2025年新高考数学高频考点+重点题型专题28数列的概念与简单表示含解析答案

这是一份2025年新高考数学高频考点+重点题型专题28数列的概念与简单表示含解析答案，共33页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．．如图,这是一个正六边形的序列,则第n个图形的边数为.
A．5n-1B．6nC．5n+1D．4n+2
2．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数N：N>100且该数列的前N项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是
A．440B．330
C．220D．110
3．嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星，为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列：，，，…，依此类推，其中．则（ ）
A．B．C．D．
4．数列满足，则的值为（ ）
A．B．C．D．
5．设数列满足，，且（且），则
A．B．C．D．
6．设[x]表示不超过x的最大整数，如[－3.14]＝－4，[3.14]＝3.已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋n＋1(n∈N*)，则＝（ ）
A．1B．2C．3D．4
7．对于有如下4个数列：（1）；（2）（3）（4）．其中满足条件的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．已知数列的前项和为，且，若，则数列的最大项为（ ）
A．第5项B．第6项C．第7项D．第8项
9．设函数，数列满足，且数列是递增数列，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知数列满足，则（ ）
A．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
B．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
C．当时，为递减数列，且存在常数，使得恒成立
D．当时，为递增数列，且存在常数，使得恒成立
11．德国数学家科拉茨1937年提出了一个著名的猜想：任给一个正整数，如果是偶数，就将它减半（即）；如果是奇数，则将它乘3加1（即），不断重复这样的运算，经过有限步后，一定可以得到1．猜想的数列形式为：为正整数，当时，，则数列中必存在值为1的项．若，则的值为（ ）
A．1B．2C．3D．4
12．数列的首项，且，则（ ）
A．B．C．D．
13．0-1周期序列在通信技术中有着重要应用.若序列满足，且存在正整数，使得成立，则称其为0-1周期序列，并称满足的最小正整数为这个序列的周期.对于周期为的0-1序列，是描述其性质的重要指标，下列周期为5的0-1序列中，满足的序列是（ ）
A．B．C．D．
14．已知数列的前项依次为，，，，则数列的通项公式可能是（ ）
A．B．
C．D．
15．已知正项数列中，，则数列的通项公式为（ ）．
A．B．C．D．
16．设，则数列中的最大项的值是
A．B．C．4D．0
17．已知数列的前项和为，，，则（ ）
A．128B．256C．512D．1024
18．已知数列满足，，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
19．已知递增数列满足：，，且对于任意的正整数，不等式恒成立，则正数的最大值为
A．B．C．D．
20．设数列的前项和为，满足，则（ ）
A．0B．C．D．
21．意大利数学家列昂那多·斐波那契以兔子繁殖为例，引入“兔子数列”：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，，即，(，)，此数列在现代物理“准晶体结构”、化学等领域都有着广泛的应用.若此数列被2整除后的余数构成一个新数列，则数列的前2020项的和为（ ）
A．672B．673C．1347D．2020
二、多选题
22．已知数列满足：，是数列的前项和，，下列命题正确的是（ ）
A．B．数列是递增数列
C．D．
23．下列说法不正确的是（ ）
A．数列1，3，5，7可表示为{1，3，5，7}
B．数列1，0，－1，－2与数列－2，－1，0，1是相同的数列
C．数列的第k项是1＋
D．数列可以看作是一个定义域为正整数集的函数
24．在数列{an}中，an＝(n＋1)n，则数列{an}中的最大项可以是（ ）
A．第6项B．第7项
C．第8项D．第9项
三、填空题
25．已知数列的前四项依次为，，，，则的通项公式可能是 .
26．已知数列的前n项和，则数列的通项公式为 ．
27．记为数列的前项和，若，则 ．
28．已知在正项数列中，，则数列的通项公式为 .
29．记数列的前n项和为，若，则数列的通项公式为 ．
30．在数列中，，，，则的值为 ．
31．已知数列的前项和为，，，，则 ．
32．若数列的前n项和，则数列的通项公式 .
33．设数列的前项和为，且，，.请写出一个满足条件的数列的通项公式 .
34．数列{an}满足：a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n+1＋3(n∈N*)，则数列{an}的通项公式an＝ ．
35．在一个数列中，如果∀n∈N*，都有anan＋1an＋2＝k(k为常数)，那么这个数列叫做等积数列，k叫做这个数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，则a1＋a2＋a3＋…＋a12＝ ．
四、解答题
36．已知为等差数列，，记，分别为数列，的前n项和，，．求的通项公式.
37．设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和．若，求的通项公式；
38．设为数列的前n项和，已知．求的通项公式；
39．在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.
已知数列中，，满足___________，求数列的通项an.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
40．已知为正项数列的前项和，且满足.
（1）求的值；
（2）求数列{an}的通项公式.
41．已知函数，数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）证明：数列是递减数列．
42．设曲线在点处的切线与x轴的交点的横坐标为，求的值．
43．在数列中，，
（1）求数列的通项公式；
（2）若存在，使得成立，求实数的最小值
参考答案：
1．C
【详解】第(n)个图形的边数成等差数列，首项为6，公差为5，则第(n)个图形的边数为5n+1，
故选C
2．A
【详解】由题意得，数列如下：
则该数列的前项和为
，
要使，有，此时，所以是第组等比数列的部分和，设，
所以，则，此时，
所以对应满足条件的最小整数，故选A.
点睛:本题非常巧妙地将实际问题和数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项和求和.另外，本题的难点在于数列里面套数列，第一个数列的和又作为下一个数列的通项，而且最后几项并不能放在一个数列中，需要进行判断.
3．D
【分析】根据，再利用数列与的关系判断中各项的大小，即可求解.
【详解】[方法一]:常规解法
因为，
所以，，得到，
同理，可得，
又因为，
故，；
以此类推，可得，，故A错误；
，故B错误；
，得，故C错误；
，得，故D正确.
[方法二]：特值法
不妨设则
故D正确.
4．A
【分析】由已知条件计算出数列的通项公式，然后运用裂项求和法求出结果，注意的情况进行分类讨论.
【详解】，取，
相减，
，
则推出
当时，
原式
故选：A
【点睛】方法点睛：在数列求和中的方法：（1）裂项求和法；（2）分组求和法；（3）错位相减法；（4）倒序相加法等.
5．B
【详解】 令，则，所以为等差数列，
因为，所以公差，则，所以，
即，所以，故选B.
点睛：本题考查了等差数列的通项公式和等差数列的性质的应用问题，本题非常巧妙的将两个数列融合在一起，首先需要读懂题目所表达的具体含义，以及观察所给定数列的特征，进而判断出该数列的通项，另外，本题的难点在于两个数列融合在一起，利用第一个数列为等差数列，得到第一个数列的通项公式，进而求解第二个数列的项，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力.
6．A
【分析】首先利用累加法求得数列的通项公式，再利用裂项相消法求数列的前项的和，结合新定义即可求解.
【详解】由an＋1＝an＋n＋1，得an－an－1＝n(n≥2)．
又a1＝1，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝n＋(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1＝，
则 .
所以.
所以.
故选：A
7．C
【分析】依题意对各个数列一一判断，即可得解；
【详解】解：对于（1），所以，显然均不成立，故（1）错误；
对于（2），易知其为递增数列，又，，，故均成立，故（2）正确；
对于（3），当为奇数和为偶数时，均为递增，故成立，而为奇数，为偶数，显然所以也成立，故（3）正确；
对于（4），，，，
当为奇数时，，为递增数列，当为偶数时，也为递增数列，所以成立，
又，，所以，所以，故（4）也成立；
故选：C
8．D
【分析】由先求出，从而得出，由讨论出其单调性，从而得出答案.
【详解】当时，；
由，当时，，
两式相减，可得，
解得，当时，也符合该式，故．
所以
由，解得；又，所以，所以，当时，，故，因此最大项为，
故选：D．
9．C
【分析】本题首先可根据题意得出，然后根据数列是递增数列得出不等式组，最后通过计算即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
因为数列是递增数列，
所以，解得，即.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题考查了分段函数以及递增数列的综合应用，主要考查了分段函数的单调性，若分段函数为增函数，关键是函数在各段上均为增函数，且满足前一段的最大值小于或等于后一段的最小值，本题需要额外注意.
10．B
【分析】法1：利用数列归纳法可判断ACD正误，利用递推可判断数列的性质，故可判断B的正误.
法2：构造，利用导数求得的正负情况，再利用数学归纳法判断得各选项所在区间，从而判断的单调性；对于A，构造，判断得，进而取推得不恒成立；对于B，证明所在区间同时证得后续结论；对于C，记，取推得不恒成立；对于D，构造，判断得，进而取推得不恒成立.
【详解】法1：因为，故，
对于A ，若，可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立，
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，
故为减数列，注意
故，结合，
所以，故，故，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，故恒成立仅对部分成立，
故A不成立.
对于B，若可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，
，，故，故，故为增数列，
若，则恒成立，故B正确.
对于C，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立即
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为减数列，
又，结合可得：，所以，
若，若存在常数，使得恒成立，
则恒成立，故，的个数有限，矛盾，故C错误.
对于D，当时， 可用数学归纳法证明：即，
证明：当时，，此时不等关系成立；
设当时，成立，
则，故成立
由数学归纳法可得成立.
而，故，故为增数列，
又，结合可得：，所以，
若存在常数，使得恒成立，则，
故，故，这与n的个数有限矛盾，故D错误.
故选：B.
法2：因为，
令，则，
令，得或；
令，得；
所以在和上单调递增，在上单调递减，
令，则，即，解得或或，
注意到，，
所以结合的单调性可知在和上，在和上，
对于A，因为，则，
当时，，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，即，
因为在上，所以，则为递减数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递减，故，
所以在上单调递增，故，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故A错误；
对于B，因为，
当时，，，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
又当时，，即，
假设当时，，
当时，因为，所以，则，
所以，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
此时，取，满足题意，故B正确；
对于C，因为，则，
注意到当时，，，
猜想当时，，
当与时，与满足，
假设当时，，
当时，所以，
综上：，
易知，则，故，
所以，
因为在上，所以，则为递减数列，
假设存在常数，使得恒成立，
记，取，其中，
则，
故，所以，即，
所以，故不恒成立，故C错误；
对于D，因为，
当时，，则，
假设当时，，
当时，，则，
综上：，
因为在上，所以，所以为递增数列，
因为，
令，则，
因为开口向上，对称轴为，
所以在上单调递增，故，
所以，
故，即，
假设存在常数，使得恒成立，
取，其中，且，
因为，所以，
上式相加得，，
则，与恒成立矛盾，故D错误.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是根据首项给出与通项性质相关的相应的命题，再根据所得命题结合放缩法得到通项所满足的不等式关系，从而可判断数列的上界或下界是否成立.
11．B
【分析】根据，由递推求解.
【详解】因为，，
所以，
，
，
，
，
故选：B
【点睛】本题主要考查数列的递推，属于基础题.
12．A
【分析】首先根据递推公式列出数列的前几项，再找出数列的周期性，即可得解；
【详解】解：因为，且，所以，，，，，，所以数列是以为周期的周期数列，所以
故选：A
13．C
【分析】根据新定义，逐一检验即可
【详解】由知，序列的周期为m，由已知，，
对于选项A，
，不满足；
对于选项B，
，不满足；
对于选项D，
，不满足；
故选：C
【点晴】本题考查数列的新定义问题，涉及到周期数列，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，是一道中档题.
14．C
【解析】利用各选项中的数列逐项检验可得正确的选项.
【详解】对于A，，故A错误.
对于B，，故B错误.
对于C，，
故C正确.
对于D，，故D错误.
故选：C.
15．B
【解析】根据已知条件可得，，与已知条件相减即可求出，检验满足，即可求解.
【详解】∵，
∴，
两式相减得
∴，①
又当时，，，适合①式，
∴.
故选：B
16．D
【详解】试题分析：由题意得，，则对称轴方程，又取整数，所以当或时，取最大值为，故选D．
考点：数列的函数特性．
17．B
【分析】在时，用代换中的，得一等式，两式相减，得，同时计算出，因此确定数列从第二项起成等比数列，于是可得．
【详解】∵Sn+1＝2Sn﹣1（n∈N+），
n≥2时，Sn＝2Sn﹣1﹣1，∴an+1＝2an．
n＝1时，a1+a2＝2a1﹣1，a1＝2，a2＝1．
∴数列{an}从第二项开始为等比数列，公比为2．
则a10=1×28＝256．
故选：B．
【点睛】本题考查等比数列的通项公式，考查等比数列的判定．一定要注意中，，不包含，否则易出错．
18．C
【分析】首先利用累加法求出，然后利用双勾函数的单调性可求出的最小值.
【详解】因为，所以
所以
以上各式相加得
所以
当时，符合上式，所以
所以
所以时单调递减，时单调递增，
因为，所以的最小值为，
故选：C
【点睛】本题考查的是利用累加法求通项公式、等差数列的求和公式及双勾函数的单调性，考查了学生对基础知识的掌握情况.
19．C
【分析】采用分离参数法，得恒成立 ，再根据递增数列的性质，求得t的取值范围，进而得到t的最大值.
【详解】因为数列是递增数列，且，，
所以恒成立，即，所以．故选C．
【点睛】解决恒成立问题常采用参数分离法，得到参变量与另一代数式的大小关系，进而转成求最值即可，对于数列的最值问题常用的方法有三个：①借助函数的单调性找最值，比如二次型的、反比例型的、对勾形式的等等；②作差和0比较，利用数列的单调性求最值；③列不等式组，第k项大于等于（小于等于）前一项，且大于等于（小于等于）后一项，求解数列的最大（最小）项．
20．D
【解析】直接利用时,化简已知条件, 当为偶数时，,求得,代值即可求得结果.
【详解】数列的前项和为,满足,
当为偶数时，，即有
所以
故选:D.
【点睛】本题考查利用与的关系求得,考查数列求和问题,难度一般.
21．C
【分析】求出已知数列除以2所得的余数，归纳可得是周期为3的周期数列，求出一个周期中三项和，从而可得结果.
【详解】由数列各项除以2的余数，
可得为，
所以是周期为3的周期数列，
一个周期中三项和为，
因为，
所以数列的前2020项的和为，
故选：C.
【点睛】方法点睛：
本题主要考查数列的周期性以及应用，考查了递推关系求数列各项的和，利用递推关系求数列中的项或求数列的和：
（1）项的序号较小时，逐步递推求出即可；
（2）项的序数较大时，考虑证明数列是等差、等比数列，或者是周期数列.
22．ABD
【分析】选项A. 设,求出其导函数得出其单调性，可得，，设，求出其导函数，得出其单调性，可得，从而可判断A；选项B. 设,求出其导数，借助于选项A中构造的函数结论，可得其单调性，从而可判断; 选项C. 由可判断；选项：由选项B数列是递增数列，所以，由选项A中得到的结论可得，从而可判断.
【详解】由题意，则
设，则
所以在上的单调递减，所以，即
当时，可得，即
设，
所以在上的单调递增，所以
取，可得，即
所以，所以选项A正确.
设，则
由上在上恒成立，则
所以在上恒成立，所以在上单调递增.
所以数列是递增数列，故选项B正确.
由，所以，所以选项C不正确.
由数列是递增数列，所以
由上，则，所以
所以，故选项D正确.
故选： ABD
【点睛】关键点睛：本题考查数列与函数单调性相结合的应用，考查数列单调性，解答本题的关键是根据数列的结构特征和不等式的形式构造函数，，以及，通过求导数，利用导数讨论其单调性得到数列不等式、单调性和范围，属于中档题.
23．ABD
【分析】由数列与数集的区别判断选项A；由数列的有序性判断选项B；由数列的通项判断选项C；由数列的定义域判断选项D.
【详解】数列与数集是不同的，故选项A错误；
由数列的有序性知选项B错误；
由数列通项知：当时为第k项，故选项C正确；
数列的定义域不一定为正整数集，故选项D错误．
故选：ABD
24．AB
【分析】假设an最大，则有解不等式组，可求出的范围，从而可得答案
【详解】假设an最大，则有即且，
所以，即6≤n≤7，所以最大项为第6项和第7项．
故选：AB
25．(或其他合理)
【分析】由四项找出共同的规律，可得通项公式
【详解】解：，，，，故.
故答案为：
26．
【分析】利用与关系即得.
【详解】因为，
当时，，
当时，，
所以．
故答案为：．
27．
【分析】首先根据题中所给的，类比着写出，两式相减，整理得到，从而确定出数列为等比数列，再令，结合的关系，求得，之后应用等比数列的求和公式求得的值.
【详解】根据，可得，
两式相减得，即，
当时，，解得，
所以数列是以-1为首项，以2为公比的等比数列，
所以，故答案是.
点睛：该题考查的是有关数列的求和问题，在求解的过程中，需要先利用题中的条件，类比着往后写一个式子，之后两式相减，得到相邻两项之间的关系，从而确定出该数列是等比数列，之后令，求得数列的首项，最后应用等比数列的求和公式求解即可，只要明确对既有项又有和的式子的变形方向即可得结果.
28．
【分析】依题意易得，即可求得数列的通项公式为.
【详解】根据题意由可得；
两式相减可得，
所以，即可得；
易知当时，符合上式；
所以数列的通项公式为.
故答案为：
29．
【分析】根据，得,和，再构造出，从而可得数列是以为首项，为公比的等比数列，可求得解.
【详解】由，可得，即；
时，即有
设，解得，又，
所以，数列是以为首项，为公比的等比数列，即有，
所以，
故答案为：.
【点睛】本题考查根据数列的和的关系得出数列的通项公式的问题，关键在于将既含有又含有的式子，转化成只含有或只含有的式子，再构造新数列使之成等差数列或等比数列，属于中档题.
30．1
【分析】根据其递推公式求得相邻奇数项的乘积为1，相邻偶数项的乘积为1，进而得到数列具有周期性，即可求解．
【详解】解：，，从而，即数列是以4为周期的数列，又由，，
得，即，，得，，
，
故答案为：1．
31．4
【分析】归纳出数列的周期，求出一个周期的和，即得解.
【详解】由题得，
，
，
,
,
,
所以数列的周期为6，，
，
所以.
故答案为：4
【点睛】关键点睛：本题的解题关键是想到求数列的周期，归纳出数列的周期.
32．
【分析】根据的表达式，由可得当时，；检验即可得出数列的通项公式.
【详解】由可得，
两式相减可得，即，
又时，，不符合，
所以，
故答案为：
33．（答案不唯一）
【分析】由题意确定数列的特征，然后结合数列的特征给出满足题意的数列的通项公式即可.
【详解】因为，则数列是递增的，
又，
所以最小，数列从第7项开始为正，而，
因此不妨设数列为等差数列，公差为1，，
所以，满足条件的数列的一个通项公式.
故答案为：（答案不唯一）.
34．3n
【分析】利用数列通项和前n项和的关系求解.
【详解】当时，，
当时，由a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＋(2n－1)·an＝(n－1)·3n＋1＋3，
得a1＋3a2＋5a3＋…＋(2n－3)·an－1＝(n－2)·3n＋3，
两式相减得，
所以，又，
所以，
故答案为：
35．28
【分析】依题意得数列{an}是周期为3的数列，再由a1＝1，a2＝2，公积为8，求出a3＝4，然后根据周期可求得结果
【详解】因为数列{an}是等积数列，且a1＝1，a2＝2，公积为8，
所以a1a2a3＝8，所以a3＝4，
同理可得a4＝1，a5＝2，a6＝4，……
所以数列{an}是周期为3的数列，
因此a1＋a2＋a3＋…＋a12＝4(a1＋a2＋a3)＝4×(1＋2＋4)＝28．
故答案为：28
36．
【分析】根据等差数列定义，由代入计算可得，即可求得的通项公式为.
【详解】设等差数列的公差为d，而，
则，
于是，
解得，
所以，
所以数列的通项公式是.
37．
【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式，结合题中条件进行计算即可求解.
【详解】因为，所以，
解得，
所以，
又，
所以
即，
解得或（舍），
所以.
38．
【分析】利用的关系式推得，再利用累乘法即可得解.
【详解】因为，
当时，，即；
当时，，即，
当时，，所以，
整理得，
当时，易知，则，
所以，则，
当时，，都满足上式，所以．
39．答案见解析
【分析】若选①，由可得，即数列是以3为首项，公比为3的等比数列，然后可求出，若选②，由可得，即数列是以2为首项，公比为3的等比数列，可得，若选③，由可得，即数列是以1为首项，公差为1的等差数列，然后可求出.
【详解】若选①，因为由，可得，
因为，所以数列是以3为首项，公比为3的等比数列，
所以，即；
若选②，因为，
所以，
因为，所以数列是以2为首项，公比为3的等比数列，
所以，即可得；
若选③，因为，所以
因为，所以数列是以1为首项，公差为1的等差数列，
所以，即.
40．（1）；（2）
【解析】（1）由令即可求出；
（2）再写一项，两式作差即可求解.
【详解】（1）由，可得，解得；
，解得；
同理.
（2），①
当时，，②
①-②得.
由于，
所以，
又由（1）知，
故数列是首项为1，公差为1的等差数列，故
【点睛】本题考查由与关系式求解数列通项公式，作差法是解决此类题型关键，易错点为忽略验证时是否满足所求表达式，属于中档题
41．（1）；（2）证明见解析．
【详解】试题分析：（1）由于函数，数列满足．代入利用对数的运算性质可得，又，解出即可；（2）由（1）可得，利用做商法，即可证明其单调性．
试题解析：（1）∵，，
∴，，
∴，解得，
∵，∴，；
（2）证明：，
∵，∴，
∴数列是递减数列．
考点：（1）数列的概念及其简单表示；（2）数列的函数特性．
【方法点睛】本题考查了数列的通项公式的求法、指数与对数的运算性质、分子有理化，考查了计算能力，
基础题．对于（2）除了做商法以外，还可采用分子有理化化简通项，判断其单调性：
∵，随着的增大而增大且大于，∴数列是递减数列．
42．
【分析】利用导数的几何意义，求出切线方程，进而求出即可计算得解.
【详解】由，求导得，则，
因此曲线在点处的切线方程为，令，得，即，
所以.
43．（1）；（2）
【解析】（1）由得，两式相减可得是从第二项开始的等比数列，由此即可求出答案；
（2），分类讨论，当时，，作商法可得数列为递增数列，由此可得答案，
【详解】解：（1）因为，，
两式相减得：，即，
是从第二项开始的等比数列，
∵
∴，则，
；
（2），
当时，；
当时，
设递增，
，
所以实数的最小值．
【点睛】本题主要考查地推数列的应用，属于中档题．