题型18 数列综合-2025年新高考数学冲刺宝典

参考答案 +…十c2=(q十g十…+w-1)十（十c十…十2m)=(1 (2n+1). +5+…+4n-3)+(2+2+…+20)=4n-2)×1+十 2 技法02裂项相消的应用及解题技巧 442=(2m-1Dm+4-4 1一4 【对点练习】 3 ①证明见解析（②）T.=”生中动【解析1)由题可 技法5周期综合的应用及解题技巧 【对点练习】 n=1,a-a=2,naw+1=S,十n(n+1).∴.n≥2时，(n-1) 1.A【解析】当n为正奇数时，由题意可得a+1一an=2n-1, an=Sw-1十n(n-1),两式相减得na+i一(n-1)au=aw十2n, antg十au+1=21十1，两式相诚得a,十a+2=2:当n为正锅数 化简可得a+1一a=2,n≥2.且n=1满足条件，综上可得， 时，由题意可得a+1十an=2n一1，a+2一a+1=2n十1，两式 {aw}是公差为2的等差数列. 相加得an十a+:=4n.因此，数列(am}的前60项和为 (2)a2a=a,故(a1十2)(a1+14)=(a1十6)”，解得a1=2. [(a1+a)+(as十a)+…+(aa十ag)] .aw=a1十(n-1)×2=2, [(a2+a1)+(a6+a)+…+(asa十aa)]=2X15+(4X a(1+日江=a+a++a 2+4×6+…+4×58)=30+4X2+4X58)X15=1830.故 2 +1)+(+号吉)++(+片门 选A 工=+(1-)=中n 2,D【解析】当n=-3.k∈N时，c0s受=0，a=1当n 技法3错位相减的应用及解题技巧 =4h-2,k∈N时，60s受=-1，a-=[2X(4k-2)-1门 【对点练习】 ×(-1)+1=一8k+6:当n=4k-1,k∈N时，c0s受=0， (1)6.=4-1(2)T,=(2n-3)×2"+3【解析】(1)S,=a1 1,{√S}是公差为1的等差数列，√S=1+(n一1)×1=n. a1=1:当n=k,k∈N时，cos受=1，an=2X4秋-1十1 即5=m,当n2时，am=S。一S-1=21-1,a1=1满足通项 =8k.∴aw-十aw-2十a-1十aw=1+(-8k十6)十1十8k 公式，则a.=2m一1.{h}是正项等比教列，设公比为9，则g> 8.S=129×8=240.故选D 0,6=6=16=6g,而6=1，故9=2,6，=21，即6.=22 4 =4-1. 题型18数列综合 技法01数列与不等式 (2)amVb,=(21-1)·2.T。=1×2°+3×21+…+(21 1)×21,2T。=1×2+3×2+…+(2-1)×2,两式相减 【对点练习】 得到：-T.=1×2+2×2+…+2×2"-1-(2-1)×2=1 1.(1)b=21+1(2)证明见解析【解析】(1)由S+1=S,+ 4aw-3.得S+1一S.=4aw-3,.aut1=4am-3,则au+1-1 +2×21-22-（2m-1)×2=(3-2m)×2-3,故T. 1-2 =4(a-1),41-1=2-1=1≠0，∴.aw-1≠0，∴.数列 (2mn-3)×2+3. {a。一1}是以1为首项，4为公比的等比数列，an一1= 技法4奇偶并项的应用及解题技巧 4"-1=22w2,h,=l0g(aw-1)+3,∴.6=log22-1+3= 【对点练习】 2m+1. (1)a.=2n-1,6,=n(2(2n-1Dm+4-4 3 【解析】(1)依题 (2)c。=(-1D1·地，=(-1)1· bbe+i 意可得a。=1+2(n-1)=2n-1,:25=侯+b①，当n≥2 2m2+=(-11…号(h+2)小…t 2+2 时，2S-1=房-1十b-1②， ①一②→2b=房一候-1+一6-1→ (6+b.-1)(b-bw-1)-(b+b,-1)=0. [(号+号)-（号+）+(3+)-+(-1) (6+b.1)(6-b-1-1)=0,(n≥2)，h>0..bn-b1 1,且在(1)式中令n=1→6=1或=0（舍去）.∴.6，=1+(n (2市+n)], 1)×1=n,综上可得a=2n-1,b,=. 当n为寺载时，工.=是（侵十2）>行>品当n为何 amn为奇数2n-1,n为奇数 (2)由(1)可得c= 2,n为偶教2"，n沩偶敦 数时，工，=号（兮-2）由T4-T>0.可知T,1是 23 高考数学冲刺宝典 适增数列工≥1=异综上T≥号 (日-)门=2（日-）k号，故可取1=即有 2.(1)(2)证明见解析 【解析】(1)由三=2”-1得S < (2-1)am,则当n≥2时，有S。-1=(21-1)a,-1.两式相 技法2数列与三角函数综合 减得Sn-S1=an=(2-1)an-(2-1-1)·a-1,整理 【对点练习】 得公-2a.=《-1a南品号子周光 (1)x=3k或x=3k+1(k∈Z).(2)①3036：② 数列{口，)是以？为公比的等比教列。 an(3m十1一tan1-n【解析】(1)由题意x(一1)=0 tan 3 (m03),r=3k或x-1=3k(k∈Z),即x=3k或x=3k十1 (2)由(1)及a一a:=可得a=号，周此a=号 (k∈Z). 传-传-传 (2)由(1)可得{a。}为{1.3,4,6,7,9,10，…}，.a 1- [3m一1(n为奇数) 2 (侵)》 3×受(n为偶数) 于是6= [-()]-()门 2(n为奇数) ①，h,=a+1-an(n∈N),∴.么= S=+ 1(n为偶数) (产 M+M+…+b8=3×1012=3036. ②cm=tan d+1·tana2w-1=tan(3十1)·tan(3-2)(n∈ N). tan(3十1)·tan(3m-2)=an(3n+1)-an(3n-2)_ tan 3 1-()1-(安)-(》1(） 1,.T=+cg+…= (an4an1-1)+ tan 3 …-有1产严 (am7-an4-1）++(a(3n+l）an(3-22-1）】 tan 3 【an3 tan(3n+1)-tan 1 由于mEN0<(3)<是<1-（侵）"<1 tan 3 技法3以数列为载体的情境题 【对点练习】 L,2"(-6∞，1)【解析】，1=2，a+1=2a,∴.{a是以2 <1 为首项，2为公比的等比数列，a。=2":b+1=(n一2)· 3.(1)证明见解析(2)证明见解析【解析】(1)证明：由于 2",则b,=(n-1-21)·2=,数列{b》是“H-数列”， =a出，则出=a世。a=a2a>1,∴c+1>6.即 k1-6>2对任意≥2nEN均成立，即n>2-】 {c》单调递增.假设存在k∈N,使得4≥1，则g=ce· a+1 对于任意n≥2，mEN均成立“通数y=x一2在R上单 cm-1…G+i≥(0+1)-.ati≥a+i(c+1)-.不妨取n> +w品即>品脚aar 调适增，故2≥2-2品=11>2-1，解得11，又 加一=2(1一24)十21十4=一2+6>2在1<1时也成立， 1,则a1>1,这与任意n∈N”,0<a。<1恒成立相矛盾，故 故当1<1时，对任意n∈N”,M1一>2均成立，故t的范 假设不成立，ce<1. 国是（一∞，1）.故答案为2"：（一o∞，1）. (2)由1)有06，<1，又么=世-a,k=世 2.(1)不可以是R数列：理由见解析(2)a=1(3)存在：p a+1 =2.【解析】(1)p=2,a=2.a2=一2..a1十a:十p=2, =+(日)K2(日)于是24 a+a红+p+1=3,.a=-2,.a∈ <2分)=[分-+（合-）+叶 《a1+a2十2，a1十a十2十1}，，.数列{a.),不可能是R2 数列. 24 参考答案 (2)性质①a1≥0，ae=0,由性质③a+:E{am,am十1}，因此 积为S=4r×7g 3a,故 a=a1成a=十1，a4=0或4=1， 12 选B 若a=0,由性质②可知a<a4,即a1<0或a1+1<0,矛 0 3.D【解析】由题意，设外接球O的半 盾；若a,=1,a4=a1十1，由a<a:有1十1<1，矛盾.因此 只能是a4=1,au=a1.又a4=a十a或a=a十as十1，∴ 径为R,则OP=OA=R,AB=√2R. a=a=0 则正四校锥P一ABCD的体积为V =吉S%=吉×2R)P×R-号，解得R=2球0的表面 若a=2,则a=a1∈{a十a+0,a十a十0十l1}= 积为.S=4xR=4x×2=16元.故选D. {2a1,2a十1》=(1,2}，不满足a=0,舍去.当4=0，则 【解析】作出六棱柱的最大对 {a。}前四项为：0,0,0,1，下面用数学归纳法证明am+,=n(i 2 =1,2.3),aw+4=n+1(n∈N: 角面与外戴球的戴面，如右图， 当n一0时，经险证命题成立，假设当刀k(k≥0)时命题 则城截面矩形分别以底面外接园 成立， 直径和六棱柱高为两边， 当n=k十1时：若i=1,则a4+11+1=aw+一a+卡s-月· 设球心为0，正六棱柱的上下底面 利用性质)： 中心分别为O,O,则球心0是OO的中点..正六棱柱底 《a,十a+iy|j∈N”,l≤j≤4k+4》={k,k+1},此时可 西边长为号树技长为后∴R△A00中，A0,-号00 得：aw+s=k十1；否则，若Q+s=k,取k=0可得：a6=0,而 由性质②可得：a=a1十a1∈1.2}，与a=0矛盾. 艺，可得A0=VO+00=多，因此，该球的体积为 同理可得：{a,十aw+y|j∈N”,1≤≤4k+5}=(k,k十 1,有aw+=k十1： v-音x(受)=受 {a十at+-y|j∈N”,2≤≤4+6}=(k+1,k+2},有 5.B【解析】设正四棱台上下底面所在 a+8=k十2： 园面的半径分别为r1,n,连接AC,过 {a+a+-,|j∈N”,l≤j≤4k+6}=〈k+1},又：aw+: A,作AC的重线垂足为E,过C1作AC <a+8,有a+=k十1，即当n=k十1时命题成立.证毕.综 的垂线垂足为F,,正四棱台的高为 上可得：a1=0.a6=a4×1+1=1. 1,下底面边长为22，侧棱与底面所成 (3)令6.=an十p,由性质③可知：Hm,n∈N”,butn=dw+w十 的角为45，可得AE=CF,EF=AC p {am十p十a.十p,am十b十a.十p十1}= =2,即n=1,n=2,设球心到上下底面的距离分别为d, {h十h,bw十h+1),由于b=a1+p≥0，b=ag+p=0. d山，球的半径为R,可得d=√R-I,d山=√R一4，故 b。-1一am-1十<am十p=m,因此数列(h}为R。数列.由 |山-山|=1或d+d=1.即√R-1-√R-4=1 (2)可知：若n∈N,aw+=n-p(i=1,2,3),a4m+4=n+1 或√厌-1十√R一4=1，解得R=5,符合题意，∴球的体 p:S1-Su=a11=a4x2+a=2-p≥0，S,-Sw=-aw= a4x2+2=一(2-p)≥0，因此p=2,此时41，a2,…,41o≤0，a 积为V-号xR-2元截选B ≥0（≥11），满足题意. 技法2墙角问题的应用及解题技巧 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 【对点练习】 技法1特殊几何体外接球的应用及解题技巧 L.C【解析】如图，将三棱锥补成长方 【对点练习】 体，三棱锥的外接球就是长方体的外 1.D【解析】根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四 接球，.2R=√/AB十AC十AP 棱柱的体对角线，枚2R=√1+1？+(W②)2=2，即得R=1, √AP2+BC=√32+4形=5，则三枚 “滨球的体积V=青xR=青xP=经故选D 维外接球的表而积S=4xR=25π.故选C 2.D【解析】由题意三棱锥A'一EFD中， 2.B【解析】根据题意条件可知三棱柱是枝长都为4的正三 AD,AE,AF两两垂直，以它们为相邻 棱柱，上下底而中心连线的中点就是球心，如图：则其外接球 棱把三棱雏A'一EFD中补成一个长方 的丰径为R-√（号)+(2)-，球的表 体，如图，则长方体的外接球就是三棱锥高考数学冲刺宝典 题型18数列综合 技法01数列与不等式 ⊙技法解读人一 n十<<1n其中≥2，n∈八：可称是为“进可攻，退可守”，可依照所证不等式不 (1) 11 等号的方向进行选择。 注：对于品，可联想到平方差公式，从而在分母添加一个常载，即可放缩为特合裂项相消特征的数 列，例如：与一w一中币，片)这希放缩的尺度要本于1)中的武子此 外还可以构造放指程度更小的，知：】一 1 1/11 r-14n12n-1)(2m+D-22n白2m中 (2)片=2怎，从而有：2(/m干-n)=2 1<2 =2m-n-1)） Wn√n十√n m+√n+Inn+√n-1 注：对于是还可放缩为：是<n-Vn-2,≥2，nEN bb+m(a>b>0,m>0) 3)分子分母同加常数：>牛b>a>0,m>0。a十m@ 此结论容易记混，通常在解题时，这种方法作为一种思考的方向，到了具体问题时不妨先构造 出形式再验证不等关系。 2 2 98 2m-1 （4)2-12-12-1)<(2-1）(2-2)(2-10(2=1d 21-12m-1n≥2，n∈N*). 可推扩为7---g--- k k” k-1k-(n≥2，k≥2，k,n∈N 串典例剖析人一 例1-1已知S,是数列a,的前n项和a=2,且“学，S1,3S1一1成等比数列. (1)求数列{an}的通项公式： (2)设bn=SS.+1,数列{bn}的前n项和为Tm,证明：3Tm<a. 102 题型18数列综合 【解析】（1)由“写，S+1,3S+1-1成等比数列，得a1(3S+1-1)=3S号+ (51-5,(351-10=35.整理，得-51+5-3551=0.则写1-8 又写山一2“侵是以2为首项3为公差的等差数列， 六发-2+3m-10=3-1,脚5=3 11 3 当n≥2时，S.-1=3-4∴a,=5.-5-1=3m-13-4=3m-131-④n≥2. 2,n=1 当=1时，a=2不特合上式.故a, 3 (3n-1)(3n-4④，n≥2 1/1 1 (2)由1)可知6，=S,5+1-3m白‘3n+233n13n+2》” ∴工.=6+++b=3引（合-》+（信8）++(n十2)】-号合十2) 32<-a,故3T<a .3T.=2 2,n=1, 1 【答案】(1)an (2)证明见解析 3 (31-1)(3n-4)n≥2. 例1一2设数列{am}的前n项之积为T。,满足2an十Tn=1(n∈N“). (1)设6，=1十完，求数列6，的通项公式b: ②设数列的前n项之和为5证明：号一十侵”<8<号+h二子 【解析】(1)，数列{au}的前n项之积为Tm,满足2an十Tm=1(n∈N),n=1时，2十a1=1, 解得≥2时积+T=1,化为宁=2×六十1.支帮为完+1=品+ 又6=1十完6.=266=1十d=4≠0数列6.是首项为4公北为2的等比数列， ∴.bn=4X2m-1=2+1. (2)先证明左边：即证明5>号一十（侵），由1）可得：1+己=2，解得T.=2一 又由2a+T=1,解得a=号又a,=”己>-是， 2-1、2m-111 传传卦哈卸 103 高考数学冲刺宝典 再证明右边：an= 号=1-2与名点∴s<(侵)+（侵）+叶 1-2 下西证明<n二即强明>h,设110. 2+1 则-2=1-1，即证明1-1>n,t0.1.设f)=n1+1-1,1e0.1D)=}-1>0, 则函数f)在1∈(0，上单调递增.f)<f)=0,即1-1>n1∈(0,1)S.<登+ n号-+<s<号+如 2+11 【答案】(1)bn=4×2m-1=2+1(2)证明见解析 对点练习 1.已知Sm为数列{an}的前n项和，a1=2,Sn+1=Sn十4am一3，记bn=log2(am一1)十3. (1)求数列{b}的通项公式： (2)已知6，=（一1）1·之，记数列c的前n项和为T求证：T≥品 bb+ 2.已知正项数列(a,的前n项和为S.,且满足三=2”一1. a (1)证明：数列{an}为等比数列： （2者a一4=6一数列么，的前u项和为T证明：号≤T<1 104 题型18数列综合 3.设对任意n∈N,数列{an}满足0<an<l,a+1<a,a,数列{cn}满足cm=a. an (1)证明：{cn}单调递增，且cm<1: (2)记.a2一，证明：存在常数，使得之< a+l andn+2 技法02数列与三角函数综合 技法解，人一 数列、三角是高中数学的重要内容，从本质上看它们是特殊的函数，都具有函数的某些性质. 数列也可和三角函数综合考查，需强化复习 多典例剖析人一 例2（多选题）已知函数fn(x)=sin2x十cos 2"r(n∈N“),记f(x)的最小值为am,下列说法正 确的是 A.对任意的正整数n,函数f,(x)的图象都关于直线x=开对称 &a+ae+as=号 C.∑ln1+a,)<2 D.设bn=√n·am,Sn为{bn}的前n项和，则S.<22一4bn+ 【解析】对于A.f.(受-=sin(受-z十cos(受-z-cosx+sin”x=f(), 对任意的正整数，函数f(x)的图象都关于直线=于对称，A正确。 对于B,当n=1时，f(x)=1.当n>1时，设sin2x=t,则cos2x=1一t,令h(t)="十(1一t)",可 得h()=1-n1-)1=nr-(1-)门，其中t[0,1,当0<2时，0<<1-t< 105 高考数学冲刺宝典 1.1<1-01,可得)<0，当2<<1时，0<1-1<1<1.1>(1-)，可得 0>0h0=A号）=2高即a,=2(m>D.又a=1,满足上式，故a,=2是ia十ae +a=1+2+}子B错误. 对于C,设g(x)=ln-十1，可得g(x)=-1=1,工，当x∈(0,1)时，g(x)>0,g(x)单调递 增，当x∈(1，十∞)时，g(x)<0,g(x)单调递减，又g(1)=0,g(x)≤0，即lnx≤x一1，.ln(x F1)≤r,当x=0时等号成立，可得ln(1+a)<a,∑ln(1+a)≤∑a,=1一2易 <2,.C正确. 1 对于D,,√n十1一√n= m+I+m√n+1+√m+2 =+2-n+,∴.2n+>m+ vm22平平…冯<雲平=8=哥+票+… 2r-1 2m1 2m-2 +妈是+9-号+…+雲-平=22-平=豆-平=2 20 2 2w-2 2-1 27 2+1 4b+2,∴.D正确.故选ACD 【答案】ACD 对点练习人 同余定理是数论中的重要内容.同余的定义为：设a,b∈Z,m∈N"且>1.若m(a一b)则称a 与b关于模m同余，记作a=b(modm)(“|”为整除符号). (1)解同余方程x2-x=0(mod3): (2)设(1)中方程的所有正根构成数列{am},其中a1<a2<ag<<am… ①若b,=a+1一a,(n∈N),数列{b,}的前n项和为Sm,求S24: ②若cn=tana2+1·tana2w-1(n∈N·),求数列{cn的前n项和Tm 106 题型18数列综合 技法03 以数列为载体的情境题 技法解读人 1.新定义数列问题的特点 通过给出一个新的数列的概论，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情 境，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的 迁移，达到灵活解题的目的， 2.新定义问题的解题思路 遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，逐条 分析、运算、验证，使问题得以解决 串典例剖析人一 例3一1角谷猜想又称冰雹猜想，是指任取一个正整数，如果它是奇数，就将它乘以3再加1：如 果它是偶数，则将它除以2.反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈1→4→2 →1.如取正整数m=6,根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需要经过8个 步骤变成1（简称为8步“雹程”），已知数列{am}满足：a1=m(m为正整数)，a+1= 受，当a,为偶数时， ①若m=13,则使得am=1至少需要 步雹程：②若ag=1;则m 3am十1，当am为奇数时， 所有可能取值的和为 【解析】m=13,依题意，3m十1=40→20→105→16→8+42→1，共9共步骤： a2=128,a1=256 a4=32,a3=64 a2=21,a1=42 当ag=1,as=2,a7=4,a6=8或a6=1,当a6=8时，45=16， a2=20,a1=40 a,=5,a3=10 a2=3,a1=6 a1=32 a3=8,a2=16 当a6=1时，a5=2,a4=4, 41=5,a1的集合为{256,42,40,6,32,5,4}，其和为 a3=1,a2=2,a1=4 385:故答案为9,385. 【答案】9385 例3一2已知Q:a1,a2,…,a为有穷整数数列.给定正整数m,若对任意的n∈{1,2，…，m},在 Q中存在a,a+1,a+2,…,a+(j≥0)，使得a十a+1十a+2十…十a+)=,则称Q为m一连续可 表数列. 107 高考数学冲刺宝典 (1)判断Q:2,1,4是否为5一连续可表数列？是否为6一连续可表数列？说明理由： (2)若Q:a4,a2,…,a为8一连续可表数列，求证：k的最小值为4： (3)若Q:a1,a2,…,ak为20一连续可表数列，且a1十a2+…十ae<20,求证：k≥7. 【解析】(1)a2=1,a=2,a1十a2=3,a3=4,a2十a=5,∴.Q是5-连续可表数列； 易知，不存在i,j使得a:十a+1十…十a+y=6,∴.Q不是6一连续可表数列. (2)若k≤3，设为Q:a,b,c,则至多a十b,b十c,a十b十c,a,b,c,6个数字，没有8个，矛盾： 当k=4时，数列Q:1,4,1,2,满足a1=1,a4=2,ag十a4=3,a2=4,a1十a2=5,a1十a2十ag=6, a2十ag十a1=7,a1十a2十ag十a4=8,∴.kmim=4. (3)Q:a,a,,若i=j最多有k种，若≠j,最多有C种，最多有k十C=飞k山种， 2 若k<5,则a1,a2…,d至多可表5(5卫=15个数，矛盾， 2 从而若k<7,则k=6,a,b.c,d,,f至多可表6(6D-21个鼓，而a十b十c十d十e十f<20, 2 .其中有负的，从而a,b,c,d,e,f可表1一20及那个负数（恰21个），这表明a~f中仅一个负 的，没有0，且这个负的在a一f中绝对值最小，同时a~f中没有两数相同，设那个负数为一m(m ≥1)，则所有数之和≥m十1十m十2+十m十5-m=4m十15,4m+15≤19→m=1, ∴.{a,b,c,d,e,f}={一1,2,3,4,5,6}，再考虑排序，排序中不能有和相同，否则不足20个， 1=一1十2（仅一种方式），.一1与2相邻，若-1不在两端，则“x,一1,2，_·_，_”形式， 若x=6,则5=6十（一1）（有2种结果相同，方式矛盾），∴.x≠6，同理x≠5,4,3，故一1在一端，不 妨为“-1,2，A,B,C,D”形式，若A=3,则5=2十3（有2种结果相同，矛盾），A=4同理不行，A= 5,则6=一1十2十5（有2种结果相同，矛盾），从而A=6,由于7=一1十2十6，由表法唯一知3,4 不相邻，故只能一1,2,6,3,5,4，①或一1,2,6,4,5,3，②，这2种情形，对①：9=6+3=5+4，矛 盾，对②：8=2十6=5十3，也矛盾，综上k≠6，当k=7时，数列1,2,4,5,8，一2，一1满足题意，∴.k ≥7. 【答案】(1)是5一连续可表数列；不是6一连续可表数列.(2)证明见解析.(3)证明见解析. 对点练习 1.如果一个数列从第二项起，每一项与它前一项的差都大于2，则称这个数列为“H一数列”.已知 数列{an}满足：a1=2,a+1=2an,则数列{an}的通项公式an= ;若bn+1=(1-21)am,b =一2t一4，且数列b)是“H一数列”，则t的取值范围是 2.设p为实数.若无穷数列{an}满足如下三个性质，则称{an}为R。数列： ①a1十p≥0，且a2十p=0；②ar-1<am,(n=1,2,…)；③am+n∈ {am十am十p,am十an十p十1}，(m,n=1,2,…). (1)如果数列{a}的前4项为2，一2，一2，一1，那么{am}是否可能为R2数列？说明理由： 108 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 (2)若数列{an}是R。数列，求a5; (3)设数列{am}的前n项和为Sn.是否存在R。数列{am},使得S≥S1o恒成立？如果存在，求出 所有的p:如果不存在，说明理由. 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 技法01特殊几何体外接球的应用及解题技巧 ⊙技法解滇人 球的表面积：S=4πR2 球的体积：V=专R 1.底面外接圆的半径r的求法 sinA=2r(通用)： (1)正弦定理。 (2)直角三角形：半径等于斜边的一半； (3)等边三角形：半径等于三分之二高： (4)长（正）方形：半径等于对角线的一半 2.几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a,球的半径为R; ①若球为正方体的外接球，则2R=√3a: ②若球为正方体的内切球，则2R=a: ③若球与正方体的各棱相切，则2R=√2a. (2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=√a2干b十c2: (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3：1. 3.正棱锥类型一(h一R)十2=R2,解出R. 109