2023年全国一卷新高考数学题型分类S2-4——数列（大题）5

2023年全国一卷新高考题型分类S2-4 ——数列（大题）5 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5： （2023年闽J01福州二检）欧拉函数(n)(n∈)的函数值等于所有不超过正整数n，且与n互质的正整数的个数，例如：(1)=1，(4)=2． （1）求，；（[endnoteRef:2]） [2: 【答案】（1）；； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据欧拉函数的定义，采用枚举法即可求解； （2）根据任意相邻的三个正整数均有两个数与互为质数可求出，从而求得的通项公式，根据通项公式的特征，采用错位相减法即可求出其前n项和. 【小问1详解】 不超过9，且与其互质的数即为中排除掉3，6，9剩下的正整数， 则； 不超过27，且与其互质的数即为[1,27]中排除掉3，6，9，12，15，18，21，24，27剩下的正整数， 则． 【小问2详解】 表示任意相邻的三个正整数，其中与互质的为与两个， 故分别取可得中与互质的正整数个数为， 所以， 所以． 设数列的前项和为． ， ∴， 两式相减得： 则．] （2）令，求数列的前n项和． （2023年闽J02厦门福州一检）已知正项数列的前n项和为，且． （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:3]） [3: 【答案】（1） （2）2150 【解析】 【分析】（1）当时，，得，由，当时，有，作差解决即可； （2），又，同时，所以，分组求和解决即可. 【小问1详解】 依题意， 当时，，解得， 由， 当时，有， 作差得：， 所以， 因为， 所以， 所以数列是首项为3，公差为2的等差数列， 所以. 【小问2详解】 由（1）得，， 又，同时， 所以 所以 ． 所以的前50项和为2150． ] （2）将数列和数列中所有的项，按照从小到大的顺序排列得到一个新数列，求的前50项和． （2023年闽J03福州）已知数列满足，. （1）若，求数列的通项公式；（[endnoteRef:4]） [4: 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据可得，即，再利用累加法求解即可； （2）根据数列的通项公式判断出数列的单调性，结合数列的单调性即可得解. 【小问1详解】 ， 由， 得，即， 当时， ， 所以， 当时，上式也成立，所以； 【小问2详解】 由（1）可知，， 当时，，即，当时，，即， 当或时，，即， 则数列在且上递减，在且上递增，， 所以取得最小值时或. ] （2）求使取得最小值时的值. （2023年闽J07莆田二检）已知正项数列满足． （1）求的通项公式；（[endnoteRef:5]） [5: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用数列递推式的性质，结合作差法即可求得； （2）结合（1）中结论，利用错位相减法求得，由此得证. 【小问1详解】 因为， 当时，， 因为，所以， 当时，， 两式相减得，， 因为，所以， 经检验，上式对于也适合， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 由（1）得， 所以， ， 两式相减得， 所以， 由于，显然，所以. ] （2）设，记数列的前n项和为，证明：． （2023年闽J08莆田四检）已知数列的前项和为，且，. （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:6]） [6: 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由条件可得，利用累加法求，由此可求数列的通项公式； （2）利用裂项相消法求，再证明. 【小问1详解】 因为.所以， 所以. 因为，，…，， 当时，. 因为，所以， 又也满足关系， 所以，所以. 【小问2详解】 因为，所以. 因为， 所以， ， ， 所以.， 因为，所以. 因为在时单调递增，所以，故. ] （2）若，证明：. （2023年闽J10厦门二检）记等差数列的公差为，前项和为；等比数列的公比为，前项和为，已知，，． （1）求和；（[endnoteRef:7]） [7: 【答案】（1）或. （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件列方程组求解； （2）可求得，使用分组求和. 【小问1详解】 由已知条件可得: ①，②，③， 由①②消去得:， 由①③得:， 所以，得或， 所以或. 【小问2详解】 当时，，则， 所以， 所以 ， 的前