2023年全国一卷新高考数学题型分类S2-4——数列（大题）2

2023年全国一卷新高考题型分类S2-4 ——数列（大题）2 资料编制说明： 1、 试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，约208套。其中全国卷6套，广东42，山东42，江苏29，福建17，湖南26，湖北21，河北25。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题目前面括号，标注该题的出处。有“末”字的，表示单选、填空的最后一题，难度相对会大一些。 多选3、多选4也难。 数列——大题2： （2023年粤J63汕头一模）已知为正项数列的前n项的乘积，且，． （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1） （2）2022 【解析】 【分析】（1）根据，可得，两式相除可得，两边取对数可得，结合时，可得是常数列，即可求得答案. （2）由（1）的结论可得的表达式，从而求得，结合放缩法以及等比数列的前n项和公式确定的范围，结合的含义求得答案. 【小问1详解】 由题意知为正项数列的前n项的乘积，，故， 所以，即， 所以，即， 所以， 当时，，解得， 所以，结合，可知数列 是常数列， 所以，所以， 所以． 【小问2详解】 由（1）可得， 则， 由于， 故，且， 故，. ] （2）设，数列的前n项和为，求（表示不超过x的最大整数）． （2023年粤J64江门一模）已知数列（）满足，，且. （1）求数列是通项公式；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将换为代入中化简，根据定义即可判断为等比数列，由首项公比写出通项公式即可； （2）由（1）中的通项公式求得，再利用乘公比错位相减得出前n项和即可. 【小问1详解】 解：因为，所以， 又，所以 ，所以 ，又， 所以数列是以1为首项，3为公比的等比数列，所以； 【小问2详解】 由（1）知，，所以 ， 所以， ， 两式相减可得：， 所以 ，故. ] （2）求数列的前n项和. （2023年粤J70茂名一模）已知为数列的前n项和，，. （1）求数列的通项公式：（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题设，利用的关系可推得，判断数列为等差数列，即可求得答案； （2）由（1）求得的表达式，利用裂项求和求得，结合的的单调性，可证明结论. 【小问1详解】 当时,，,则, 当时，，则, 两式相减得： 即 即 ∵，∴, ∴数列是2为首项，公差为2的等差数列，∴. 【小问2详解】 由（1）得，， ， ∵，∴，∴ 又∵，∴随着n的增大而减少，从而随着n的增大面增大， ∴， 综上所述，. ] （2）若，为数列的前n项和.求，并证明：. （2023年粤J71茂名二模）已知数列的前项和满足，且. （1）求，，；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1），， （2）15 【解析】 【分析】（1）直接由求出，，； （2）先作差得到，分类讨论：当为偶数时和为奇数时，分别求出，即可求解. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当时，， 【小问2详解】 ∵，① ∴当时，，又，则， 当时，②， ①-②可得：， 当为偶数时， ∴. 当为奇数时， ∴ 由，得， 的最大取值为15. ] （2）若不超过240，求最大值. （2023年粤J73梅州中学）已知等比数列的前项和为，且，，数列满足． （1）求数列和的通项公式；（[endnoteRef:6]） [6: 【答案】（1）， ；， （2） ． 【解析】 【分析】（1）设等比数列的公比为，由求得公比，再由求解；进而由求解. （2）由对于任意的恒成立，令，，求得其最小值即可. 【小问1详解】 解：设等比数列的公比为， 由，显然，所以，解得， 由于，所以的通项公式为，； 所以，， 所以的通项公式为，． 【小问2详解】 因为恒成立，即对于任意的恒成立． 令，， 则， 当时，所以，即的最小值为， 所以实数的取值范围为. ] （2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围． （2023年粤J74梅州一模）记是正项数列的前n项和，若存在某正数M，，都有，则称的前n项和数列有界.从以下三个数列中任选两个，①；②；③，分别判断它们的前项和数列是否有界，并给予证明.（[endnoteRef:7]） [7: 【答案】数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明见解析 【解析】 【分析】①采用等比数列求和，②③采用放缩法，再求数列的和，结合有界数列的定义，即可证明. 【详解】数列①②的前项和数列有界，数列③的前项和数列无界，证明如下： ①若，则其前项和， 因为，所以，则， 所以存在正数1，