福建省2021届高中毕业班数学学科二轮备考关键问题指导系列十二（数列典例剖析及资源推送）

福建省2021届高中毕业班数学学科二轮备考关键问题指导系列十二
数列典例剖析与资源推送
一、典型问题剖析
典型问题一：数列概念的数学本质考查
【例1】（2021年本人编制）已知数列的前项和为，且满足.
（1）求数列的通项公式；
（2）设数列各项都不为零，且满足，
，求证：数列是等差数列．
【解析】（1）当时，得，
当时，，两式相减得，
即，
所以，
所以数列是以2为公比，以2为首项的等比数列，
所以，即
．
（2）因为当时，
两式相减，得，
即，
因为数列各项都不为零，所以①，
由①式得②，
所以，
整理得，
所以，所以数列是等差数列.
【评析】本小题主要考查构造新等比数列求通项公式、用两式相减法来处理前项和等基本方法，灵活运用数列的迭代考查学生的数学素养，考查数列运算求解能力，属于中档题目.
典型问题二：数列熔合在解几中的能力考查
【例2】（2021届江苏省苏州市一模19）如图，在平面直角坐标系中，已知个圆与轴和直线均相切，且任意相邻两圆外切，其中圆
（1）求数列的通项公式；
（2）记个圆的面积之和为，求证：．
【解析】（1）法一：设直线与轴、轴分别交于点、,点到轴的距离和到直线的距离均为半径,所以圆心都在的角平分线上,且,所以,则．设圆在轴上的切点为,
在△和△中,因为△,
所以,因为相邻两圆外切,所以,
所以,即,所以数列是首项为,公比为的等比数列．所以，因为，所以．
法二：因为在直线上,所以，
且，
所以，所以为等比数列且首项为，公比为．所以．
（2）如图，记圆的面积为，则，由（1）可知,
,代入上式可得,
,从而这个圆的面积之和
．
【评析】本小题是等比数列解决有关圆的面积问题，考查分析思考与解决问的能力，属于中档题.
典型问题三：数列求和方法的综合考查
【例3】（2021届重庆一中二模20）已知空间向量列,如果对于任意的正整数,均有,则称此空间向量列为“等差向量列”，
称为“公差向量”；空间向量列，如果且对于任意的正整数，均有，，则称此空间向量列为“等比向量列”，常数称为“公比”．
（1）若是“等比向量列”，
为单位向量，求（用表示）；
（2）若是“等差向量列”，
“公差向量”
，，；是“等比向量列”，
“公比”
，，．求．
【解析】（1）
（2），
，
，
所以
，
所以，两式相减得：
，
所以．
【评析】本题考查数列的新定义问题，融合了空间向量知识，等差数列与等比数列求和公式是数列求和的基础，属于中档题．
典型问题四：数列结构不良问题的创新考查
【例4】（2021届江苏省如皋市一模17）在①成等比数列，且；②，且这两个条件中任选一个填入下面的横线上并解答．已知数列是公差不为0的等差数列，，其前项和为，数列的前项和为,若__________.（1）求数列，的通项公式；（2）求数列的前项和．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【解析】（1）设等差数列的公差为，则．
选①
因为成等比数列，故，即得，所以
由可得，所以，即．
又当时，，得，故．
所以为定值，数列是首项为１，公比为的等比数列，故，所以，．
选②
因为，故，解得，所以．
由得，当时，，
当时，，，故．所以，．
由（1）知,
,
所以,
,
所以,
所以,所以.
【评析】本小题借助数列载体考查结构不良问题,考查学生的信息整理能力、探究发现能力和批判性思维，考查数列运算求解能力，属于中档题．
典型问题五：数列与不等式的交叉考查
【例5】（2021届江苏省徐州市第三次调研18）数列中，且，其中为的前项和．（1）求的通项公式；
（2）证明：．
【解析】（1）当时，，得，
当时，两式相减得，，
即①，所以②
－②得，，即
所以为等差数列，又，则．
（2）要证
即证
因为
所以
，故．
【评析】本题出题角度新颖，融合了不等式知识，通过和式中数列第项的放缩实现数列裂项相消法求和达到证明数列不等式的目的，需要学生具备扎实的不等式基本功，属于中档题．
典型问题六：
数列性质的综合应用
【例6】（2021届北京市海淀区一模21）已知无穷数列,对于,若同时满足以下三个条件，则称数列具有性质．
条件①：；
条件②：存在常数，使得；
条件③：．
（1）若,且数列具有性质,直接写出的值和一个的值；
（2）是否存在具有性质的数列？若存在，求数列的通项公式；若不存在，说明理由；
（3）设数列具有性质，且各项均为正整数，求数列的通项公式．
【解析】（1）；答案不唯一．如．
（2）不存在具有性质的数列，理由如下：
假设存在具有性质的数列，设为，则．所以
因为，所以，即．
所以，即，，．．．，．
累加得，．
对于常数，当时，，与②矛盾．
所以不存在具有性质的数列
（3）因为数列具有性质,由（2）知.
①当时,
,即,.
所以.
若(为常数,且),则．
经检验，数列具有性质．
若，当时，，与矛盾．
当时,令，则
，
所以，
所以．
所以
所以．所以．
当时，，与矛盾．
综上所述，数列的通项公式为（为常数，且）
【评析】本题考查数列的新定义问题，融合了不等式知识，考查学生对新定义的理解能力以及数学运算能力，属于难题．
二、资源推送
【练习1】（2021届华师大附中二模18）已知数列的前项和为,,且．
（1）证明：是等比数列，并求的通项公式；
（2）在①；②；③这三个条件中任选一个补充在下面横线上，并加以解答．已知数列满足__________，求的前项和．
注：如果选择多个方案分别解答，按第一个方案解答计分．
【解析】当时，因为，所以，两式相减得，，所以．
当时，因为，又，故，于是，
所以是以4为首项，2为公比的等比数列．
所以，两边除以得，，
又，所以是以2为首项，1为公差的等差数列．
所以,即．
（2）若选①：，即，
因为，
，两式相减得，
，所以．
若选②：．
所以
若选③：，即，
所以．
【练习2】（2020年海南卷18）已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）求.
【解析】（1）
设等比数列的公比为q(q>1)，则，
整理可得：，，数列的通项公式为：.
（2）由于：，故：
.
【练习3】（2020年山东卷18）已知公比大于的等比数列满足．
（1）求的通项公式；
（2）记为在区间中的项的个数，求数列的前项和．
【解析】（1）由于数列是公比大于的等比数列，设首项为，公比为，依题意有，解得解得，或(舍)，
所以，所以数列的通项公式为.
（2）由于，所以
对应的区间为：，则；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个；
对应的区间分别为：，则，即有个.
所以.
【练习4】（2021届江苏省镇江市一模18）已知数列满足．
（1）试写出一个满足上述条件的等差数列或等比数列的通项公式
；
（2）根据第（1）问中你所写出的,设,求的前100项和．
【解析】（1）如果是等比数列，则常数，则，显然满足此式的为等差数列，故不可有是等比数列；如果是等差数列，设其公差为，在中，令，得，即，所以，①
令，得，即，所以，②
联立①②得，所以
（2）因为
所以
【练习5】（2021届辽宁省大连市一模19）已知正项数列前项之和为，满足．
（1）求的通项公式；
（2）若数列满足,其前项之和为，证明：．
【解析】（1）当时，，得
当时，，两式相减得，，
所以有或,又因为数列是正项数列，所以，
故数列是公差为2的等差数列．所以
（2）由（1）知,
,所以，所以
当时，，
当时，，
法一：当时，，
当时，因为，
所以
综上，对任意，有
法二：当时，因为，
所以
综上，对任意，有．
【练习6】（2021届北京市朝阳区一模21）设数列，若存在公比为的等比数列，使得，其中，则称数列为数列的“等比分割数列”．
（1）写出数列的一个“等比分割数列”；
（2）若数列的通项公式为，其“等比分割数列”
的首项为，求数列的公比的取值范围；
（3）若数列的通项公式为，且数列存在“等比分割数列”，求的最大值．
【解析】（1）“等比分割数列”．（答案不唯一）．
（2）由，得，，所以，．
令，则单调递减．所以的最小值为．所以，即公比的取值范围是．
首先证明当时，数列不存在“等比分割数列”．
假设当时，数列存在“等比分割数列”
，
则．
易知．
因为，且，所以，因为，所以．又因为，所以，与矛盾．所以当时，数列不存在“等比分割数列”，所以．
当时，数列，存在首项为，公比为的数列满足：
．所以当时，数列存在“等比分割数列”，所以的最大值为．
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