2023年全国一卷新高考数学题型分类汇编细分S2-4——数列3 中下+中档大题3

2023年全国一卷新高考题型细分S2-4 ——数列3 中下+中档大题3 1、 试卷主要是2023年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计208套。 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、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 数列——中下+中档大题3 1. （2023年粤J97潮州二模）已知数列满足，. （1）证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（[endnoteRef:0]） （2）若，数列的前项和，求证：. （按提示构造新数列，中下；裂项相消，中档；） [0: 【答案】（1）证明见解析， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据递推公式证明为定制，即可证明数列为等比数列，再根据等比数列得通项即可得解； （2）由，得，则，则，再利用裂项相消法求出数列的前项和，即可得证. 【小问1详解】 因为，所以， 则， 又， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 则， 所以； 【小问2详解】 由，得， 则， 所以， 所以， 所以 ， 因为，所以， 所以. ] 2. （2023年粤J101四校联考）已知正项数列的前n项和为，. （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:1]） （2）设，数列的前n项和为，证明：. （Sn型求通项，中下；裂项相消，中档；） [1: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用计算整理，可得，再利用等差数列的通项公式得答案； （2）将变形得，利用裂项相消法可得，进一步观察可得证明结论. 【小问1详解】 ①， 当时，②， ①-②得， 整理得，， ， 又当时，，解得， 数列是以2为首项，2为公差的等差数列， ； 【小问2详解】 由（1）得， ， ，即 . ] 3. （2023年鲁J09青岛适应二，粤J22广州六中）已知数列为：1，1，2，1，1，2，3，1，1，2，1，1，2，3，4….即先取，接着复制该项粘贴在后面作为，并添加后继数2作为；再复制所有项1，1，2并粘贴在后面作为，，，并添加后继数3作为，…依次继续下去.记表示数列中首次出现时对应的项数. （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:2]） （2）求. （构造法，中下；分组求和，中档；） [2: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，进而得到数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的通项公式即可求解； （2）根据题意，先求出前项中每个数值出现的次数，进而求解即可. 【小问1详解】 由题意知：，即，且， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列， 所以，则. 【小问2详解】 由（1）可知，，所以在前项中出现1次， 5在前项中出现2次，4在前项中出现次，3在前项中出现次，2在前项中出现次，1在前项中出现次， 所以. ] 4. （2023年鲁J12烟台二模）已知数列的前项和为，，，数列满足，且． （1）求数列和的通项公式；（[endnoteRef:3]） （2）设，求数列的前项和． （等差等比计算，基础；等比求和，裂项相消，分奇偶项求和，中档；） [3: 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列通项和求和公式可求得；根据等比数列通项公式可求得； （2）由（1）可得，进而得到；分别在为偶数和为奇数的情况下，采用分组求和的方式，结合等比数列求和公式和裂项相消法可求得结果. 【小问1详解】 ，数列是以为公差的等差数列， ，解得：，， ； ，，数列是以为首项，为公比的等比数列，. 【小问2详解】 由（1）得：，即， 当为奇数时，； 当为偶数时，； 当为偶数时，； 当为奇数时，； 综上所述：. ] 5. （2023年鲁J13烟台适应）已知为数列的前n项和，，且． （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:4]） （2）若，求数列的前n项和． （Sn型求通项，中下；裂项相消，中档；） [4: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）可由，其中.可得的通项公式； （2）根据裂项相消法可得数列的前项和. 【小问1详解】 因为， 所以， 两式相减得， 化简得， 所以数列是以1为首项，2为公差的等差数列， 所以． 【小问2详解】 ， 所以 所以． ] 1. （2023年苏J15七市三模）已知数列满足，，． （1）证明：是等比数列；（[endnoteRef:5]） （2）证明：存在两个等比数列，，使得成立． （按提示构造新数列，中下；构造法求通项，中档；） [5: 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由构造出，用等比数列定义证明即可； （2）通过两次构造等比