.
55．(1)，，，
(2)．
【分析】（1）利用求得，也即求得，由此求得正确答案.
（2）利用累乘法求得.
【详解】（1）因为①，所以②，
②－①得，所以，所以，
所以，，，．
（2）当，由，得，，，…，，
所以，即，
又，所以．
当时，满足上式，故．
56．（）．
【分析】利用累乘法求通项公式.
【详解】因为，且，所以，所以，
所以（）即，，，，
将个式子相乘得（），
因为，所以（），
又当时，，所以（）．
57．
【分析】利用构造法及等比数列的定义，结合等比数列的通项公式即可求解.
【详解】由，得，
所以数列是以首项为，公比为的等比数列.
所以，即.
当时，，此式也满足，
故.
58．
【分析】将已知两边平方并去分母可得，两边同除以得
，所以可看作是公差为1的等差数列，再利用等差数列的通项公式进行求解．
【详解】由已知得所以，即，
因此，数列是公差为1的等差数列，
所以
即
由已知，与的符号相同，而与的符号相同，因而与的符号相同，
所以．
59．
【分析】取倒数后得到是等差数列，求出，得到通项公式.
【详解】取倒数：，故是等差数列，首项为，公差为2，
，
∴.
60．
【分析】在等式两边取对数可得，可得出，可知数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，可求得数列的通项，即可得出数列的通项公式.
【详解】对任意的，，
因为，则，
所以，，且，
所以，数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，，解得.
61．
【分析】构造法求证为等比数列并写出通项公式，再应用累加法求数列通项公式.
【详解】化为，即，
，可得或，（所得两组数值代入上式等价），
不妨令，，
所以是以1为首项，为公比的等比数列，则，
累加法可得：，
又符合上式，故.
62．
【分析】解法一：利用待定系数法可得，即可得到是首项为，公比为的等比数列，从而求出其通项公式；
解法二：两边同时除以得，再利用构造法计算可得；
【详解】解法一：因为，
设，
所以，
则，解得，
即，
则数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，即；
解法二：因为，两边同时除以得，
所以，，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
所以，则，所以.
63．
【分析】将代入已知可得，进而推得，即可得出数列是等差数列，写出通项即可得出答案.
【详解】将代入已知可得.
因为，所以，
所以有，所以.
又，
所以，数列是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以，，
所以，.
64．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）化简得，即可证明；
（2）应用错位相减法即可求解.
【详解】（1）令，得，则．
因为①，所以②．
①-②得，即．
因为，所以数列为常数列．
（2）由（1）可得，所以是公差为1的等差数列，
所以．
因为，所以③，
④．
③-④得
，
所以．
65．(1)，；
(2)；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据等差数列的项求公差，即可求数列的通项公式，代入条件求等比数列的项，即可求通项公式.
（2）按为奇数和偶数，求出数列的通项公式，再根据列项相消法和错位相减法求和.
（3）由，利用等比数列前项和公式求和，即可证得不等式.
【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，
由，，得，则，
由，，得，解得，，则， ，
所以，的通项公式是，.
（2）当是奇数时，，
当是偶数时，，
则，
于是，
两式相减得：
因此，
，
所以.
（3）由（1）知，，当且仅当时取等号，
因此，
所以（）.
【点睛】易错点睛：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.
66．(1)证明见解析，
(2)
【分析】（1）根据，利用等差数列定义即可得证，并结合与的关系式，求出.
（2）利用前项和的倒序相加法，结合组合的性质即可求出结果.
【详解】（1）由，
有，又，故，
所以数列是以为首项，为公差的等差数列，
所以，即，
故，两式相减得，
即，所以，
因此的通项公式为．
（2）设，
则由（1）知，
又，
两式相加得：
，
因为，，
，
所以.
67．(1)
(2)
【分析】（1）分别令和可用表示出，根据等比数列定义可构造方程求得；
（2）由与关系和已知等式可推导得到，采用裂项相消法可求得，由此可得结果.
【详解】（1）令，则，；
令，则，，即；
成等比数列，，即，
解得：或，又，.
（2）当时，由得：，
即，
，
，
，，
，
，
又，，，
，即的最小值为.
68．(1)或，
(2)或
【分析】（1）运用等比数列通项公式即可求得数列的通项公式，由数列通项与其前n项和的关系即可求得数列通项公式，
（2）运用分组求和即可求得结果.
【详解】（1）设数列的公比为，
则或，
所以当时，，
当时，，
所以数列的通项公式为或.
因为①
所以当时，，解得，
当时，，②
由①②可得，即，
所以或.
当时，即（），
所以数列是以为首项，2为公差的等差数列，所以.
当时，即，（），
当时，，
又，所以，与数列的各项都为正数相矛盾，
综述：数列的通项公式为.
（2）设数列的前n项和为，
当时，，
则，
当时，，
.
综述：数列的前项和为或.
69．(1)
(2)
【分析】（1）根据与的关系直接求通项公式即可；
（2）根据（1）中的通项公式得到，分奇偶讨论并整合即可得到答案.
【详解】（1）由题意，当时，，
当时，，
当时，上式也符合，
所以的通项公式为.
（2）由（1）得，，所以，．
（ⅰ）当n为偶数时，；
（ⅱ）当n为奇数时，；
综上所述，.
70．(1)，
(2)
【分析】（1）根据与的关系即可求解；
（2）先求出，然后分为偶数和奇数分别求和即可.
【详解】（1）因为，所以当时，，
因为数列是等比数列，所以也应满足，
所以，所以通项.
（2）由（1）得，
当时，
；
当时，
；
所以.
71．(1)
(2)
【分析】(1) 三个条件中选①或②作差可得通项,选③作商可得通项；
(2) 当时，，，根据分段可得40项和.
【详解】（1）选①：∵，时，，
∴两式相减得，即，又当n=1时，，
∴，满足上式，∴；
选②：当n=1时，，∴，
∵，时，，
∴两式相减得，
数列是以2为首项2为公比的等比数列，
∴；
选③∵，时，，
∴两式相除得，当n=1时，，满足上式，∴；
（2）因为当时，，，
所以当时，，
当时，，
当时，.
当时，，
当时，，
当时，，
所以.
72．(1)，．
(2)
【分析】（1）当时，利用累加法可求得的表达式，结合可得出的表达式，再检验的情形，综合可得出的通项公式；
（2）由求出数列的通项公式，列举出数列的前项，即可求得的值.
【详解】（1）解：对任意的，因为，
当时，
，
因为，所以，故．
当时，适合，
所以，．
（2）解：因为，，
所以当时，，
所以，，
所以，数列的前项分别为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、，
所以的前项是由个与个组成．所以．
73．(1)证明见解析
(2).
【分析】（1）根据递推关系变形即可得证；
（2）利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）因为，
所以，
又，
所以是以18为首项，3为公比的等比数列.
（2）由（1）知，
所以，又，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列，
所以，所以.
所以，
所以，
所以
，
所以.
74．(1)
(2)
【分析】（1）由题意可得第次播放了，从而可得与的关系；
（2）由题意得，然后利用错位相减法可求出，再由可求得结果.
【详解】（1）依题意，第次播放了，
因此，整理得．
（2）∵
，
又∵，
∴．
∴，
∴
∴．
∵当时，，与互质，，
∴，则
即．
75．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设是小时后第次服药前血液中水杨酸的含量，先求出，再表示出递推关系式，即可求解；
（2）先由（1）中递推关系式构造得到等比数列，求得，再求得刚服药后即可求解.
【详解】（1）设是小时后第次服药前血液中水杨酸的含量，
易知每24小时，水杨酸的含量变为原来的，
则，
时，，
；
（2）由（1）知，，
则是以首项为，公比为的等比数列，
故，，
，
故急性心肌梗死疑似患者服药期间血液中水杨酸的含量不会超过230mg.
76．(1)，．
(2)证明见解析，，．
【分析】（1）根据题意，得到，，即可求解；
（2）由（1）得到可得，得出数列是等比数列，结合等比数列的通项公式，即可求解.
【详解】（1）解：由题意，经次调和后甲、乙两个容器中的溶液浓度分别为，
所以，．
（2）解：由（1）知，，，
可得，
所以数列是等比数列，
因为％，所以 ①，
又因为 ②．
联立①②得，．