專題09三角函數(shù)與數(shù)列(解答題)（解析版） - 大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2014-2025）與優(yōu) 質(zhì)模擬題（新高考卷與全國(guó)理科卷）

大數(shù)據(jù)之十年高考真題（2015-2024）與優(yōu)質(zhì)模擬題（新高考卷）專題09三角函數(shù)與數(shù)列(解答題)1．【2024年新高考1卷第15題】記△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinC=2(1)求B；(2)若△ABC的面積為3+3，求【答案】(1)B=(2)2【詳解】（1）由余弦定理有a2+b可得cosC=因?yàn)镃∈0,π，所以sin從而sinC=又因?yàn)閟inC=2cos注意到B∈0,π所以B=π（2）由（1）可得B=π3，cosC=22，C∈而sinA=由正弦定理有asin從而a=6由三角形面積公式可知，△ABC的面積可表示為S△ABC由已知△ABC的面積為3+3，可得所以c=22．【2024年新高考1卷第19題】設(shè)m為正整數(shù)，數(shù)列a1,a2,...,a4m+2是公差不為0的等差數(shù)列，若從中刪去兩項(xiàng)ai和(1)寫出所有的i,j，1≤i<j≤6，使數(shù)列(2)當(dāng)m≥3時(shí)，證明：數(shù)列a1,(3)從1,2,...,4m+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和ji<j，記數(shù)列a1,a2【答案】(1)1,2(2)證明見解析(3)證明見解析【詳解】（1）首先，我們?cè)O(shè)數(shù)列a1,a2,...,由于一個(gè)數(shù)列同時(shí)加上一個(gè)數(shù)或者乘以一個(gè)非零數(shù)后是等差數(shù)列，當(dāng)且僅當(dāng)該數(shù)列是等差數(shù)列，故我們可以對(duì)該數(shù)列進(jìn)行適當(dāng)?shù)淖冃蝍'k得到新數(shù)列a'k=kk=換言之，我們可以不妨設(shè)ak回到原題，第1小問相當(dāng)于從1,2,3,4,5,6中取出兩個(gè)數(shù)i和ji<j那么剩下四個(gè)數(shù)只可能是1,2,3,4，或2,3,4,5，或3,4,5,6.所以所有可能的i,j就是（2）由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出2和13后，剩余的4m①1,4,7,10,3,6,9,12,②15,16,17,18,19,20,21,22,...,（如果m?3=0故數(shù)列1,2,...,4m+2是（3）定義集合A=4k+1下面證明，對(duì)1≤i<j≤則數(shù)列1,2,...,4m+2一定是命題1：i∈A,j∈B或命題2：j?i≠3我們分兩種情況證明這個(gè)結(jié)論.第一種情況：如果i∈A,j∈B，且此時(shí)設(shè)i=4k1+1則由i<j可知4k1+1<此時(shí)，由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出i=4剩余的4m個(gè)數(shù)可以分為以下三個(gè)部分，共m①1,2,3,4,5,6,7,8,...,②4k1+③4k2+（如果某一部分的組數(shù)為0，則忽略之）故此時(shí)數(shù)列1,2,...,4m+2是第二種情況：如果i∈B,j∈A，且此時(shí)設(shè)i=4k1+2則由i<j可知4k1+2<由于j?i≠3，故4k2+1此時(shí)，由于從數(shù)列1,2,...,4m+2中取出i=4k1+2①1,2,3,4,5,6,7,8,...,②4k1+1,3k③全體4k1+p,3k④4k2+（如果某一部分的組數(shù)為0，則忽略之）這里對(duì)②和③進(jìn)行一下解釋：將③中的每一組作為一個(gè)橫排，排成一個(gè)包含k2?k1?4k1+3,4k1+可以看出每列都是連續(xù)的若干個(gè)整數(shù)，它們?cè)偃〔⒁院?，將取?k1+1,4k1+2,...,4k2+而這十個(gè)數(shù)中，除開已經(jīng)去掉的4k1+2和這就說明我們給出的分組方式滿足要求，故此時(shí)數(shù)列1,2,...,4m+2是至此，我們證明了：對(duì)1≤i<j≤4m+2，如果前述命題1和命題2同時(shí)成立，則數(shù)列然后我們來考慮這樣的i,首先，由于A∩B=?，A和B各有m+1個(gè)元素，故滿足命題1的i,j而如果j?i=3，假設(shè)i∈A,j∈B，則可設(shè)i=4k但這導(dǎo)致k2?k設(shè)i=4k1+2，j=4k所以可能的k1,k2恰好就是0,1,1,2,...,所以這m+12個(gè)滿足命題1的i,這就得到同時(shí)滿足命題1和命題2的i,j的個(gè)數(shù)為當(dāng)我們從1,2,...,4m+2中一次任取兩個(gè)數(shù)i和ji<j而根據(jù)之前的結(jié)論，使得數(shù)列a1,a2,...,a4所以數(shù)列a1,a2,...,Pm這就證明了結(jié)論.3．【2024年甲卷理科第18題】記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知(1)求an(2)設(shè)bn=(?1)n?【答案】(1)a(2)T【詳解】（1）當(dāng)n=1時(shí)，4S1當(dāng)n≥2時(shí)，4Sn?1=而a1=4≠0∴數(shù)列an是以4為首項(xiàng)，?所以an（2）bn所以T故3所以?==(2∴T4．【2024年新高考2卷第15題】記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知sinA+(1)求A．(2)若a=2，2bsin【答案】(1)A=(2)2【詳解】（1）方法一：常規(guī)方法（輔助角公式）由sinA+3cosA=2由于A∈(0,π)?A+π3方法二：常規(guī)方法（同角三角函數(shù)的基本關(guān)系）由sinA+3cosA=24cos2A?又A∈(0,π)，故方法三：利用極值點(diǎn)求解設(shè)f(x)顯然x=π6時(shí)，f(f(x)max=f即f'(A)又A∈(0,π)，故方法四：利用向量數(shù)量積公式（柯西不等式）設(shè)a=(1,3根據(jù)向量的數(shù)量積公式，a?則2cosa,b=2根據(jù)向量共線條件，1?又A∈(0,π)，故方法五：利用萬能公式求解設(shè)t=tanA2整理可得，t2解得tanA2=t=又A∈(0,π)，故（2）由題設(shè)條件和正弦定理2b又B,C∈(0,π)，則sinBsin于是C=πsinC=由正弦定理可得，asinA=解得b=2故△ABC的周長(zhǎng)為25．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第17題】記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c，已知△ABC的面積為(1)若∠ADC=π3，求(2)若b2+c【答案】(1)35(2)b=c=2【詳解】（1）方法1：在△ABC中，因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，∠ADC=π3，

則S△ADC=1在△ABD中，∠ADB=2π3即c2=4+1sinB=所以tanB=方法2：在△ABC中，因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，∠ADC=π3，則S△ADC=1在△ACD中，由余弦定理得b2即b2=4+1?2C=π6，過A作AE⊥BC于E，于是CE=ACcos所以tanB=（2）方法1：在△ABD與△ACD中，由余弦定理得c整理得12a2+2又S△ADC=12×3×所以b=c=A方法2：在△ABC中，因?yàn)镈為BC中點(diǎn)，則2AD=AB于是4AD2+CB2又S△ADC=12×3×所以b=c=A6．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第18題】已知an為等差數(shù)列，bn=an?6,n為奇數(shù)2an,n為偶數(shù)，記S(1)求an(2)證明：當(dāng)n>5時(shí)，T【答案】(1)an(2)證明見解析.【詳解】（1）設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，而b則b1于是S4=4a1所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式是a（2）方法1：由（1）知，Sn=n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，bn?Tn當(dāng)n>5時(shí)，Tn?當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，Tn當(dāng)n>5時(shí)，Tn?所以當(dāng)n>5時(shí)，T方法2：由（1）知，Sn=n當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，Tn當(dāng)n>5時(shí)，Tn?當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，若n≥3，則=32n2+52當(dāng)n>5時(shí)，Tn?所以當(dāng)n>5時(shí)，T7．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第17題】已知在△ABC中，A+B=3(1)求sinA(2)設(shè)AB=5，求AB【答案】(1)3(2)6【詳解】（1）∵A+B=3∴π?C=3又2sin(A?C∴2sin∴sin∴sin即tanA=3，所以∴sin（2）由（1）知，cosA=由sinB=由正弦定理，csinC=∴1∴?=b?sin8．【2023年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第20題】設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，且d>1．令bn=n2+n(1)若3a2=(2)若bn為等差數(shù)列，且S99?【答案】(1)a(2)d=【詳解】（1）∵3a2=3∴S又T3∴S即2d2?7d+∴a（2）∵{∴2b2∴6(1a2?1a∵d>1，∴又S99?T99=∴a50?2550a50=當(dāng)a1=2d時(shí)，a50當(dāng)a1=d時(shí)，a50綜上，d=519．【2023年高考全國(guó)乙卷理第18題】在△ABC中，已知∠BAC=120°，AB=2(1)求sin∠ABC(2)若D為BC上一點(diǎn)，且∠BAD=90°，求【答案】(1)2114(2)310【詳解】（1）由余弦定理可得：B=4則BC=7，cossin∠ABC=（2）由三角形面積公式可得S△則S△10．【2023年高考全國(guó)甲卷理第17題】設(shè)Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知(1)求an(2)求數(shù)列an+12n的前【答案】(1)a(2)T【詳解】（1）因?yàn)?S當(dāng)n=1時(shí)，2a1當(dāng)n=3時(shí)，21+當(dāng)n≥2時(shí)，2Sn?化簡(jiǎn)得：n?2an=n?1a當(dāng)n=1,2時(shí)都滿足上式，所以a（2）因?yàn)閍n+1212兩式相減得，12=1?1+n11．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第17題】記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，已知a1(1)求an(2)證明：1a【答案】(1)a(2)見解析【詳解】（1）∵a1=1，∴S1又∵Snan∴Snan=∴當(dāng)n≥2時(shí)，S∴an整理得：n?1即an∴a=1顯然對(duì)于n=1∴an的通項(xiàng)公式a（2）1a∴112．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第18題】記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，已知cosA(1)若C=2π3(2)求a2【答案】(1)π6(2)42【詳解】（1）因?yàn)閏osA1+而0<B<π2（2）由（1）知，sinB=?cosC>而sinB=?所以C=π2+B，即有所以a=2co當(dāng)且僅當(dāng)cos2B=2213．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第17題】已知an為等差數(shù)列，bn是公比為2的等比數(shù)列，且(1)證明：a1(2)求集合kb【答案】(1)證明見解析；(2)9．【詳解】（1）設(shè)數(shù)列an的公差為d，所以，a1+d?（2）由（1）知，b1=a1=d2，所以bk=am+a14．【2022年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第18題】記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長(zhǎng)的三個(gè)正三角形的面積依次為S1,S(1)求△ABC的面積；(2)若sinAsinC=【答案】(1)2(2)1【詳解】（1）由題意得S1=1即a2+c2?b2=2則cosB=1?13（2）由正弦定理得：bsinB=asinA=15．【2022年高考全國(guó)乙卷理第17題】記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為(1)證明：2a(2)若a=5,cosA=25【答案】(1)見解析(2)14【詳解】（1）證明：因?yàn)閟inC所以sinC所以ac?a即a2所以2a（2）解：因?yàn)閍=5,cos由（1）得b2由余弦定理可得a2則50?所以bc=31故b+c2所以b+c=9所以△ABC的周長(zhǎng)為a+b+c=1416．【2022年高考全國(guó)甲卷理第17題】記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和．已知(1)證明：an(2)若a4,a【答案】(1)證明見解析；(2)?78【詳解】（1）因?yàn)?Snn+n=當(dāng)n≥2時(shí)，2S①?②得，2S即2a即2n?1an?2n?所以an是以1（2）[方法一]：二次函數(shù)的性質(zhì)由（1）可得a4=a1+又a4，a7，a9即a1+6所以an=n?13所以，當(dāng)n=12或n=13時(shí)，[方法二]：【最優(yōu)解】鄰項(xiàng)變號(hào)法由（1）可得a4=a1+又a4，a7，a9即a1+6所以an=n?13則當(dāng)n=12或n=13時(shí)，17．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第17題】已知數(shù)列an滿足a1（1）記bn=a2n，寫出b（2）求an的前20項(xiàng)和【答案】（1）b1=2,b2【詳解】解：（1）[方法一]【最優(yōu)解】：顯然2n為偶數(shù)，則a所以a2n+2=a所以bn是以2為首項(xiàng)，3于是b1[方法二]：奇偶分類討論由題意知a1=1,由an+1?an=1數(shù)列從第一項(xiàng)起，若n為奇數(shù)，則其后一項(xiàng)減去該項(xiàng)的差為1，若n為偶數(shù)，則其后一項(xiàng)減去該項(xiàng)的差為2．所以an+2?[方法三]：累加法由題意知數(shù)列an滿足a所以b1b2則bn所以b1=2,b2（2）[方法一]：奇偶分類討論S==2[方法二]：分組求和由題意知數(shù)列an滿足a所以a2所以數(shù)列an的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)，3同理，由a2n+2=a2n+從而數(shù)列an的前20S2018．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第19題】記△ABC是內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知b2=ac，點(diǎn)D在邊AC上，（1）證明：BD=b；（2）若AD=2DC，求【答案】（1）證明見解析；（2）cos∠ABC=【詳解】（1）設(shè)△ABC的外接圓半徑為R，由正弦定理，得sin∠ABC=因?yàn)锽Dsin∠ABC=asinC，所以又因?yàn)閎2=ac，所以（2）[方法一]【最優(yōu)解】：兩次應(yīng)用余弦定理因?yàn)锳D=2DC，如圖，在△ABC中，cos在△BCD中，cosC=由①②得a2+b又因?yàn)閎2=ac，所以6a2?當(dāng)a=c3,當(dāng)a=3c2所以cos∠ABC=[方法二]：等面積法和三角形相似如圖，已知AD=2DC，則即12而b2=ac，即故有∠ADB=∠ABC，從而∠ABD=∠C．由b2=ac，即ba=c故ADAB=AB又b2=ac，所以則cos∠ABC=[方法三]：正弦定理、余弦定理相結(jié)合由（1）知BD=b=AC，再由AD=2DC得在△ADB中，由正弦定理得ADsin又∠ABD=∠C，所以23bsin在△ABC中，由正弦定理知c=23a，又由b在△ABC中，由余弦定理，得cos∠ABC=故cos∠ABC=[方法四]：構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)如圖，作DE∥AB，交BC于點(diǎn)E，則△DEC∽△ABC．由AD=2DC，得在△BED中，cos∠BED=在△ABC中cos∠ABC=因?yàn)閏os∠ABC=?所以a2整理得6a又因?yàn)閎2=ac，所以即a=c3或下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因?yàn)锳D=2DC，所以以向量BA,BC為基底，有所以BD2即b2又因?yàn)閎2=ac，所以9由余弦定理得b2所以ac=a聯(lián)立③④，得6a所以a=32c下同解法1．[方法六]：建系求解以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，AC所在直線為x軸，過點(diǎn)D垂直于AC的直線為y軸，DC長(zhǎng)為單位長(zhǎng)度建立直角坐標(biāo)系，如圖所示，則D0,0由（1）知，BD=b=AC=3，所以點(diǎn)B在以D為圓心，3設(shè)Bx,y?由b2=ac知，即(x+2聯(lián)立⑤⑥解得x=?74或x=7代入⑥式得a=|由余弦定理得cos∠ABC=19．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第17題】記Sn是公差不為0的等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，若（1）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式a（2）求使Sn>a【答案】(1)an=【詳解】(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：S5=5設(shè)等差數(shù)列的公差為d，從而有：a2S4從而：?d2=?數(shù)列的通項(xiàng)公式為：an(2)由數(shù)列的通項(xiàng)公式可得：a1=2則不等式Sn>an即：解得：n<1或n>6，又n為正整數(shù)，故n的最小值為20．【2021年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第18題】在△ABC中，角A、B、C所對(duì)的邊長(zhǎng)分別為a、b、c，b=a+1，c=a+2（1）若2sinC=3sinA（2）是否存在正整數(shù)a，使得△ABC為鈍角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）1574；（2）存在，且【詳解】（1）因?yàn)?sinC=3sinA，則2c=2a+2cosC=a2+b因此，S△（2）顯然c>b>a，若△ABC為鈍角三角形，則C為鈍角，由余弦定理可得cosC=解得?1<a<3由三角形三邊關(guān)系可得a+a+1>a+2，可得a>1，21．【2021年高考全國(guó)乙卷理第19題】記Sn為數(shù)列an的前n項(xiàng)和，bn為數(shù)列Sn的前（1）證明：數(shù)列bn（2）求an【答案】（1）證明見解析；（2）an【詳解】（1）[方法一]：由已知2Sn+1bn=取n=1,由S1=由于bn為數(shù)列Sn的前所以2b所以2b所以2b由于b所以22bn+1所以數(shù)列bn是以b1=[方法二]【最優(yōu)解】：由已知條件知bn=于是bn?1=由①②得bnbn?又2Sn+由③④得bn令n=1，由S1=所以數(shù)列bn是以32為首項(xiàng)，[方法三]：

由2Sn+1bn=2，得又因?yàn)閎n=Sn?在2Sn+1b故數(shù)列bn是以32為首項(xiàng)，[方法四]：數(shù)學(xué)歸納法

由已知2Sn+1bn=2，得Sn=2bn2b下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．當(dāng)n=1假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)成立，即bk那么當(dāng)n=k+1時(shí)，b綜上，猜想對(duì)任意的n∈N即數(shù)列bn是以32為首項(xiàng)，（2）由（1）可得，數(shù)列bn是以b1=∴bSn當(dāng)n=1時(shí)，a1當(dāng)n≥2時(shí),an=S∴an22．【2021年高考全國(guó)甲卷理第18題】已知數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，記Sn為an的前n①數(shù)列an是等差數(shù)列：②數(shù)列Sn是等差數(shù)列；③注：若選擇不同的組合分別解答，則按第一個(gè)解答計(jì)分．【答案】證明過程見解析【詳解】選①②作條件證明③：[方法一]：待定系數(shù)法+an與S設(shè)Sn=an+b(當(dāng)n=1時(shí)，a當(dāng)n≥2時(shí)，a因?yàn)閍n也是等差數(shù)列，所以a+b2=a所以an=a22[方法二]：待定系數(shù)法設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，等差數(shù)列Sn的公差為則Sn=a1+化簡(jiǎn)得d2n2則有d=2d12,選①③作條件證明②：因?yàn)閍2=3所以公差d=a所以Sn=na因?yàn)镾n+所以Sn選②③作條件證明①：[方法一]：定義法設(shè)Sn=an+b(當(dāng)n=1時(shí)，a當(dāng)n≥2時(shí)，a因?yàn)閍2=3a1，所以a當(dāng)b=0時(shí)，a1=a2,a當(dāng)b=?4a3時(shí)，S綜上可知an[方法二]【最優(yōu)解】：求解通項(xiàng)公式因?yàn)閍2=3a1，所以S1=a1，S2=a1+a2=2a1，因?yàn)镾n23．【2020年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第17題】在①ac=3，②csinA=3，③問題：是否存在△ABC，它的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b注：如果選擇多個(gè)條件分別解答，按第一個(gè)解答計(jì)分．【答案】詳見解析【詳解】［方法一］【最優(yōu)解】：余弦定理由sinA=3sinB可得：則：c2=a若選擇條件①：據(jù)此可得：ac=3m×m=3m2若選擇條件②：據(jù)此可得：cosA=則：sinA=1??1若選擇條件③：可得cb=mm=1［方法二］：正弦定理由C=π6,由sinA=3sinB，得得tanB=33．由于0<B<π，得若選擇條件①：由asinA=csin解得c=b=1,a=3．所以，選條件①若選擇條件②：由csinA=3，得csin2由asinA=csin所以，選條件②時(shí)問題中的三角形存在，此時(shí)c=2若選擇條件③：由于c=3b與24．【2020年新課標(biāo)全國(guó)Ⅱ卷第18題】已知公比大于1的等比數(shù)列{an}（1）求{a（2）求a1【答案】（1）an=2n【詳解】(1)設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q>1)，則a整理可得：2q∵q>1,數(shù)列的通項(xiàng)公式為：an(2)由于：?1a==225．【2020年新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷第18題】已知公比大于1的等比數(shù)列{an}（1）求{a（2）記bm為{an}在區(qū)間(0,m](m∈【答案】（1）an=2【詳解】（1）由于數(shù)列an是公比大于1的等比數(shù)列，設(shè)首項(xiàng)為a1，公比為q，依題意有a1q+a所以an=2n，所以數(shù)列（2）［方法一］：規(guī)律探索由于21b1對(duì)應(yīng)的區(qū)間為(0,1]，則bb2,b3對(duì)應(yīng)的區(qū)間分別為b4,b5,b6b8,b9,?,b16,b17,?,b32,b33,?,b64,b65,所以S100［方法二］【最優(yōu)解】：由題意，2n≤m，即n≤log2當(dāng)m∈2k,2=0［方法三］：由題意知bm=k,m∈2k,2k+1，因此，當(dāng)m=1時(shí)，b1=0；m∈[2,4)時(shí)，bm=1；m∈[4,8)所以S==0所以數(shù)列bn的前100項(xiàng)和S26．【2020年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第17題】設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=3，an（1）計(jì)算a2，a3，猜想{an}的通項(xiàng)公式并加以證明；（2）求數(shù)列{2nan}的前n項(xiàng)和Sn．【答案】（1）a2=5，a3=【詳解】（1）［方法一］【最優(yōu)解】：通性通法由題意可得a2=3a1?4=9?4證明如下：當(dāng)n=1時(shí)，a假設(shè)n=kk∈N?那么n=k+1時(shí)，a則對(duì)任意的n∈N?，都有［方法二］：構(gòu)造法由題意可得a2=3a1?4=9?4=5，a3=3a2?8=15?8=7．由a1=3,［方法三］：累加法由題意可得a2=3由an+1=3an?4n得an+13n+1?an［方法四］：構(gòu)造法2a2=3a1?4=5,a3=3a2?8=7，猜想an=2（2）由（1）可知，a［方法一］：錯(cuò)位相減法Sn=2Sn由①?②得：?=6即Sn［方法二］【最優(yōu)解】：裂項(xiàng)相消法2nan［方法三］：構(gòu)造法當(dāng)n≥2時(shí)，Sn=Sn?1+(2n+所以Sn+(?4n+2)故Sn［方法四］：因?yàn)?nanf(f'(所以b1故Sn27．【2020年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第17題】△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．（1）求A；（2）若BC=3，求△ABC周長(zhǎng)的最大值.【答案】（1）2π3；（2）【詳解】（1）由正弦定理可得：BC∴cos∵A∈0,π，（2）[方法一]【最優(yōu)解】：余弦+不等式由余弦定理得：BC即AC+AB2∵AC?AB≤AC+AB22∴9解得：AC+AB≤23（當(dāng)且僅當(dāng)∴△ABC周長(zhǎng)L=AC+AB+BC≤3+23，[方法二]：正弦化角（通性通法）設(shè)B=π6+α,C=π6?α，則?π6<α<π6[方法三]：余弦與三角換元結(jié)合在△ABC中，角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c．由余弦定理得9=b2+c2+bc，即b+12所以△ABC周長(zhǎng)的最大值為3+28．【2020年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第17題】設(shè){an}是公比不為1的等比數(shù)列，a1為（1）求{a（2）若a1=1，求數(shù)列{【答案】（1）?2；（2）S【詳解】（1）設(shè){an}的公比為q，a∵2∵q≠1,（2）設(shè){nan}的前n項(xiàng)和為Sn=?2S①?②得，3=1∴S29．【2019年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第18題】ΔABC的內(nèi)角A,B,C（1）求B；（2）若ΔABC為銳角三角形，且c=1，求【答案】(1)B=π3;(2)【詳解】(1)[方法一]【最優(yōu)解：利用三角形內(nèi)角和為π結(jié)合正弦定理求角度】由三角形的內(nèi)角和定理得A+C2此時(shí)asinA+C2由誘導(dǎo)公式得sinπ2?在△ABC中，由正弦定理知a=2此時(shí)就有sinAcosB再由二倍角的正弦公式得cosB2=[方法二]【利用正弦定理解方程求得cosB的值可得∠B由解法1得sinA+C兩邊平方得sin2A+C又A+B+C=180°，即cos(A+C進(jìn)一步整理得2cos解得cosB=12[方法三]【利用正弦定理結(jié)合三角形內(nèi)角和為π求得A,根據(jù)題意asinA+C2因?yàn)?<A<π消去sinA得sin0<B<π，0<A+C而根據(jù)題意A+B+C=π，故A+C2+B=π不成立，所以又因?yàn)锳+B+C=π，代入得3B=π，所以B=(2)[方法一]【最優(yōu)解：利用銳角三角形求得C的范圍，然后由面積函數(shù)求面積的取值范圍】因?yàn)椤鰽BC是銳角三角形，又B=π3，所以則S△ABC因?yàn)镃∈π6,π2從而S△ABC∈38,[方法二]【由題意求得邊a的取值范圍，然后結(jié)合面積公式求面積的取值范圍】由題設(shè)及（1）知△ABC的面積S△ABC因?yàn)椤鰽BC為銳角三角形，且c=1,所以cosA=b又由余弦定理得b2=a2+所以38<S△ABC<[方法三]【數(shù)形結(jié)合，利用極限的思想求解三角形面積的取值范圍】如圖，在△ABC中，過點(diǎn)A作AC1⊥BC，垂足為C1，作AC由題設(shè)及（1）知△ABC的面積S△ABC=34a所以點(diǎn)C位于在線段C1C2即cosπ3<a<1cos故△ABC面積的取值范圍是38

30．【2019年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第19題】已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1=1，b1=0，4an+1（1）證明：{an+bn}是等比數(shù)列，{an–bn}是等差數(shù)列；（2）求{an}和{bn}的通項(xiàng)公式.【答案】（1）見解析；（2）an=1【詳解】(1)由題意可知4an+1=3an所以4an+1所以數(shù)列an+bn是首項(xiàng)為1、公比為因?yàn)?a所以an+1?bn+1=an(2)由(1)可知，an+b所以an=131．【2019年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第17題】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，設(shè)(sinB?（1）求A；（2）若2a+b=2c【答案】（1）A=π3；（2）【詳解】（1）sinB?即：sin由正弦定理可得：b2∴cos∵A∈0,π，（2）[方法一]正弦定理+兩角和差正余弦由（1）知，B+C=2π3得2sin整理得32sinC?又C∈0,2π3,則sinC=[方法二]正弦定理+方程思想由2a+b=2c代入(sinB?得sinC?整理得4sin2C?由sinB=2sinC?所以sinC=[方法三]余弦定理令ca=t．由b=2將b=2c?2a代入即3t2?32所以t=c從而sinC=[方法四]攝影定理因?yàn)?c=2a+b由射影定理得∠C=180所以sinC=32．【2018年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第17題】記Sn為等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，已知

（1）求{a

（2）求Sn，并求S【答案】（1）an=2【詳解】（1）[方法一]：【通性通法】【最優(yōu)解】公式法設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，由S3=?15得，[方法二]：函數(shù)+待定系數(shù)法設(shè)等差數(shù)列{an}通項(xiàng)公式為an=kn+b，易得k+b=（2）[方法1]：鄰項(xiàng)變號(hào)法由Sn=na1+n(n?1)d2可得所以Sn的最小值為?[方法2]：函數(shù)法由題意知Sn=d所以Sn的最小值為S4=4233．【2018年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第17題】等比數(shù)列an中，a（1）求an（2）記Sn為an的前n項(xiàng)和．若Sm【答案】（1）an=?（2）m=6【詳解】（1）設(shè){an}的公比為q由已知得q4=4q2，解得q=故an=?（2）若an=?2n?1，則若an=2n?1，則Sn=綜上，m=634．【2018年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第17題】在平面四邊形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45（1）求cos∠ADB（2）若DC=22，求【答案】（1）235；（2）5【詳解】（1）［方法1］：正弦定理＋平方關(guān)系在△ABD中，由正弦定理得BDsin∠A=ABsin∠ADB，代入數(shù)值并解得sin∠ADB=2［方法2］：余弦定理在△ABD中，BD2=ABcos∠ADB=［方法3］：【最優(yōu)解】利用平面幾何知識(shí)如圖，過B點(diǎn)作BE⊥AD，垂足為E，BF⊥CD，垂足為F．在Rt△AEB中，因?yàn)椤螦=45°，AB=2，所以AE=BE=2．在Rt所以cos∠ADB=［方法4］：坐標(biāo)法以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，DC為x軸，DA為y軸正方向，建立平面直角坐標(biāo)系（圖略）．設(shè)∠BDC=α，則B(5cosα,5sinα)從而AB=(0?5cosα)2+（2）［方法1］：【通性通法】余弦定理在△BCD，由（1）得，cos∠ADB==52+［方法2］：【最優(yōu)解】利用平面幾何知識(shí)作BF⊥DC，垂足為F，易求，BF=23，F(xiàn)C=2，由勾股定理得35．【2017年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第17題】△ABC的內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為a、b、c,已知△ABC的面積為a(1)求sinB(2)若6cosBcosC=1,【答案】(1)sinBsinC=【詳解】（1）由題設(shè)得12acsin由正弦定理得12故sinB（2）由題設(shè)及（1）得cosBcosC?所以B+C=2π3由題設(shè)得12bcsin由余弦定理得b2+c2?bc=故△ABC的周長(zhǎng)為3+36．【2017年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第17題】ΔABC的內(nèi)角A,B,C（1）求角A和邊長(zhǎng)c；（2）設(shè)D為BC邊上一點(diǎn)，且AD⊥AC,求ΔABD【答案】（1）2π3，4；（2）【詳解】（1）∵sinA+3cosA=0,∴tanA=?3，∵0<A<π,(2)∵c2=b2+a2?2ab37．【2017年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第17題】△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為（1）求cosB（2）若a+c=6，△ABC面積為2，求b【答案】（1）1517【詳解】（1）sinA+C=8sin2B2∴161?cosB2+co（2）由（1）可知sinB=∵S△ABC=12∴b2∴b=238．【2016年新課標(biāo)Ⅲ卷理科第17題】已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和S（Ⅰ）證明{a（Ⅱ）若S5=31【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）λ=?1．【詳解】（Ⅰ）由題意得，故，，.由，得，即.由，得，所以.因此{(lán)an}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，于是.（Ⅱ）由（Ⅰ）得.由得，即.解得λ=?139．【2016年新課標(biāo)Ⅱ卷理科第17題】Sn為等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和，且2n?12,n為奇數(shù)2n（Ⅰ）求b1（Ⅱ）求數(shù)列bn【答案】（Ⅰ）b1=0,【詳解】（Ⅰ）設(shè){an}的公差為d，據(jù)已知有所以{anb（Ⅱ）因?yàn)閎所以數(shù)列{bn}的前40．【2016年新課標(biāo)Ⅰ卷理科第17題】△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.已知2cosC（1）求角C；（2）若c=7，SΔABC【答案】（1）C=π3【詳解】（1）根據(jù)正弦定理把2cosC(acosB+bcosA)=c化成2cosC(sinAcos試題解析：（1）由已知可得2cos∴（2）S又∵∴a2∴ΔABC41．【2015年新課標(biāo)Ⅱ理科第17題】ΔABC中，D是BC上的點(diǎn)，AD平分∠BAC，ΔABD面積是(1)求sinB(2)若AD＝1，DC＝22【答案】（1）12；（2）BD=2,【詳解】（1），SΔACD∵SΔABD=2SΔ由正弦定理可知sin∠B（2）∵BD:DC=S∴BD=2設(shè)AC=x，則AB=2在△ABD與△ACD中，由余弦定理可知，cos∠ADB=cos∠ADC=∵∠ADB+∠ADC=π，∴cos∠ADB=?∴3?4x即AC=142．【2015年新課標(biāo)Ⅰ理科第17題】Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和.已知an＞0，a（Ⅰ）求{an（Ⅱ）設(shè)bn=1an【答案】（Ⅰ）2n+1（Ⅱ【詳解】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3兩式相減得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，∵a12+2a1＝4a1+3，∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，則{an}是首項(xiàng)為3，公差d＝2的等差數(shù)列，∴{an}的通項(xiàng)公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：（Ⅱ）∵an＝2n+1，∴bn=1anan+1=12n+12n+3=12（121．（2024·四川自貢·三模）已知數(shù)列an的前項(xiàng)和為Sn，且(1)證明：數(shù)列an(2)若a5，a9，a11【答案】(1)證明見解析(2)78【詳解】（1）數(shù)列an滿足Sn當(dāng)n≥2時(shí)，有Sn?①?②可得：Sn即(1?n變形可得an故數(shù)列an是以?（2）由（1）可知數(shù)列an是以?若a5，a9，a11即(a1?所以an所以an單調(diào)遞減，又當(dāng)1≤n<13時(shí)，an>0，當(dāng)n=13故當(dāng)n=12或13時(shí)，S且Snmax=S12=S13=12×(1)求證：數(shù)列an(2)記bn=log2an?1【答案】(1)證明見解析(2)Sn【詳解】（1）由an+1=又a1?1（2）由（1）知，an?所以1bS=當(dāng)n∈N?時(shí)，Sn=1?1n+1單調(diào)遞增，故12≤Sn<1．

3．（2024·江西新余·二模）在△ABC中，內(nèi)角A(1)求角B；(2)若∠ABC的平分線交AC于點(diǎn)D，a=3，c=4，求【答案】(1)π(2)123【詳解】（1）在△ABC中，S=12ac即sinB>0，所以由余弦定理得cosB=a2（2）在△ABC中，由等面積法得S△ABC即12即1所以BD=12

4．（2024·山東濟(jì)南·二模）如圖，已知平面四邊形ABCD中，AB=BC=22(1)若A,B,(2)求四邊形ABCD面積的最大值.【答案】(1)AC=(2)37【詳解】（1）在△ABC中，由余弦定理得：A=8在△ACD中，由余弦定理得：A=16因?yàn)锳,B,C,上述兩式相加得：2AC2（2）由（1）得：16?化簡(jiǎn)得cos∠ADC?則cos2四邊形ABCD的面積S===4整理得sin∠ADC+則sin①②相加得：2?即2?由于0<∠ADC<所以當(dāng)且僅當(dāng)∠ADC+∠ABC=π時(shí)，cos∠ADC+∠ABC取得最小值此時(shí)四邊形ABCD的面積最大，由1+S2故四邊形ABCD面積的最大值為37.

5．（2024·山東菏澤·二模）已知在△ABC中，CA?CB(1)求角C的度數(shù)；(2)若BC=2,D,E是AB上的動(dòng)點(diǎn)，且∠DCE始終等于30°，記∠CED=α【答案】(1)∠C=120(2)75°【詳解】（1）設(shè)CA=b,CB=a，則abcosC=?2由C為△ABC的內(nèi)角，所以∠C=120（2）由（1）知，12absin120°=3，又a=在△ACE中，由正弦定理得CAsinα=在△CDE中，由正弦定理得CEsinDE==1顯然30°≤α≤120°，則有0≤2此時(shí)2α?60°=所以α的值75°.

6．（2024·山東青島·二模）已知數(shù)列an滿足an+(1)求數(shù)列an(2)設(shè)bn=(?2)an，數(shù)列bn【答案】(1)an(2)5.【詳解】（1）數(shù)列an中，n∈N?，an+1則an+1?an?當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，數(shù)列{a則a2n?1當(dāng)n為偶奇數(shù)時(shí)，數(shù)列{a則a2n=5+所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式是a（2）由（1）知bn=(?2)2則Sn=?8(1?4n而數(shù)列{4n}是遞增數(shù)列，4所以n的最小值為5.

7．（2024·陜西渭南·二模）已知等比數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù)，前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1(1)求數(shù)列an(2)若數(shù)列bn滿足bn=an+(【答案】(1)an(2)T2【詳解】（1）設(shè)等比數(shù)列an的公比為q(q>0)，由得a3解得q=2，于是a1+所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式是a（2）由（1）知，bn所以T=1?22n1?2+3n=22n+(1)求數(shù)列an，b(2)記數(shù)列an?bn的前n項(xiàng)和為Tn，數(shù)列Tnb【答案】(1)an=2(2)證明見解析【詳解】（1）等比數(shù)列an滿足an+1>a設(shè)an的公比為qq>1，等差數(shù)列bn的公差為解得q=2d=1所以an=2（2）由（1）可得an所以T2所以