2023年全国一卷新高考数学题型分类汇编细分S2-4——数列4 中档大题1

2023年全国一卷新高考题型细分S2-4 ——数列4 中档大题1 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——中档大题 1. （2023年国J01全国一卷）设等差数列的公差为，且．令，记分别为数列的前项和． （1）若，求的通项公式；（[endnoteRef:0]） （2）若为等差数列，且，求． （等差等比计算，中下；同前，中档，未；） [0: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的通项公式建立方程求解即可； （2）由为等差数列得出或，再由等差数列的性质可得，分类讨论即可得解. 【小问1详解】 ，，解得， ， 又， ， 即，解得或（舍去）， . 【小问2详解】 为等差数列， ，即， ，即，解得或， ，， 又，由等差数列性质知，，即， ，即，解得或（舍去） 当时，，解得，与矛盾，无解； 当时，，解得 综上，. ] 2. （2023年粤J02佛山华附）已知数列的前项和为，，，． （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:1]） （2）求证：． （构造法，Sn型求通项，中档；放缩法，裂项相消，中档；） [1: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据公式得到是常数列，确定，计算得到通项公式. （2）放缩，根据裂项相消法计算得到证明. 【小问1详解】 ，则， 整理得到，故， 故是常数列，故，即， 当时，， 验证时满足，故 【小问2详解】 ， 故 . ] 3. （2023年粤J29广州冲刺）设为数列的前项和，已知． （1）求；（[endnoteRef:2]） （2）求证：． （构造法，Sn型求通项，中档；作商法比较大小，中档；） [2: 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）当，将代入已知式化简可证得数列是首项为，公差为1的等差数列，即可求出，再根据的关系式求出； （2），对其分母有理化可证得，即可得出答案. 【小问1详解】 由题意知，， 又，得． 当时，由，得，得． 则数列是首项为，公差为1的等差数列． 所以． 又，则． 当时，， 又满足上式， 所以． 【小问2详解】 证明：由于 又，所以． ] 1. （2023年粤J96三月模拟）已知各项都是正数的数列，前项和满足. （1）求数列的通项公式.（[endnoteRef:3]） （2）记是数列的前项和，是数列的前项和.当时，试比较与的大小. （Sn型求通项，中下；裂项相消，等比求和，基础；比较大小，中档，未；） [3: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系，结合等差数列的通项公式进行求解即可； （2）根据裂项相消法，结合等比数列前项和、二项式定理进行求解即可. 【小问1详解】 当时，，所以或（舍去）， 当时，有 两式相减得， 整理得， 因为的各项都是正数，所以， 所以是首项为1，公差为1的等差数列， 所以； 【小问2详解】 由（1）得，则， 所以， 由（1）得 所以， 因为， 所以，故， 所以当时，. ] 2. （2023年鲁J08青岛适应一）已知等差数列的前n项和为，公差，，，成等差数列，，，成等比数列． （1）求；（[endnoteRef:4]） （2）记数列的前n项和为，，证明数列为等比数列，并求的通项公式． （等差等比计算，基础；按提示构造新数列，中档，未；） [4: 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据等比中项以及等差中项，结合等差数列基本量的计算即可求解公差和首项， （2）根据结合前项和与通项之间的关系即可证明等比数列，由等比数列的定义即可求解通项. 小问1详解】 由，，成等差数列，，，成等比数列可得， 【小问2详解】 由得， 故，两式相减可得， 而，所以为公比为2的等比数列，且首项为， 故，进而 ] 3. （2023年鲁J10青岛三模）记是数列的前n项和，，． （1）求数列的通项公式；（[endnoteRef:5]） （2）若，，成等差数列，求． （Sn型求通项，按提示构造新数列，中下；中档，未；） [5: 【答案】（1）； （2）． 【解析】 【分析】（1）由时，得的递推关系，从而可得； （2）由已知让结合等差数列性质求得，由此可得，已知式中让取偶数即可得，从而得出结论． 【小问1详解】 ∵，∴时，， 两式相减得：，即， 是偶数时，， ∴； 【小问2详解】 由已知①，②， ∵，，成等差数列，∴③， ①②③联立解得， ∴，， 由已知得，即， 综上，． ] 1. （2