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高中数学 高考复习 等差数列 专题练习
（选择题+解答题）100题合集
一、单选题
1．已知数列是等差数列，且满足，则等于（ ）
A．84 B．72 C．75 D．56
2．在等差数列中，，其前n项和为，若，则（ ）
A．2021 B．-2021 C．-2022 D．2022
3．已知等差数列中，，则数列的公差为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且＝，则＝（ ）
A． B． C． D．
5．设数列的前n项和为，且，，则数列的前10项和是（ ）
A． B． C． D．
6．已知等差数列的前n项和为，且，，则（ ）．
A．90 B．80 C．60 D．30
7．在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里：良马先至齐，复还迎鸳马，二马相逢.问相逢时驽马行（ ）日？
A．8 B．9 C．10 D．11
8．在数列中，，，若，则（ ）
A．671 B．672 C．673 D．674
9．已知数列的各项均为正数，且，则数列的前n项和（ ）
A． B．
C． D．
10．记为等差数列的前n项和．已知，则
A． B． C． D．
11．我国天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气的晷长损益相同(晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度).二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长减少或增加的量相同，周而复始.已知每年冬至的晷长为一丈三尺五寸，夏至的晷长为一尺五寸(一丈等于十尺，一尺等于十寸)，则下列说法不正确的是（ ）
A．小寒比大寒的晷长长一尺
B．春分和秋分两个节气的晷长相同
C．小雪的晷长为一丈五寸
D．立春的晷长比立秋的晷长长
12．数列中，，，那么这个数列的通项公式是（ ）
A． B． C． D．
13．在数列中，，，则数列的前项和（ ）
A． B． C． D．
14．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到200这200个数中，能被4除余2且被6除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则此数列各项之和为（ ）
A．1666 B．1676 C．1757 D．2646
15．已知是公差为的等差数列，前项和是，若，则（ ）
A．， B．，
C．， D．，
16．已知是数列的前n项和，若，数列的首项，则（ ）
A． B． C．2021 D．
17．在数列中，，，，则（ ）
A． B． C． D．
18．已知是等差数列，，为数列的前项和，且，则的最大值为（ ）
A．66 B．56 C．46 D．36
19．两个等差数列和的前项和分别为、，且，则等于（ ）
A． B． C． D．
20．已知是公差为d的等差数列，为其前n项和．若，则（ ）
A． B． C．1 D．2
21．已知等差数列的前项和为，且，，则下面结论错误的是（ ）
A． B． C． D．与均为的最小值
22．等差数列的公差不为零，其前项和为，若，则的值为（ ）.
A．15 B．20 C．25 D．40
23．已知等差数列{an}的前n项和Sn，公差d≠0，．记b1=S2，bn+1=S2n+2–S2n，，下列等式不可能成立的是（ ）
A．2a4=a2+a6 B．2b4=b2+b6 C． D．
24．十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间均分为三段，去掉中间的区间段，记为第一次操作；再将剩下的两个区间段，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二次操作；如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间长度之和不小于，则需要操作的次数的最小值为(参考数据：，)（ ）
A． B． C． D．
25．1852年，英国来华传教士伟烈亚力将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲．1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得到的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将1到500这500个数中，能被3除余2，且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则这个新数列各项之和为（ ）．
A．6923 B．6921 C．8483 D．8481
26．高斯被认为是世界上最重要的数学家之一，并享有“数学王子”的美誉．高斯在幼年时首先使用了倒序相加法，人们因此受到启发，利用此方法推导出等差数列前项和公式．已知等差数列的前项和为，，，，则的值为（ ）
A．8 B．11 C．13 D．17
27．设等差数列的前n项和为，若，，则（ ）
A．28 B．32 C．16 D．24
28．已知数列满足，，则（ ）
A． B． C． D．
29．在数列{an}中，a1＝3，an＋1＝，则a4＝（ ）
A． B．1
C． D．
30．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）
A．3699块 B．3474块 C．3402块 D．3339块
31．已知数列是等差数列，若，，且数列的前项和有最大值，那么当时，的最大值为（ ）
A．10 B．11 C．20 D．21
32．已知等差数列的前n项和为，当且仅当时取得最大值，若，则公差d的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
33．数列{an}的通项公式为an＝5－3n，则此数列（ ）
A．是公差为－3的等差数列 B．是公差为5的等差数列
C．是首项为5的等差数列 D．是公差为n的等差数列
34．《周髀算经》是我国古老的天文学和数学著作，其书中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测影子的长度），夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，经记录测算，这九个节气的所有晷长之和为49.5尺，夏至、大暑、处暑三个节气晷长之和为10.5尺，则立秋的晷长为（ ）
A．1.5尺 B．2.5尺 C．3.5尺 D．4.5尺
35．《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著，全书总结了战国、秦、汉时期的数学成就，其中有如下问题：“今有五人分五钱，令上二人所得与下三人等，问各得几何 ”其意思为：“今有人分钱，各人所得钱数依次为等差数列，其中前人所得之和与后人所得之和相等，问各得多少钱 ”，则第人得钱数为（ ）
A．钱 B．钱 C．钱 D．钱
36．“苏州码子”发源于苏州，作为一种民间的数字符号曾经流行一时，广泛应用于各种商业场合．“苏州码子”0~9的写法如下：〇0、〡1、〢2、〣3、〤4、〥5、〦6、〧7、〨8、〩9．为了防止混淆，有时要将“〡”“〢”“〣”横过来写．已知某铁路的里程碑所刻数字代表距离始发车站的里程，每隔2公里摆放一个里程碑，若在点处里程碑上刻着“〣〤”，在点处里程碑上刻着“〩〢”，则从点到点的所有里程碑上所刻数字之和为（ ）
A．1560 B．1890 C．1925 D．1340
37．两等差数列和，前n项和分别为，，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
38．设等差数列的公差为d，其前n项和为，且，，则使得的正整数n的最小值为（ ）
A．16 B．17 C．18 D．19
39．若等差数列的首项是，且从第项开始大于，则公差的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
40．已知等差数列，的前项和分别为和，且，则
A． B． C． D．
41．一百零八塔，位于宁夏吴忠青铜峡市，是始建于西夏时期的喇嘛式实心塔群，是中国现存最大且排列最整齐的喇嘛塔群之一．一百零八塔，因塔群的塔数而得名，塔群随山势凿石分阶而建，由下而上逐层增高，依山势自上而下各层的塔数分别为1，3，3，5，5，7，…，若该数列从第5项开始成等差数列，则该塔群共有（ ）．
A．10层 B．11层 C．12层 D．13层
42．已知数列，为等差数列，且公差分别为，，则数列的公差为（ ）
A． B． C． D．
43．在等差数列{an}中，若a2+2a6+a10＝120，则a3+a9等于（ ）
A．30 B．40 C．60 D．80
44．《中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定》指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，对应的宽为(单位: cm),且长与宽之比都相等，已知，，，则
A．64 B．96 C．128 D．160
45．等差数列的前项和为，若，，则此数列中绝对值最小的项所在的项数为（ ）．
A．第5项 B．第6项 C．第7项 D．无法确定
46．等差数列前项和为， ，则（ ）
A． B． C． D．
47．数列中，，且（），则数列前2021项和为（ ）
A． B． C． D．
48．在等差数列中，，．记，则数列（ ）．
A．有最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项 D．无最大项，无最小项
49．某市抗洪指挥部接到最新雨情通报，未来城区拦洪坝外洪水将超过警戒水位，因此需要紧急抽调工程机械加高加固拦洪坝．经测算，加高加固拦洪坝工程需要调用台某型号翻斗车，每辆翻斗车需要平均工作．而抗洪指挥部目前只有一辆翻斗车可立即投入施工，其余翻斗车需要从其他施工现场抽调．若抽调的翻斗车每隔才有一辆到达施工现场投入工作，要在内完成拦洪坝加高加固工程，指挥部至少还需要抽调这种型号翻斗车（ ）
A．辆 B．辆 C．辆 D．辆
50．已知首项为，公差为d的等差数列的前n项和为，且满足，则d的取值范围是（ ）
A．或 B．
C． D．
二、解答题
51．已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
52．已知在等差数列中，，．
（1）求数列的通项公式：
（2）设，求数列的前n项和．
53．记为数列的前n项和，已知是公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)证明：．
54．已知数列的前项和．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
55．已知数列满足，．
（1）求，；
（2）求数列的通项公式．
56．已知数列的前项和为.
（1）求出的通项公式；
（2）求数列前n项和最小时n的取值
57．在公差为2的等差数列中，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，求数列的前20项和．
58．数列是等差数列，，，，其中，求通项公式以及前项和.
59．在①；②；③.这三个条件中任选一个补充在下面的问题中.已知等差数列的前n项和为，且公差，若___________.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）记，求数列的前n项和.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
60．已知在各项均为正数的数列中，前项和满足．
（1）求证：数列是等差数列；
（2）若，求数列的前项和．
61．记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S9=－a5．
（1）若a3=4，求{an}的通项公式；
（2）若a1>0，求使得Sn≥an的n的取值范围．
62．已知是等差数列的前项和，且.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)已知，，求数列的前项和.
63．已知正项数列的前n项和为，且，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若为等差数列，求证：．
64．已知数列满足，．
(1)求数列的通项公式；
(2)求数列的前n项和．
65．已知数列的前项和为，，．
（1）求证：为等差数列；
（2）求证：．
66．为等差数列的前项和，已知，.
（1）求数列的通项公式；
（2）求，并求的最小值.
67．在①成等差数列，②，③这三个条件中任选一个，补充到下面问题中.
问题：已知在数列中，满足且____________，若数列等差数列，请证明；若数列不是等差数列，请举例说明.
68．已知数列的前n项和为，，______．指出，，…，中哪一项最大，并说明理由．从①，，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中，并作答．
69．已知为数列的前项和，且（，为常数），若，．求：
(1)数列的通项公式；
(2)的最值．
70．已知等差数列的前项和满足，.
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和.
71．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.
72．已知数列满足，，数列满足关系式．
（1）求，，；
（2）求证：数列为等差数列．
73．已知数列的前项和为，点在直线上．
(1)求数列的前项和，以及数列通项公式；
(2)若数列满足：，设数列的前项和为，求的最小值．
74．已知等差数列 满足：的前n项和为 ．
(1)求及 ；
(2)令，若对于任意 ，数列的前n项和 恒成立，求实数m的取值范围．
75．已知正项数列的首项，前n项和满足.
(1)求数列的通项公式；
(2)记数列的前n项和为，若对任意的，不等式恒成立，求实数a的取值范围.
76．已知等差数列的前项和为，且
（1）求通项公式；
（2）求数列的前项和
77．等差数列的首项为，公差，前n项和为．
（1）若，求的值；
（2）若对任意正整数n均成立，求的取值范围．
78．已知在等差数列中，公差，其前n项和为，，且．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前n项和．
79．无穷数列满足：且．
（1）求证：为等差数列；
（2）若为数列中的最小项，求的取值范围．
80．数列满足，已知．
（1）求，；
（2）若，则是否存在实数t，使为等差数列？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
81．已知函数，数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求.
82．某公司2021年年初花费25万元引进一种新的设备，设备投入后每年的收益均为21万元.若2021年为第1年，且该公司第年需要支付的设备维修和工人工资等费用总和（单位：万元）的情况如图所示.
（1）求；
（2）引进这种设备后，第几年该公司开始获利？
83．已知数列中，，.
(1)证明:数列是等差数列.
(2)求数列的通项公式.
84．记为等差数列的前项和，已知，．
(1)求的通项公式和；
(2)求 的值．
85．已知为数列的前项和，满足，．再从条件①②③中选择一个作为已知条件，完成下列问题：
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和．
条件①；②（为常数）；③．
注：如果选择多个问题分别解答，按第一个解答计分．
86．记数列的前项和为，，，.证明数列为等差数列，并求通项公式；
87．记为数列的前n项和，为数列的前n项积，已知．
（1）证明：数列是等差数列;
（2）求的通项公式．
88．设数列的前n项和为，且，，．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
89．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．
90．公差非零的等差数列的前n项和为，若是，的等比中项，．
(1)求；
(2)数列为等差数列，，数列的公差为，数列的前n项和为，是否存在最大或者最小值？如果存在求出最大或者最小值，如果不存在请说明理由．
91．已知在数列{an}中，a1＝1，an＝2an－1＋1(n≥2，n∈N*)，记bn＝log2(an＋1)．
(1)判断是否为等差数列，并说明理由；
(2)求数列的通项公式．
92．流行性感冒是由流感病毒引起的急性呼吸道传染病.某市去年11月份曾发生流感，据统计，11月1日该市的新感染者有30人，以后每天的新感染者比前一天的新感染者增加50人.由于该市医疗部门采取措施，使该种病毒的传播得到控制，从11月日起每天的新感染者比前一天的新感染者减少20人.
（1）若，求11月1日至11月10日新感染者总人数；
（2）若到11月30日止，该市在这30天内的新感染者总人数为11940人，问11月几日，该市新感染者人数最多？并求这一天的新感染者人数.
93．已知等差数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和．
94．已知公差小于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3a4＝117，a2+a5＝22．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）求Sn的最大值．
95．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.
96．已知数列满足：，，其中为的前项和.
（1）已知，求证：数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式.
97．在数列中，，且．
(1)求数列的通项公式；
(2)在，，，，这2019项中，求被10除余2的项数．
98．设是等差数列的前项和，，______．
从①，②，③中任选一个条件，补充在上面的横线上，并回答下列问题．
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和的最值．
99．已知正项数列的前n项和为，满足（，），.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和的表达式.
100．已知等差数列的前n项和为，，（）.
（Ⅰ）求的通项公式；
（Ⅱ）设数列满足（），记数列的前n项和为，求.
参考答案：
1．C
【分析】利用等差数列的性质进行求解.
【详解】由等差数列的性质，得
，
所以.
故选：C.
2．C
【分析】由等差数列前n项和公式可得数列为等差数列，根据可得公差为1，即可求解的值，即可得出结论.
【详解】解：因为数列为等差数列，故，则，
当时，，则，
所以数列为等差数列，设其公差为d．又，即，又，所以，所以，即．
故选：C.
3．C
【分析】利用，直接计算公差即可.
【详解】等差数列中，，设公差为d，则，即.
故选：C.
4．A
【分析】运用等差数列前n项和公式进行求解即可.
【详解】设等差数列{an}的公差为d，
∵，显然，
∴，
故选：A
5．C
【分析】由和的关系式，可得出数列是等差数列，从而得出数列的通项公式，再利用裂项相消法求和即可.
【详解】由得，
当时，，
整理得，
所以是公差为4的等差数列，又因为，
所以，从而，
所以，
所以数列的前10项和为．
故选：C
6．A
【分析】根据等差数列前项和的片断和性质可得结论．
【详解】由等差数列的性质，知，，，
…成等差数列，即，所以．
故选：A．
7．B
【分析】结合等差数列，将良马和驽马日行里程表示为等差数列，结合等差数列前项和即可求解.
【详解】由题，不妨设，则，，令，即，解得（舍去）或，故9日相逢.
故选：B
8．D
【分析】分析得到数列是以1为首项，3为公差的等差数列，利用等差数列通项即得解.
【详解】∵，，
∴
∴数列是以1为首项，3为公差的等差数列，
∴，解得.
故选：D.
9．B
【分析】根据给定条件，结合数列前n项和的意义求出，进而得，再利用等差数列前n项和公式计算作答.
【详解】因，当时，，
则，而满足上式，因此，，即，
则，，即是首项为4、公差为4的等差数列，
所以．
故选：B
10．A
【分析】等差数列通项公式与前n项和公式．本题还可用排除，对B，，，排除B，对C，，排除C．对D，，排除D，故选A．
【详解】由题知，，解得，∴，故选A．
【点睛】本题主要考查等差数列通项公式与前n项和公式，渗透方程思想与数学计算等素养．利用等差数列通项公式与前n项公式即可列出关于首项与公差的方程，解出首项与公差，在适当计算即可做了判断．
11．C
【分析】先计算从夏至到冬至的晷长构成等差数列的公差和冬至到夏至的晷长构成等差数列的公差，再对选项各个节气对应的数列的项进行计算，判断说法的正误，即得结果.
【详解】由题意可知，夏至到冬至的晷长构成等差数列，其中寸，寸，公差为寸，则，解得（寸）；
同理可知，由冬至到夏至的晷长构成等差数列，首项，末项，公差（单位都为寸）.
故小寒与大寒相邻，小寒比大寒的晷长长10寸，即一尺，选项A正确；
春分的晷长为，，
秋分的晷长为，，故春分和秋分两个节气的晷长相同，所以B正确；
小雪的晷长为，，115寸即一丈一尺五寸，故小雪的晷长为一丈一尺五寸，C错误；
立春的晷长，立秋的晷长分别为，，
，，，
故立春的晷长比立秋的晷长长，故D正确.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：
本题的解题关键在于看懂题意，二十四节气的晷长变化形成两个等差数列，即结合等差数列项的计算突破难点.
12．B
【分析】由已知等式证明数列为等差数列，即可写出等差数列的通项公式.
【详解】因为，所以数列是以5为首项，3为公差的等差数列，
则.
故选：B
【点睛】本题考查等差数列的概念及通项公式，属于基础题.
13．A
【分析】由等差数列求和公式可整理得到，进而可得，采用裂项相消法可求得.
【详解】，
，
.
故选：A.
14．A
【分析】根据题意判断出是12的倍数，进而得到是以2为首项，以12为公差的等差数列，最后通过等差数列的通项公式及求和公式得到答案.
【详解】由题意可知既是4的倍数，又是6的倍数，即是12的倍数，因此数列是以2为首项，以12为公差的等差数列，所以．又，，所以该数列有17项，各项之和为．
故选：A.
15．D
【解析】利用等差数列的通项公式求和公式可判断出数列的单调性，并结合等差数列的求和公式可得出结论.
【详解】，，，，.
，.
故选：D.
【点睛】本题考查利用等差数列的前项和判断数列的单调性以及不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
16．A
【分析】通过对二项展开式赋值求解出的值，然后通过所给的条件变形得到为等差数列，从而求解出的通项公式，即可求解出的值.
【详解】令，得.
又因为，所以.
由，得，所以，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，
所以，所以.
故选：A.
【点睛】本题考查二项展开式与数列的综合运用，对学生的分析与计算能力要求较高，难度较难.解答问题时注意的运用.
17．A
【分析】对变形可得，所以为以为首项，公差为的等差数列，即可得解.
【详解】在中，，
由可得，
所以为以为首项，公差为的等差数列，
所以，
所以，
故选：A.
18．D
【解析】首先利用已知条件求出的公差，再求出，根据二次函数性质即可求出最大值.
【详解】由已知，得，，所以，
所以，
所以当时，有最大值为,
故选：D.
【点睛】本题主要考查了求等差数列前项和的最大值，可以直接利用求出，也可以利用通项公式求出，属于中档题.
19．A
【分析】根据给定条件，利用等差数列前n项和公式结合等差数列性质计算作答.
【详解】两个等差数列和的前项和分别为、，且，
所以.
故选：A
20．C
【解析】根据是公差为d的等差数列，且，利用等差数列的前n项和公式求解.
【详解】因为是公差为d的等差数列，且，
所以，
解得，
故选：C
21．C
【分析】对于A选项，根据得到判断；对于C选项，根据得到判断；对于D选项，根据得到，结合判断； 对于B选项，根据，，得到时，判断.
【详解】对于A选项，由可得，A选项正确；
对于C选项，由可得，∴，C选项错误；
对于D选项，由可得，且，，，
所以，当且时，，且，则与均为的最小值，D选项正确；
对于B选项，∵，，当时，，
所以，，B选项正确．
故选：C．
22．B
【解析】将已知条件转化为的形式，由此求得的关系式，进而求得的值.
【详解】因为等差数列的公差不为零，其前项和为，
又，
所以.
故选：B
【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式和前项和公式，属于基础题.
23．D
【分析】根据题意可得，，而，即可表示出题中，再结合等差数列的性质即可判断各等式是否成立．
【详解】对于A，因为数列为等差数列，所以根据等差数列的下标和性质，由可得，，A正确；
对于B，由题意可知，，，
∴，，，．
∴，．
根据等差数列的下标和性质，由可得，B正确；
对于C，，
当时，，C正确；
对于D，，，
．
当时，，∴即；
当时，，∴即，所以，D不正确．
故选：D.
【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题．
24．C
【分析】根据规律可总结出第次操作去掉区间的长度和为，利用等比数列求和公式可求得去掉区间的长度总和，由此构造不等式求得结果.
【详解】第一次操作去掉的区间长度为；
第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；
第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；
以此类推，第次操作去掉个长度为的区间，长度和为，
进行了第次操作后，去掉区间长度和，
由，即，，
又，的最小值为.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键是能够根据已知所给的规律总结出每次操作去掉的区间长度和成等比数列，并能得到等比数列通项公式.
25．C
【分析】依题意数列是以2为首项，以15为公差的等差数列，即可得到数列的通项公式，再解不等式求出的取值范围，最后根据等差数列前项和公式计算可得；
【详解】解：由题意可知数列既是3的倍数，又是5的倍数，
因此数列是以2为首项，以15为公差的等差数列，
，令，解得，
因此这个新数列的最后一项为，
设新数列的前n项和为，则．
故选：C．
26．D
【分析】根据等差数列下标的性质，结合已知条件即可求解.
【详解】根据题意，，，，
则，，
两式相加得，
即，
所以，
故选：D．
27．B
【分析】由等差数列前n项和的性质，可得，，，成等差数列，结合题干数据，可得解
【详解】由等差数列前n项和的性质，
可得，，，成等差数列，
∴，解得.
∴ 2，6，10，成等差数列，
可得，解得.
故选：B
28．D
【分析】根据数列的递推关系，利用取倒数法进行转化，构造等差数列，求出通项公式即可．
【详解】因为，所以．
又，故，
所以数列是首项为2，公差为1的等差数列，所以，所以，则．
故选：D．
29．A
【分析】依题意得－＝，得数列是以＝为首项，为公差的等差数列，由此根据等差数列的通项公式可得选项.
【详解】解：依题意得＝＝＋，－＝，故数列是以＝为首项，为公差的等差数列，则＝＋＝，an＝，所以a4＝．
故选：A.
【点睛】方法点睛：求数列通项公式常用的七种方法：
（1）公式法：根据等差数列或等比数列的通项公式，或进行求解；
（2）前n项和法：根据进行求解；
（3）与的关系式法：由与的关系式，类比出与的关系式，然后两式作差，最后检验出，是否满足用上面的方法求出的通项；
（4）累加法：当数列中有，即第n项与第n 1项的差是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（5）累乘法：当数列中有，即第n项与第n 1项商是个有规律的数列，就可以利用这种方法；
（6）构造法：①一次函数法：在数列中，（k、b均为常数，且k≠1，k≠0）.
一般化方法：设，得到 可得出数列 是以k的等比数列，可求出；
②取倒数法：这种方法适用于（k、m、p为常数，m≠0），两边取倒数后，得到一个新的特殊（等差或等比）数列或类似于的式子；
（7）（b、c为常数且不为零，）型的数列求通项，方法是在等式的两边同时除以，得到一个型的数列，再利用（6）中的方法求解即可.
30．C
【分析】第n环天石心块数为，第一层共有n环，则是以9为首项，9为公差的等差数列，
设为的前n项和，由题意可得，解方程即可得到n，进一步得到.
【详解】设第n环天石心块数为，第一层共有n环，
则是以9为首项，9为公差的等差数列，，
设为的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分
别为，因为下层比中层多729块，
所以，
即
即，解得，
所以.
故选：C
【点晴】本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数学运算能力，是一道容易题.
31．C
【分析】由题结合等差数列的性质可得，，即可判断当时，的最大值.
【详解】由等差数列的性质，知，又，∴和异号．
∵数列的前项和有最大值，∴数列是递减的等差数列，∴，，
，，
∴当时的最大值为20．
故选：C.
32．A
【分析】由已知，根据题意可判断该数列根据当时取得最大值，即可得到不等关系式，将代入即可求解出公差d的取值范围.
【详解】由已知可得，即，解得，
故选：A．
33．A
【分析】通过计算可得答案
【详解】解：因为，
所以数列{an}是以为公差的等差数列
故选：A.
34．D
【分析】设等差数列的首项为，公差为d，根据题意列出方程组求解即可.
【详解】∵夏至、小暑、大暑、立秋、处暑、白露、秋分、寒露、霜降是连续的九个节气，其晷长依次成等差数列，设其首项为，公差为d，
根据题意，
∴立秋的晷长为.
故选：D
【点睛】本题考查等差数列的通项公式、求和公式，属于基础题.
35．A
【分析】设第所得钱数为钱，设数列、、、、的公差为，根据已知条件可得出关于、的值，即可求得的值.
【详解】设第所得钱数为钱，则数列、、、、为等差数列，
设数列、、、、的公差为，
则，解得，故.
故选：A.
36．B
【分析】根据规定确定，两处的里程碑的数值，再由等差数列通项公式确定里程碑的数量，并利用等差数列前项和公式求从点到点的所有里程碑上所刻数字之和.
【详解】根据题意知，点处里程碑上刻着数字34，点处里程碑上刻着数字92，里程碑上刻的数字成等差数列，公差为2，因此从点到点的所有里程碑个数为，从点到点的所有里程碑上所刻数字之和为，
故选：B．
37．A
【分析】在为等差数列中，当，，，时，．所以结合此性质可得：，再根据题意得到答案．
【详解】解：在为等差数列中，当，，，时，．
所以，
又因为，
所以．
故选：A．
【点睛】本题主要考查等差数列的下标和性质，属于中档题．
38．D
【分析】根据等差数列的性质及已知分别判断、、的符号即可.
【详解】由，得，
因为是等差数列，所以，，，
，，，
所以，
使得的正整数n的最小值为.
故选: D.
39．D
【分析】直接写出等差数列的通项公式，由且联立不等式组求得公差的取值范围．
【详解】解：等差数列的首项是，
则等差数列的通项公式为，
要使从第10项开始为正，
则由，解得：．
故选：．
40．A
【分析】由条件可设，，然后计算出和即可.
【详解】因为等差数列，的前项和分别为和，且，
所以可设，，
所以，，所以.
故选：A
【点睛】本题考查的是等差数列前项和的特点，属于基础题.
41．C
【分析】设该数列为，塔群共有n层，则数列为1，3，3，5，5，7，…，该数列从第5项开始成等差数列，根据题意结合等差数求和公式可得，从而可求出的值
【详解】根据题意，设该数列为，塔群共有n层，
即数列有n项，数列为1，3，3，5，5，7，…，
则．
该数列从第5项开始成等差数列，且，，则其公差，
则有，
又，则有，
即，解得或（舍去），则．
故选：C．
42．D
【分析】利用即可整理求得公差.
【详解】，为等差数列，为等差，设其公差为，
则.
故选：D.
43．C
【分析】根据等差数列下标的性质进行求解即可.
【详解】由等差数列的性质可得a2+2a6+a10＝4a6＝120，
∴a6＝30
∵a3+a9＝2a6＝60
故选：C．
44．C
【分析】设等差数列公差为，求得，得到，结合党旗长与宽之比都相等和，列出方程，即可求解.
【详解】由题意，五种规格党旗的长(单位:cm)成等差数列，设公差为，
因为，，可得，
可得，
又由长与宽之比都相等，且，可得，所以.
故选：C.
45．C
【分析】由题意结合等差数列的性质可得，且，从而可求得答案
【详解】因为，，
由等差数列的性质可得，
所以，所以该数列的公差，
所以绝对值最小的项在0附近的项中取得，
因为，所以，
所以绝对值最小的项为，
故选：C
46．C
【分析】将化成和的形式，得到二者关系，求得，利用求得结果.
【详解】
，即
故选：C.
【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；
（2）化简求得数列的某一项；
（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果.
47．B
【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
48．B
【分析】首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项.
【详解】由题意可知，等差数列的公差，
则其通项公式为：，
注意到，
且由可知，
由可知数列不存在最小项，
由于，
故数列中的正项只有有限项：，.
故数列中存在最大项，且最大项为.
故选：B.
【点睛】本题主要考查等差数列的通项公式，等差数列中项的符号问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题.
49．C
【分析】由题意可知每辆车的工作时间成等差数列，利用等差数列前项和公式可确定辆车的工作总时长，当时，，当时，，可知共需要辆车，由此确定结果.
【详解】总工作量为：，
由题意可知：每调来一辆车，工作时间依次递减，则每辆车的工作时间成等差数列，
设第辆车的工作时间为，则，等差数列的公差，
辆车的工作总时长，
，，
共需辆车完成工程，至少还需要抽调辆车.
故选：C.
50．A
【分析】根据等差数列的前n项和公式将展开，利用判别式即可求得答案.
【详解】由，得，
整理得，
所以，
解得或，
故选:A．
51．证明过程见解析
【分析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；也可分别设出公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，进行证明.
选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；
选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；也可利用前两项的差求出公差，然后求出通项公式，进而证明出结论.
【详解】选①②作条件证明③：
[方法一]：待定系数法+与关系式
设，则，
当时，；
当时，；
因为也是等差数列，所以，解得；
所以，，故.
[方法二] ：待定系数法
设等差数列的公差为d，等差数列的公差为，
则，将代入，
化简得对于恒成立．
则有，解得．所以．
选①③作条件证明②：
因为，是等差数列，
所以公差，
所以，即，
因为，
所以是等差数列.
选②③作条件证明①：
[方法一]：定义法
设，则，
当时，；
当时，；
因为，所以，解得或；
当时，，当时，满足等差数列的定义，此时为等差数列；
当时，，不合题意，舍去.
综上可知为等差数列.
[方法二]【最优解】：求解通项公式
因为，所以，，因为也为等差数列，所以公差，所以，故，当时，，当时，满足上式，故的通项公式为，所以，，符合题意.
【整体点评】这类题型在解答题中较为罕见，求解的关键是牢牢抓住已知条件，结合相关公式，逐步推演，选①②时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，平方后得到的关系式，利用得到的通项公式，进而得到，是选择①②证明③的通式通法；法二：分别设出与的公差，写出各自的通项公式后利用两者的关系，对照系数，得到等量关系，，进而得到；选①③时，按照正常的思维求出公差，表示出及，进而由等差数列定义进行证明；选②③时，法一：利用等差数列的通项公式是关于的一次函数，直接设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列；法二：利用是等差数列即前两项的差求出公差，然后求出的通项公式，利用，求出的通项公式，进而证明出结论.
52．（1）；（2）.
【解析】（1）设等差数列的公差为，根据，列出和的方程组，进而求出和，即可求出的通项公式；
（2）由（1）可知，根据裂项相消法即可求出结果.
【详解】设等差数列的公差为，
由，可得
解得，
所以等差数列的通项公式可得;
（2） 由（1）可得，
所以.
【点睛】本题主要考查了等差数列通项公式的求法，以及裂项相消法在数列求和中的应用，属于基础题.
53．(1)
(2)见解析
【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得，得到，利用和与项的关系得到当时，,进而得：，利用累乘法求得，检验对于也成立，得到的通项公式；
（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到，进而证得.
【详解】（1）∵，∴,∴,
又∵是公差为的等差数列，
∴,∴,
∴当时，，
∴,
整理得：,
即,
∴
，
显然对于也成立，
∴的通项公式；
（2）
∴
54．（1） ；（2） ．
【分析】（1）直接由前n项和与项的关系求解.（2）利用等差数列求和公式计算可得.
【详解】（1）因为，
所以当时，，
当时，，
显然时也满足，
所以．
（2）因为，
所以数列为等差数列，其前项和．
55．（1）；；（2）．
【分析】（1）根据递推关系式，将代入求出，将代入求出.
（2）将两边同时除以，构造数列为等差数列，利用等差数列的通项公式即可求解.
【详解】（1）因为数列满足，
所以将代入得．
又，所以．
将代入得，所以．
（2）将两边同时除以
可得，
化简得．
设，则．
又，所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以，
从而．
56．（1）；（2）当或时，数列前n项和取得最小值.
【分析】（1）根据，分别讨论，两种情况，根据与的关系即可求出结果；
（2）根据等差数列前项和的函数特征，即可得出结果.
【详解】（1）因为，
所以当时，；
当时，；
显然是，也满足，
所以；
(2) 因为，
所以数列为等差数列，其前n项和
又，所以当或时，取得最小值.
57．(1)
(2)270
【分析】（1）由题意可求出，即可求出数列的通项公式；
（2）利用分组法求数列的前20项和
（1）
由，得，所以，
故．
（2）
因为，
所以，
又，，，
所以
．
58．当时，，；当时，，.
【分析】由等差数列的性质知，列出方程求解x，分类讨论求出，从而代入公式求数列的通项公式与.
【详解】，
，
，
数列是等差数列，，
即，解得或，
当时，，
数列的通项公式为，
；
当时，，
数列的通项公式为，
.
综上所述，当时，，；当时，，.
【点睛】本题考查函数与数列的综合问题、等差数列的通项公式与求和公式、等差数列的性质，属于中档题.
59．（Ⅰ）答案见解析；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）若选条件①，根据条件建立关于公差的方程，求通项公式，若选条件②，利用等差数列前项和公式，求公差和首项，表示通项公式，若选条件③，利用与的关系，求通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）可得数列的通项公式，再利用裂项相消法求和.
【详解】（Ⅰ）若选①：由，
得
即
所以.
若选②：设等差数列的首项为，由，
得：
解得，
所以.
若选③：当时；
当时，
显然时也满足，
；
（Ⅱ）由（I）知
，
则.
60．（1）证明见解析 ；（2） ．
【分析】（1）根据数列和与通项关系整理化简即可求证；
（2）先求通项再求得，结合等差求和公式即可求解．
【详解】（1）由，得．
当时，，
整理得．
因为，
所以，即数列为等差数列．
（2）因为，
所以，解得．
所以，
所以．
因为，所以为等差数列．
又，所以．
61．（1）；
（2）.
【分析】（1）首项设出等差数列的首项和公差，根据题的条件，建立关于和的方程组，求得和的值，利用等差数列的通项公式求得结果；
（2）根据题意有，根据，可知，根据，得到关于的不等式，从而求得结果.
【详解】（1）设等差数列的首项为，公差为，
根据题意有，
解答，所以，
所以等差数列的通项公式为；
（2）由条件，得，即，
因为，所以，并且有，所以有，
由得，整理得，
因为，所以有，即，
解得，
所以的取值范围是：
【点睛】该题考查的是有关数列的问题，涉及到的知识点有等差数列的通项公式，等差数列的求和公式，在解题的过程中，需要认真分析题意，熟练掌握基础知识是正确解题的关键.
62．(1)证明见解析；(2) 当时，，当，.
【分析】(1)根据等差数列的定义证明数列是等差数列；(2)由条件求数列的通项公式，利用等差数列的通项公式分情况求数列的前项和.
【详解】(1)设等差数列的公差为d，则，
∴，
∴ ，又
∴数列是首项为，公差为的等差数列；
(2) 等差数列的公差为d，
∵，，
∴ ，，
∴ ，，
由(1)，
∴当，，当，，
∴ 当时，，
当，，
∴
63．（1）；（2）证明过程见解析.
【分析】（1）根据前n项和与第n项的关系，结合等差数列的定义进行求解即可；
（2）根据等差数列的性质，结合裂项相消法进行证明即可.
【详解】（1）当时，，解得，
当时，，
所以有，
由题意可知：，化简得：，
所以，，
因此；
（2）由（1）可知：，，，因为为等差数列，
所以，因此，
因为，
因此有：
64．(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得时，再两式作差即可求出，再检验时是否成立，即可得解；
（2）由（1）可得，利用裂项相消法求和即可.
【详解】（1）解：因为①，
当时②，
①②得，
所以，经检验当时也成立，
所以.
（2）解：由（1）可得，
所以
.
65．（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）依题意可得，作差即可得到，从而得到，再作差可得，即可得证；
（2）由（1）可得，从而得到与，再利用裂项相消法求和即可得证；
【详解】证明：（1）∵，
∴，
两式做差得：，
∴，
∴
∴，
两式做差得：，
∴，
即：，
∴为等差数列．
（2）为等差数列．，，得，，
∴
∴．
66．（1）；（2），时，的最小值为.
【解析】（1）利用等差数列的通项公式以及前项和公式求出，，代入通项公式即可求解.
（2）利用等差数列的前项和公式可得，配方即可求解.
【详解】（1）设的公差为 ，
由，，
即，解得，
所以.
（2），
，
所以当时，的最小值为.
67．选择见解析；数列是等差数列，证明见解析.
【解析】若补充条件①：数列奇数项和偶数项分别成等差数列，分别把奇数和
偶数项的通项公式求出，通过通项公式判断整体是否为等差数列即可；
若补充条件②：将两个已知等式变形，得到等式，
可知从第二项开始为等差数列，再验证即可；
若补充条件③：根据两个已知式子变形得到，
可知从第三项开始等差，再验证前面两项即可.
【详解】解：选择条件①：由
得数列和成公差为4的等差数列，
则有
当时，，又成等差数列
所以其公差为2，则有
所以
则当为奇数时，
当为偶数时，
所以
则，所以数列是公差为2的等差数列.
选择条件②：因为，所以
又
所以
所以
所以数列从第二项开始等差，设公差为，
因，所以
又，所以
综上所述：数列是公差为2的等差数列.
选择条件③：因为.
所以，又
两式相减得
所以数列从第三项开始等差.
将带入得
因为，所以
所以，同理
综上所述：数列是公差为2的等差数列.
【点睛】此类题型易错点：通过等式变形后容易忽略的范围导致解答不完整.
68．选择见解析；最大；理由见解析．
【分析】当时，由已知条件可得，化简可得，则是以为首项，为公差的等差数列，从而可得，再由，可求出，则为公差为2的等差数列，若选①，由，，可得，从而可求得最大，若选②，由，可得，从而可求得答案
【详解】因为，
所以当时，，
即，即，即．
所以是以为首项，为公差的等差数列，
所以，所以，
当时，成立，
当时，，
满足，所以，，
故，所以为等差数列．
若选①，因为，，则，可得，
，可得，所以，
所以，，故最大．
若选②，因为，
所以，解得，
故，故，，故最大．
69．(1)或
(2)答案见解析
【分析】（1）利用可求得；利用可求得或；利用或可求得公差，进而得到等差数列通项公式；
（2）利用等差数列求和公式表示出，由二次函数的性质可求得最值.
【详解】（1），；
，或；
当时，，；
当时，，；
综上所述：或.
（2）当时，，则，
；无最大值；
当时，，则；
则当或时，取得最大值，无最小值.
70．（1）；（2）.
【解析】（1）由，，可得求出，从而可得的通项公式；
（2）由（1）可得，从而可得，然后利用裂项相消求和法可求得
【详解】解：（1）设等差数列的公差为，
因为，.
所以，化简得，解得，
所以，
（2）由（1）可知，
所以，
所以
【点睛】此题考查等差数列前项和的基本量计算，考查裂项相消求和法的应用，考查计算能力，属于基础题
71．（1）证明见解析，；（2）最小值为1.
【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.
72．（1），，；（2）证明见解析.
【分析】（1）分别令递推公式中，结合即可得，，的值；
（2）将两边同时取倒数，再结合等差数列的定义即可求证.
【详解】（1）因为，，
所以，，；
（2）由题意得，
当时，，所以，
因，
所以当时，，
当时，，
由等差数列的定义可知：数列是首项为，公差为的等差数列．
73．(1)，，
(2)-15
【分析】（1）根据题意得到，根据得到通项公式.
（2），根据通项的正负确定最值，计算得到答案.
【详解】（1），则，
当时，；当时，；
而，∴，.
（2），当时，，当时，，
故.
74．(1) ；
(2).
【分析】（1）设等差数列的公差为d，由题意可列出方程组，即可求得d，进而求得答案；
（2）利用裂项求和法求得数列的前n项和，说明，结合数列不等式恒成立可求得参数的范围.
（1）
设等差数列的公差为d，
由题设可得： ，解得：，
∴ ， ；
（2）
由（1）可得：，
∴
，
又恒成立，
∴，
即实数m的取值范围为[，+∞）．
75．(1)；
(2)或.
【分析】（1）化简数列的递推公式，得，进而可求解数列的通项公式；
（2）利用裂项法，求解，列出不等式，即求.
【详解】（1）当时，，
∴，即，又，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，故，
又由（），
当时，也适合，
所以.
（2）∵，
∴，
又∵对任意的，不等式恒成立，，
∴，解得或.
即所求实数的范围是或.
76．（1）；（2）.
【解析】（1）根据，利用“”法求解.
（2）令，解得，然后分， 去掉绝对值，利用等差数列的前n项和公式求解.
【详解】（1）在等差数列中，因为，
所以，
解得 ，
所以 .
（2）令，解得，
当时，，当时，，
所以当时， ，
当时， ，
，
所以.
77．（1）；（2）．
【分析】（1）根据等差数列的前项和公式，即可求解；
（2）代入等差数列的通项和前项和公式，变形为对任意正整数n均成立，再求的取值范围.
【详解】（1）由题意知，
∴，
∴．
（2），
，
由对任意正整数n均成立，
得对任意正整数n均成立，
即对任意正整数n均成立，
当时，上式恒成立；
当时，，
又当时，取得最小值0，∴．
∴的取值范围为．
78．（1）；（2）．
【分析】（1）利用等差数列前项和公式、通项公式及等比数列性质列出方程组，求出首项与公差，由此能出数列的通项公式；
（2）当时，；当时，，根据等差求和公式可求解．
【详解】（1）由，，
得，解得，
所以等差数列的通项公式为．
（2）当时，
．
当时，
．
故．
79．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用递推公式证得，根据等差数列的定义即可得出结论；
（2）由于数列是以1为公差的等差数列，所以若，则数列是递增数列，所以数列无最大项，因此中无最小项，故，然后结合题意即可得到，解不等式组即可求出结果.
【详解】（1）因为，则
所以
，
故数列是以1为公差的等差数列；
（2）若，则数列是递增数列，所以数列无最大项，因此中无最小项，故，又数列是递增数列，且为数列中的最小项，所以是数列中的最大负项，从而有，而，则，解得，
故的取值范围为.
80．（1）；；（2）存在；．
【分析】（1）代入，进入，结合，即得解；
（2）利用等差数列定义，要使为等差数列，则为常数，分析即得解
【详解】（1）当时，．
当时，，
∴．
∴，解得．
（2）当时，
．
要使为等差数列，则为常数，即，
即存在，使为等差数列．
81．（1）；（2）.
【分析】（1）根据函数解析式建立数列的递推关系式，进而求解数列通项即可；
（2）根据（1）所得数列通项公式，运用并项法化简求和即可得出答案.
【详解】（1）由可得，，
∴，
∴是以为公差的等差数列.
又，∴；
（2）由（1）可得，
.
82．（1）；（2）第2年该公司开始获利.
【分析】（1）根据题意得出数列的首项和公差，进而求得通项公式
（2）根据题意算出总利润，进而令总利润大于0，解出不等式即可.
【详解】（1）由题意知，数列是，公差的等差数列，
所以.
（2）设引进这种设备后，净利润与年数n的关系为，
则.
令得，解得，
又因为，所以，3，4，…，18，
即第2年该公司开始获利.
83．(1)证明见解析；
(2)=.
【分析】(1)根据已知条件，证明－为常数即可；
(2)根据(1)的结论和等差数列通项公式即可求的通项公式.
(1)
由已知得，＝2，－＝＝＝2，
所以数列是以2为首项，2为公差的等差数列.
(2)
由(1)知，＝＋2(n－1)＝2n，∴＝.
84．(1)
(2)54
【分析】（1）利用等差数列的性质，求出等差数列的基本量，进而利用等差数列的通项公式和求和公式即可求解.
（2）利用等差数列的通项公式和求和公式，即可求解.
（1）
，设等差数列的公差为，得到，解得，得，
（2）
由（1）得，
85．选择见解析；（1）；（2）．
【分析】（1）选择条件①,通过作差得到数列为等差数列，选择条件②，方法同选择条件①，选择条件③，根据式子的结构，先求出，再求；
（2）先求出的通项，再求和即可.
【详解】（1）选择条件①
由，得：，
两式作差得：，
即：，
故数列为等差数列，
当时，由条件①知：，，故公差，
所以．
选择条件②
当时，可知，
，
当时，，
两式相减得：，
即：，
又，所以，
故数列是1为首项2为公差的等差数列．
所以．
选择条件③
由得：数列为常数列，
所以，所以，
当时，，
又，也符合上式，故．
（2）选择条件①的解答如下，其他选择参考给分．
由（1）可知．
令，则，
所以．
86．证明见解析，.
【分析】利用已知条件，确定k的值，最值得递推关系式，得证为等差数列，即可求解通项公式.
【详解】证明：，，，则，即，解得，
所以，，即，所以，数列是以为首项，以为公差的等差数列，故.
87．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由已知得,且，取,得,由题意得,消积得到项的递推关系,进而证明数列是等差数列;
（2）由（1）可得的表达式,由此得到的表达式,然后利用和与项的关系求得.
【详解】（1）[方法一]：
由已知得,且，,
取,由得,
由于为数列的前n项积，
所以,
所以，
所以,
由于
所以，即,其中
所以数列是以为首项，以为公差等差数列;
[方法二]【最优解】：
由已知条件知 ①
于是． ②
由①②得． ③
又， ④
由③④得．
令，由，得．
所以数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法三]：
由，得，且，，．
又因为，所以，所以．
在中，当时，．
故数列是以为首项，为公差的等差数列．
[方法四]：数学归纳法
由已知，得，，，，猜想数列是以为首项，为公差的等差数列，且．
下面用数学归纳法证明．
当时显然成立．
假设当时成立，即．
那么当时，．
综上，猜想对任意的都成立．
即数列是以为首项，为公差的等差数列．
（2）
由（1）可得，数列是以为首项，以为公差的等差数列，
,
,
当n=1时，,
当n≥2时,,显然对于n=1不成立,
∴.
【整体点评】（1）方法一从得，然后利用的定义，得到数列的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得结论；
方法二先从的定义，替换相除得到，再结合得到，从而证得结论，为最优解；
方法三由，得，由的定义得，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列，然后利用数学归纳法证得结论．
（2）由（1）的结论得到，求得的表达式,然后利用和与项的关系求得的通项公式；
88．（1）；（2）.
【解析】（1）首先由条件判断数列是等差数列，再求公差和首项，求通项公式；（2）由（1）可知，利用裂项相消法求和.
【详解】（1）∵，∴
∴是等差数列，设的公差为，
∵，，∴，解得，
∴．
（2）
∴
．
89．(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.
90．(1)60
(2)存在最大值66
【分析】（1）利用基本量根据已知条件列方程组直接求解可得，然后可得；
（2）由（1）可得，然后由二次函数性质可得.
【详解】（1）记等差数列的公差为，
由题知，整理得
因为
所以可解得
所以
（2）由（1）可知
因为数列的公差为，
所以
因为的对称轴为，
所以当时，有最大值
91．(1)是，证明见详解
(2)2n－1
【分析】（1）利用递推公式推导出，从而证明出是等差数列；
（2）在第一问的基础上求出的通项公式，从而求出数列的通项公式.
（1）
{bn}是等差数列，理由如下：
b1＝log2(a1＋1)＝log22＝1，
当n≥2时，
，
∴{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．
（2）
由(1)知，bn＝1＋(n－1)×1＝n，
∴an＋1＝＝2n，
∴an＝2n－1.
92．（1）人；（2）11月13日新感染者人数最多为630人.
【分析】（1）根据题意数列是等差数列，，公差为，又，进而根据等差数列前项和公式求解即可；
（2）11月日新感染者人数最多，则当时，，当时，，进而根据等差数列公式求和解方程即可得答案.
【详解】解：（1）记11月日新感染者人数为，
则数列是等差数列，，公差为，
又，
则11月1日至11月10日新感染者总人数为：
人；
（2）记11月日新感染者人数为，
11月日新感染者人数最多，当时，.
当时，，
因为这30天内的新感染者总人数为11940人，
所以，
得，即
解得或(舍)，
此时
所以11月13日新感染者人数最多为630人.
【点睛】本题考查等差数列的应用，考查数学运算能力，数学建模能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于建立等差数列模型，当时，，当时，，进而求和解方程.
93．（1）；（2）.
【分析】（1）利用已知条件列出关于首项与公差的方程组，解方程组即得数列的通项公式；（2）先由（1）得到，再利用错位相减法求和即可.
【详解】（1）设等差数列的公差为，
由已知得，
即，
所以，
解得，
所以．
（2）由（1）得，
所以，①
，②
得：，
所以．
【点睛】易错点睛：用错位相减法求和应注意的问题（1）要善于识别题目类型，特别是等比数列公比为负数的情形；（2）在写出“”与“”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“”的表达式；（3）在应用错位相减法求和时，若等比数列的公比为参数，应分公比等于和不等于两种情况求解.
94．（1）an＝-4n＋25；（2）66.
【解析】（1）根据等差数列下标和性质得到，即可得到关于、的方程组，解得、，从而求出数列的通项公式；
（2）利用等差数列前项和公式及二次函数的性质求出的最大值；
【详解】解：（1）因为数列为等差数列，所以，
所以，解得或，
又数列的公差，
所以，所以，解得，
所以数列的通项公式为．
（2）由（1）知，，
所以，
所以当时，最大，最大值为．
【点睛】本题考查等差数列的通项公式、前项和的最大值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
95．（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.
96．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）利用，结合可得，再利用为常数，由等差数列的定义即可求证；
（2）结合（1）可得，讨论时可得，当时，利用，检验是否满足即可得结果.
【详解】（1）当时，，
因为，
所以，从而，
故，
又因为，
所以是首项为，公差均的等差数列，
（2）由（1）知：，所以，
当时，；
当时，不满足上式，
所以数列的通项公式为.
97．(1)
(2)403
【分析】（1）根据条件可得为等差数列，结合等差数列的通项公式可得结果；
（2）先表示出被10除余2的整数，可得，结合式子的特点，分为两种情况求解.
(1)
∵且，
∴数列是以1为首项，以2为公差的等差数列，
∴，∴．
(2)
被10除余2的整数可表示为，
令，可得，
∵，且，为奇数，
∴n为10的倍数或为5的奇数倍且n为偶数．
当n为10的倍数时，n的取值有10，20，30，…，2010，共201个；
当为5的奇数倍且n为偶数时，n的取值有8，18，28，…，2018，共202个．
∴在，，，…，这2019项中，被10除余2的项数为201＋202＝403．
98．答案不唯一，具体见解析
【分析】若选条件①，（1）由题意可得，解方程组求出，从而可求出数列的通项公式；（2）由（1）可知数列是递增数列，且，从而可求得的最值，
若选条件②，（1）可得数列的公差为，再由可求得，从而可求得其通项公式，（2）由，可得，从而可求出的最值，
若选条件③，（1）由可得，再结合，可求出公差，从而可求得通项公式，（2）由（1）知，是递减数列，令，得，从而可求出的最值
【详解】方案一 选条件①．
（1）设等差数列的公差为．
由题设知，解得，
∴．
（2）由（1），知数列是递增数列，且，
∴的最小值为，无最大值．
方案二 选条件②．
（1）设等差数列的公差为．
由题设知．
∵，∴．
∴．
（2）由（1）知，是递减数列．
令，可得，
故的最大值为，无最小值．
方案三 选条件③．
（1）设等差数列的公差为．
由，得，∴，
∴．
（2）由（1）知，是递减数列，
令，得，
故的最大值为，无最小值．
99．（1）；（2）.
【分析】（1）利用可将题设中的递推关系转化为，利用等差数列的通项公式可求的通项公式，从而可求的通项公式.
（2）利用裂项相消法可求.
【详解】（1）正项数列的前n项和为，满足（，），
所以，
整理得：，
由于数列为正项数列，所以（常数），
所以是以为首项，1为公差的等差数列，
所以，
所以，易见也适合该式.
故.
（2）由于，
所以
.
【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法或把通项拆成一个数列连续两项的和（除了符号外）.
100．（Ⅰ）；（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）根据条件求出等差数列的首项和公差，即可求出通项公式；
（Ⅱ）先由已知可求出，进而可得，分为奇数和n为偶数时可求.
【详解】解：（Ⅰ）设等差数列的公差为d，由，
可得，即记为①．
又因为（），取，
所以，即记为②，
由①②可得，，
故的通项公式为．
（Ⅱ）由可得且（），
上述两式作差可得（），满足，
（）
所以
当n为偶数时
∴
当n为奇数时，
∴
所以．
【点睛】本题考查数列的求和方法，解题的关键是将所求数列裂项得出，进而对n分奇偶进行求和.

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