新版金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義:第二編 專題整合突破 專題三 三角函數(shù)與解三角形 第二講 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析
《新版金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義:第二編 專題整合突破 專題三 三角函數(shù)與解三角形 第二講 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《新版金版教程高考數(shù)學(xué)文二輪復(fù)習(xí)講義:第二編 專題整合突破 專題三 三角函數(shù)與解三角形 第二講 三角恒等變換與解三角形 Word版含解析(179頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、 1
2、 1 第二講 三角恒等變換與解三角形 必記公式] 1.同角三角函數(shù)之間的關(guān)系 (1)平方關(guān)系:sin2α+cos2α=1; (2)商數(shù)關(guān)系:tanα=. 2.誘導(dǎo)公式 (1)公式:Sα+2kπ;Sπ±α;S-α;S±α; (2)巧記口訣:奇變偶不變,符號看象限,α當銳角看. 3.兩角和與差的正弦、余弦、正切公式 (1)sin(α±β)=sinαcosβ±
3、cosαsinβ; (2)cos(α±β)=cosαcosβ?sinαsinβ; (3)tan(α±β)=; (4)輔助角公式:asinα+bcosα=sin(α+φ)=cos(α+θ). 4.二倍角的正弦、余弦、正切公式 (1)sin2α=2sinαcosα; (2)cos2α=cos2α-sin2α=2cos2α-1=1-2sin2α; (3)tan2α=. 5.降冪公式 (1)sin2α=; (2)cos2α=. 6.正弦定理 ===2R(2R為△ABC外接圓的直徑). 變形:a=2RsinA,b=2RsinB,c=2RsinC. sinA=,sinB=,si
4、nC=. a∶b∶c=sinA∶sinB∶sinC. 7.余弦定理 a2=b2+c2-2bccosA,b2=a2+c2-2accosB, c2=a2+b2-2abcosC. 推論:cosA=,cosB=, cosC=. 變形:b2+c2-a2=2bccosA,a2+c2-b2=2accosB,a2+b2-c2=2abcosC. 8.面積公式 S△ABC=bcsinA=acsinB=absinC. 重要結(jié)論] 1.判斷三角形形狀的常用結(jié)論 (1)sinA=sinB且A+B≠π?等腰三角形; (2)sin2A=sin2B?A=B或A+B=?等腰或直角三角形; (3)co
5、sA=cosB?A=B?等腰三角形; (4)cos2A=cos2B?A=B?等腰三角形; (5)sin(A-B)=0?A=B?等腰三角形; (6)A=60°且b=c?等邊三角形; (7)A,B,C成等差數(shù)列?B=60°; (8)a2<b2+c2(A為三角形中的最大角)?三角形為銳角三角形(A為銳角); (9)a2=b2+c2?三角形為直角三角形(A為直角); (10)a2>b2+c2?三角形為鈍角三角形(A為鈍角). 2.射影定理 a=bcosC+ccosB. b=acosC+ccosA. c=acosB+bcosA. 失分警示] 1.同角關(guān)系應(yīng)用錯誤:利用同角三角函
6、數(shù)的平方關(guān)系開方時,忽略判斷角所在的象限或判斷出錯,導(dǎo)致三角函數(shù)符號錯誤. 2.誘導(dǎo)公式的應(yīng)用錯誤:利用誘導(dǎo)公式時,三角函數(shù)名變換出錯或三角函數(shù)值的符號出錯. 3.忽視解的多種情況 如已知a,b和A,應(yīng)先用正弦定理求B,由A+B+C=π,求C,再由正弦定理或余弦定理求邊c,但解可能有多種情況. 4.忽略角的范圍 應(yīng)用正、余弦定理求解邊、角等量的最值(范圍)時,要注意角的范圍. 5.忽視解的實際意義 求解實際問題,要注意解得的結(jié)果要與實際相吻合. 考點 三角恒等變換 典例示法 題型1 求角 典例1 20xx·中山模擬]已知cos(2α-β)=-,sin(α-
7、2β)=,0<β<<α<,則α+β=________. 解析] 由0<β<<α<易得<2α-β<π,-<α-2β<,<α+β<,故sin(2α-β)=,cos(α-2β)=,cos(α+β)=cos(2α-β)-(α-2β)]=cos(2α-β)·cos(α-2β)+sin(2α-β)sin(α-2β)=,故α+β=. 答案] 解答此類問題的關(guān)鍵是結(jié)合已知條件,求出相應(yīng)角的三角函數(shù)值,然后根據(jù)角的范圍確定角的具體取值. 題型2 求值 典例2 20xx·安徽合肥質(zhì)檢]已知cos·cos=-,α∈. (1)求sin2α的值; (2)求tanα-的值. 解] (1)cos·c
8、os=cos·sin=sin=-, 即sin=-. ∵α∈,∴2α+∈, ∴cos=-, ∴sin2α=sin=sincos-cossin=. (2)∵α∈,∴2α∈, 又由(1)知sin2α=,∴cos2α=- ∴tanα-=-===-2×=2. 化簡常用的方法技巧 (1)化簡常用方法:①直接應(yīng)用公式,包括公式的正用、逆用和變形用;②切化弦、異名化同名、異角化同角等. (2)化簡常用技巧:①注意特殊角的三角函數(shù)與特殊值的互化;②注意利用角與角之間的隱含關(guān)系,如2α=(α+β)+(α-β),θ=(θ-φ)+φ等;③注意利用“1”的恒等變形,如tan45°=1,sin2α
9、+cos2α=1等. 考點 正、余弦定理 典例示法 題型1 應(yīng)用正、余弦定理求邊、角 典例3 20xx·淄博模擬]已知a,b,c分別為△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊,且acosC+asinC-b-c=0. (1)求A; (2)若a=2,求△ABC面積的最大值. 解] (1)由acosC+asinC-b-c=0及正弦定理得sinAcosC+sinAsinC-sinB-sinC=0. 因為B=π-A-C,所以sinAsinC-cosAsinC-sinC=0. 易知sinC≠0,所以sinA-cosA=1, 所以sin=.又0<A<π,所以A=. (2)解法一:由(1
10、)得B+C=?C=-B0<B<, 由正弦定理得====, 所以b=sinB,c=sinC. 所以S△ABC=bcsinA=×sinB×sinCsin=sinBsinC=sinBsin ==sin2B-cos2B+ =sin+.易知-<2B-<, 故當2B-=,即B=時,S△ABC取得最大值,最大值為+=. 解法二:由(1)知A=,又a=2,由余弦定理得22=b2+c2-2bccos,即b2+c2-bc=4?bc+4=b2+c2≥2bc?bc≤4,當且僅當b=c=2時,等號成立. 所以S△ABC=bcsinA=×bc≤×4=, 即當b=c=2時,S△ABC取得最大值,最大值為.
11、 解三角形問題,多為邊和角的求值問題,這就需要根據(jù)正、余弦定理結(jié)合已知條件靈活轉(zhuǎn)化邊和角之間的關(guān)系,從而達到解決問題的目的.其基本步驟是: 第一步:定條件 即確定三角形中的已知和所求,在圖形中標出來,然后確定轉(zhuǎn)化的方向. 第二步:定工具 即根據(jù)條件和所求合理選擇轉(zhuǎn)化的工具,實施邊角之間的互化. 第三步:求結(jié)果. 題型2 判斷三角形的形狀 典例4 設(shè)△ABC的內(nèi)角,A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若bcosC+ccosB=asinA,則△ABC的形狀為( ) A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.不確定 解析] 由正弦定理得sinBcosC
12、+sinCcosB=sin2A, ∴sin(B+C)=sin2A, 即sin(π-A)=sin2A,sinA=sin2A. ∵A∈(0,π),∴sinA>0,∴sinA=1,即A=,故選B. 答案] B 利用正、余弦定理判定三角形形狀的兩種思路 (1)“角化邊”:利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含邊的關(guān)系,通過因式分解、配方等得出邊的相應(yīng)關(guān)系,從而判斷三角形的形狀. (2)“邊化角”:利用正弦、余弦定理把已知條件轉(zhuǎn)化為只含內(nèi)角的三角函數(shù)間的關(guān)系,通過三角函數(shù)恒等變形,得出內(nèi)角的關(guān)系,從而判斷出三角形的形狀,此時要注意應(yīng)用A+B+C=π這個結(jié)論. 題型3 求有關(guān)三角形的面
13、積 典例5 20xx·浙江高考]在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c.已知a≠b,c=,cos2A-cos2B=sinAcosA-sinBcosB. (1)求角C的大小; (2)若sinA=,求△ABC的面積. 解] (1)由題意得-=sin2A-sin2B,即sin2A-cos2A=sin2B-cos2B, sin=sin. 由a≠b,得A≠B,又A+B∈(0,π), 得2A-+2B-=π, 即A+B=,所以C=. (2)由c=,sinA=,=,得a=. 由a<c,得A<C,從而cosA=, 故sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsi
14、nC=, 所以△ABC的面積為S=acsinB=. 與三角形面積有關(guān)問題的常見類型及解題策略 (1)求三角形的面積.對于面積公式S=absinC=acsinB=bcsinA,一般是已知哪一個角就使用含哪個角的公式. (2)已知三角形的面積解三角形.與面積有關(guān)的問題,一般要利用正弦定理或余弦定理進行邊和角的互化. 考點 正、余弦定理的實際應(yīng)用 典例示法 典例6 如圖,游客從某旅游景區(qū)的景點A處下山至C處有兩種路徑.一種是從A沿直線步行到C,另一種是先從A沿索道乘纜車到B,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山,甲沿AC勻速步行,速度為50 m/min.在甲出
15、發(fā)2 min后,乙從A乘纜車到B,在B處停留1 min后,再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運動的速度為130 m/min,山路AC長為1260 m,經(jīng)測量,cosA=,cosC=. (1)求索道AB的長; (2)問乙出發(fā)多少分鐘后,乙在纜車上與甲的距離最短? (3)為使兩位游客在C處互相等待的時間不超過3分鐘,乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)? 解] (1)在△ABC中,因為cosA=,cosC=,所以sinA=,sinC=. 從而sinB=sinπ-(A+C)]=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=×+×=.由正弦定理=,得AB=×sinC=×=1040(m
16、). 所以索道AB的長為1040 m. (2)假設(shè)乙出發(fā)t min后,甲、乙兩游客距離為d m,此時,甲行走了(100+50t) m,乙距離A處130t m,所以由余弦定理得d2=(100+50t)2+(130t)2-2×130t×(100+50t)×=200(37t2-70t+50),因0≤t≤,即0≤t≤8,故當t=時,d最小,所以乙出發(fā)分鐘后,甲、乙兩游客距離最短. (3)由正弦定理=,得BC=×sinA=×=500(m). 乙從B出發(fā)時,甲已走了50×(2+8+1)=550(m),還需走710 m才能到達C. 設(shè)乙步行的速度為v m/min,由題意得-3≤-≤3,解得≤v≤,
17、所以為使兩位游客在C處互相等待的時 間不超過3 min,乙步行的速度應(yīng)控制在(單位:m/min)范圍內(nèi). 1.解三角形應(yīng)用題的常見情況及方法 (1)實際問題經(jīng)抽象概括后,已知量與未知量全部集中在一個三角形中,可用正弦定理或余弦定理求解. (2)實際問題經(jīng)抽象概括后,已知量與未知量涉及兩個或兩個以上的三角形,這時需作出這些三角形,先解夠條件的三角形,然后逐步求解其他三角形,有時需設(shè)出未知量,從幾個三角形中列出方程(組),解方程(組)得出所要求的解. 2.解三角形應(yīng)用題的一般步驟 針對訓(xùn)練 20xx·湖北高考]如圖,一輛汽車在一條水平的公路上向正西行駛,到A處時測得公路北側(cè)一
18、山頂D在西偏北30°的方向上,行駛600 m后到達B處,測得此山頂在西偏北75°的方向上,仰角為30°,則此山的高度CD=_______________________________________________ _________________________m. 答案 100 解析 在△ABC中,∠BAC=30°,∠BCA=75°-30°=45°,所以由正弦定理得,BC=·AB=×600=×600=300.在△BCD中,CD=BCtan30°=300×=100,故此山的高度為100 m. 全國卷高考真題調(diào)研] 1.20xx·全國卷Ⅱ]若cos=,則sin2α=
19、( ) A. B. C.- D.- 答案 D 解析 因為cos=coscosα+sinsinα=(sinα+cosα)=,所以sinα+cosα=,所以1+sin2α=,所以sin2α=-,故選D. 2.20xx·全國卷Ⅰ]sin20°cos10°-cos160°sin10°=( ) A.- B. C.- D. 答案 D 解析 原式=sin20°cos10°+cos20°sin10°=sin(20°+10°)=. 3.20xx·全國卷Ⅰ]在平面四邊形ABCD中,∠A=∠B=∠C=75°,BC=2,則AB的取值范圍是________. 答案 (-,+)
20、 解析 如圖,作△PBC,使∠B=∠C=75°,BC=2,作直線AD分別交線段PB、PC于A、D兩點(不與端點重合),且使∠BAD=75°,則四邊形ABCD就是符合題意的四邊形.過C作AD的平行線交PB于點Q,在△PBC中,過P作BC的垂線交BC于點E,則PB==+;在△QBC中,由余弦定理QB2=BC2+QC2-2QC·BC·cos30°=8-4=(-)2,故QB=-,所以AB的取值范圍是(-,+). 其它省市高考題借鑒] 4.20xx·浙江高考]已知2cos2x+sin2x=Asin(ωx+φ)+b(A>0),則A=________,b=________. 答案 1 解析 由
21、于2cos2x+sin2x=1+cos2x+sin2x=sin+1,所以A=,b=1. 5.20xx·廣東高考]設(shè)△ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若a=,sinB=,C=,則b=________. 答案 1 解析 由sinB=得B=或,因為C=,所以B≠,所以B=,于是A=.由正弦定理,得=,所以b=1. 6.20xx·山東高考]設(shè)f(x)=sinxcosx-cos2. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間; (2)在銳角△ABC中,角A,B,C的對邊分別為a,b,c.若f=0,a=1,求△ABC面積的最大值. 解 (1)由題意知f(x)=- =-=sin2x-. 由-
22、+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z,可得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z; 由+2kπ≤2x≤+2kπ,k∈Z,可得+kπ≤x≤+kπ,k∈Z. 所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(k∈Z); 單調(diào)遞減區(qū)間是(k∈Z). (2)由f=sinA-=0,得sinA=, 由題意知A為銳角,所以cosA=. 由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA, 可得1+bc=b2+c2≥2bc, 即bc≤2+,且當b=c時等號成立. 因此bcsinA≤. 所以△ABC面積的最大值為. 一、選擇題 1.20xx·合肥質(zhì)檢]sin18°sin78°-cos162°cos78°=( ) A.-
23、 B.- C. D. 答案 D 解析 sin18°sin78°-cos162°cos78°=sin18°sin78°+cos18°·cos78°=cos(78°-18°)=cos60°=,故選D. 2.20xx·廣西質(zhì)檢]已知<α<π,3sin2α=2cosα,則cos(α-π)等于( ) A. B. C. D. 答案 C 解析 由3sin2α=2cosα得sinα=.因為<α<π,所以cos(α-π)=-cosα= =. 3.20xx·鄭州質(zhì)檢]在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,若=,則cosB=( ) A.- B. C.-
24、 D. 答案 B 解析 由正弦定理知==1,即tanB=,所以B=,所以cosB=cos=,故選B. 4.20xx·武漢調(diào)研]據(jù)氣象部門預(yù)報,在距離某碼頭正西方向400 km處的熱帶風暴中心正以20 km/h的速度向東北方向移動,距風暴中心300 km以內(nèi)的地區(qū)為危險區(qū),則該碼頭處于危險區(qū)內(nèi)的時間為( ) A.9 h B.10 h C.11 h D.12 h 答案 B 解析 記碼頭為點O,熱帶風暴中心的位置為點A,t小時后熱帶風暴到達B點位置,在△OAB中,OA=400,AB=20t,∠OAB=45°,根據(jù)余弦定理得4002+400t2-2×20t×400×≤3002,
25、即t2-20t+175≤0,解得10-5≤t≤10+5,所以所求時間為10+5-10+5=10(h),故選B. 5.20xx·云南統(tǒng)測]已知△ABC的內(nèi)角A、B、C對的邊分別為a、b、c,sinA+sinB=2sinC,b=3,當內(nèi)角C最大時,△ABC的面積等于( ) A. B. C. D. 答案 A 解析 根據(jù)正弦定理及sinA+sinB=2sinC得a+b=2c,c=,cosC===+-≥2-=,當且僅當=,即a=時,等號成立,此時sinC=,S△ABC=absinC=××3×=. 6.20xx·鄭州質(zhì)量預(yù)測]在△ABC中,角A,B,C所對的邊分別是a,b,c,已知s
26、in(B+A)+sin(B-A)=3sin2A,且c=,C=,則△ABC的面積是( ) A. B. C. D.或 答案 D 解析 sin(B+A)=sinBcosA+cosBsinA,sin(B-A)=sinBcosA-cosBsinA,sin2A=2sinAcosA,sin(B+A)+sin(B-A)=3sin2A,即2sinBcosA=6sinAcosA.當cosA=0時,A=,B=,又c=,得b=.由三角形面積公式知S=bc=;當cosA≠0時,由2sinBcosA=6sinAcosA可得sinB=3sinA,根據(jù)正弦定理可知b=3a,再由余弦定理可知cosC===co
27、s=,可得a=1,b=3,所以此時三角形的面積為S=absinC=.綜上可得三角形的面積為或,所以選D. 二、填空題 7.已知tanα,tanβ是lg (6x2-5x+2)=0的兩個實根,則tan(α+β)=________. 答案 1 解析 lg (6x2-5x+2)=0?6x2-5x+1=0,∴tanα+tanβ=,tanα·tanβ=,∴tan(α+β)===1. 8.20xx·貴陽監(jiān)測]在△ABC中,內(nèi)角A、B、C所對邊分別是a、b、c,若sin2=,則△ABC的形狀一定是________. 答案 直角三角形 解析 由題意,得=,即cosB=,又由余弦定理,得=,整理,得
28、a2+b2=c2,所以△ABC為直角三角形. 9.20xx·西安質(zhì)檢]已知△ABC的三邊a,b,c所對的角分別為A,B,C,且a∶b∶c=7∶5∶3,若△ABC的面積為45,則△ABC外接圓的半徑為________. 答案 14 解析 因為a∶b∶c=7∶5∶3,所以可設(shè)a=7k,b=5k,c=3k(k>0),由余弦定理得,cosA===-.因為A是△ABC的內(nèi)角,所以sinA==,因為△ABC的面積為45,所以bcsinA=45,即×5k×3k×=45,解得k=2.由正弦定理=2R(R為△ABC外接圓的半徑),即2R==,解得R=14,所以△ABC外接圓半徑為14. 三、解答題 1
29、0.20xx·重慶測試]在銳角△ABC中,內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,且2cos2+sin2A=1. (1)求A; (2)設(shè)a=2-2,△ABC的面積為2,求b+c的值. 解 (1)由2cos2+sin2A=1可得,2+2sinAcosA=1, 所以1+cos(π-A)+2sinAcosA=1,故2sinAcosA-cosA=0. 因為△ABC為銳角三角形,所以cosA≠0,故sinA=, 從而A=. (2)因為△ABC的面積為bcsinA=bc=2,所以bc=8. 因為A=,故cosA=,由余弦定理可知,b2+c2-a2=2bccosA=bc. 又a=2-2,所以
30、(b+c)2=b2+c2+2bc=(2+)bc+a2=8×(2+)+(2-2)2=32. 故b+c==4. 11.20xx·武漢調(diào)研]在△ABC中,內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c,已知cos2B+cosB=1-cosAcosC. (1)求證:a,b,c成等比數(shù)列; (2)若b=2,求△ABC的面積的最大值. 解 (1)證明:在△ABC中,cosB=-cos(A+C). 由已知,得(1-sin2B)-cos(A+C)=1-cosAcosC, ∴-sin2B-(cosAcosC-sinAsinC)=-cosAcosC, 化簡,得sin2B=sinAsinC.由正弦定理,得b
31、2=ac, ∴a,b,c成等比數(shù)列. (2)由(1)及題設(shè)條件,得ac=4. 則cosB==≥=, 當且僅當a=c時,等號成立. ∵0
32、sin=, 所以cos=1-2sin2=. (2)因為(2a-c)cosB=bcosC, 由正弦定理得(2sinA-sinC)cosB=sinBcosC, 所以2sinAcosB-sinCcosB=sinBcosC, 所以2sinAcosB=sin(B+C). 因為A+B+C=π,所以sin(B+C)=sinA,且sinA≠0, 所以cosB=,又0
33、in·cos-. (1)求f(x)的定義域與最小正周期; (2)討論f(x)在區(qū)間上的單調(diào)性. 審題過程 確定函數(shù)的定義域,運用輔助角公式化為y=Asin(ωx+φ)的形式確定最小正周期. 利用y=sinx的單調(diào)性進行求解,注意將ωx+φ視為一個整體. (1)f(x)的定義域為. f(x)=4tanxcosxcos- =4sinxcos- =4sinx- =2sinxcosx+2sin2x- =sin2x+(1-cos2x)- =sin2x-cos2x =2sin. 所以,f(x)的最小正周期T==π. (2)令z=2x-,函數(shù)y=2sinz的單調(diào)遞增區(qū)間是
34、,k∈Z. 由-+2kπ≤2x-≤+2kπ,得-+kπ≤x≤+kπ,k∈Z. 設(shè)A=,B=+kπ≤x≤+. 易知A∩B=. 所以,當x∈時,f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增,在區(qū)間上單調(diào)遞減. 模型歸納 利用y=sinx(y=cosx)的圖象及性質(zhì)解決三角函數(shù)性質(zhì)的模型示意圖如下: 典題例證 △ABC的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,已知2cosC(acosB+bcosA)=c. (1)求C; (2)若c=,△ABC的面積為,求△ABC的周長. 審題過程 利用正、余弦定理進行邊角互化; 由S△ABC得出ab,再由余弦定理聯(lián)立方程. (1)由已知及正弦定理
35、得, 2cosC(sinAcosB+sinBcosA)=sinC, 2cosCsin(A+B)=sinC, 故2sinCcosC=sinC. 可得cosC=,所以C=. (2)由已知,absinC=. 又C=,所以ab=6. 由已知及余弦定理得,a2+b2-2abcosC=7, 故a2+b2=13,從而(a+b)2=25. 所以△ABC的周長為5+. 模型歸納 利用正弦、余弦定理解三角形的模型示意圖如下: 專題四 數(shù)列 第一講 等差與等比數(shù)列 必記公式] 1.等差數(shù)列通項公式:an=a1+(n-1)d. 2.等差數(shù)列前n項和公式:Sn==na1+.
36、
3.等比數(shù)列通項公式:an=a1·qn-1.
4.等比數(shù)列前n項和公式:
Sn=.
5.等差中項公式:2an=an-1+an+1(n∈N*,n≥2).
6.等比中項公式:a=an-1an+1(n∈N*,n≥2).
7.數(shù)列{an}的前n項和與通項an之間的關(guān)系:an=.
重要結(jié)論]
1.通項公式的推廣:等差數(shù)列中,an=am+(n-m)d;等比數(shù)列中,an=am·qn-m.
2.增減性:(1)等差數(shù)列中,若公差大于零,則數(shù)列為遞增數(shù)列;若公差小于零,則數(shù)列為遞減數(shù)列.
(2)等比數(shù)列中,若a1>0且q>1或a1<0且0 37、1<0且q>1,則數(shù)列為遞減數(shù)列.
3.等差數(shù)列{an}中,Sn為前n項和.Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…仍成等差數(shù)列;等比數(shù)列{bn} 中,Tn為前n項和.Tn,T2n-Tn,T3n-T2n,…一般仍成等比數(shù)列.
失分警示]
1.忽視等比數(shù)列的條件:
判斷一個數(shù)列是等比數(shù)列時,忽視各項都不為零的條件.
2.漏掉等比中項:
正數(shù)a,b的等比中項是±,容易漏掉-.
3.忽略對等比數(shù)列的公比的討論:
應(yīng)用等比數(shù)列前n項和公式時應(yīng)首先討論公式q是否等于1.
4.a(chǎn)n-an-1=d或=q中注意n的范圍限制.
5.易忽略公式an=Sn-Sn-1成立的條件是n≥2.
6.證明 38、一個數(shù)列是等差或等比數(shù)列時,由數(shù)列的前n項和想當然得到數(shù)列的通項公式,易出錯,必須用定義證明.
7.等差數(shù)列的單調(diào)性只取決于公差d的正負,而等比數(shù)列的單調(diào)性既要考慮公比q,又要考慮首項a1的正負.
考點 數(shù)列的概念、表示方法及遞推公式
典例示法
題型1 利用遞推關(guān)系求通項公式
典例1 (1)已知正項數(shù)列{an}滿足a1=1,(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,則它的通項公式為( )
A.a(chǎn)n= B.a(chǎn)n=
C.a(chǎn)n= D.a(chǎn)n=n
解析] 由(n+2)a-(n+1)a+anan+1=0,
得(n+2)an+1-(n+1)an](an+1+an) 39、=0,
又an>0,所以(n+2)an+1=(n+1)an,
即=,an+1=an,
所以an=··…·a1=a1(n≥2),
所以an=(n=1適合),
于是所求通項公式為an=.
答案] B
(2)20xx·江蘇高考]設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*),則數(shù)列前10項的和為______.
解析] 由a1=1,且an+1-an=n+1(n∈N*)得,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)=1+2+3+…+n=,
則==2,故數(shù)列前10項的和S10=2=2=.
答案]
題型2 利用an與Sn的關(guān)系求an
典例2 40、 20xx·全國卷Ⅰ]Sn為數(shù)列{an}的前n項和,已知an>0,a+2an=4Sn+3.
(1)求{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=,求數(shù)列{bn}的前n項和.
解] (1)由a+2an=4Sn+3,可知a+2an+1=4Sn+1+3.
可得a-a+2(an+1-an)=4an+1,即
2(an+1+an)=a-a=(an+1+an)(an+1-an).
由于an>0,可得an+1-an=2.
又a+2a1=4a1+3,解得a1=-1(舍去)或a1=3.
所以{an}是首項為3,公差為2的等差數(shù)列,
通項公式為an=2n+1.
(2)由an=2n+1可知
bn=== 41、.
設(shè)數(shù)列{bn}的前n項和為Tn,則
Tn=b1+b2+…+bn
==.
求數(shù)列通項公式的常見類型及方法
(1)歸納猜想法:已知數(shù)列的前幾項,求數(shù)列的通項公式,可采用歸納猜想法.
(2)已知Sn與an的關(guān)系,利用an=求an.
(3)累加法:數(shù)列遞推關(guān)系形如an+1=an+f(n),其中數(shù)列{f(n)}前n項和可求,這種類型的數(shù)列求通項公式時,常用累加法(疊加法).
(4)累乘法:數(shù)列遞推關(guān)系形如an+1=g(n)an,其中數(shù)列{g(n)}前n項可求積,此數(shù)列求通項公式一般采用累乘法(疊乘法).
(5)構(gòu)造法:①遞推關(guān)系形如an+1=pan+q(p,q為常數(shù))可化為an 42、+1+=p(p≠1)的形式,利用是以p為公比的等比數(shù)列求解;
②遞推關(guān)系形如an+1=(p為非零常數(shù))可化為-=的形式.
考點 等差、等比數(shù)列的運算
典例示法
題型1 等差、等比數(shù)列的基本運算
典例3 20xx·全國卷Ⅱ]已知等比數(shù)列{an}滿足a1=,a3a5=4(a4-1),則a2=( )
A.2 B.1
C. D.
解析] 設(shè)等比數(shù)列{an}的公比為q,a1=,a3a5=4(a4-1),由題可知q≠1,則a1q2×a1q4=4(a1q3-1),
∴×q6=4,
∴q6-16q3+64=0,∴(q3-8)2=0,∴q3=8,∴q=2,
∴a2=,故選C 43、.
答案] C
題型2 等差、等比數(shù)列性質(zhì)的運算
典例4 20xx·全國卷Ⅰ]設(shè)等比數(shù)列{an}滿足a1+a3=10,a2+a4=5,則a1a2…an的最大值為________.
解析] 設(shè){an}的公比為q,由a1+a3=10,a2+a4=5得a1=8,q=,則a2=4,a3=2,a4=1,a5=,所以a1a2…an≤a1a2a3a4=64.
答案] 64
1.等差(比)數(shù)列基本運算中的關(guān)注點
(1)基本量
在等差(比)數(shù)列中,首項a1和公差d(公比q)是兩個基本量.
(2)解題思路
①求公差d(公比q):常用公式an=am+(n-m)d(an=amqn-m);
44、②列方程組:若條件與結(jié)論的聯(lián)系不明顯時,常把條件轉(zhuǎn)化為關(guān)于a1和d(q)的方程組求解,但要注意消元及整體計算,以減少計算量.
2.等差(比)數(shù)列的性質(zhì)盤點
考點 等差、等比數(shù)列的判斷與證明
典例示法
典例5 20xx·全國卷Ⅰ]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ為常數(shù).
(1)證明:an+2-an=λ;
(2)是否存在λ,使得{an}為等差數(shù)列?并說明理由.
解] (1)證明:由題設(shè),anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
兩式相減得an+1(an+2-an)=λan+1.
因為an+1≠0, 45、所以an+2-an=λ.
(2)由題設(shè),a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1,
由(1)知,a3=λ+1.
若{an}為等差數(shù)列,則2a2=a1+a3,解得λ=4,
故an+2-an=4.
由此可得{a2n-1}是首項為1,公差為4的等差數(shù)列,a2n-1=4n-3;
{a2n}是首項為3,公差為4的等差數(shù)列,a2n=4n-1.
所以an=2n-1,an+1-an=2.
因此存在λ=4,使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列.
在本例題(2)中是否存在λ,使得{an}為等比數(shù)列?并說明理由.
解 由題設(shè)可知a1=1,a1a2=λS1-1,得a2=λ-1,由(1)知a3=λ+1 46、,若{an}為等比數(shù)列,則a=a1a3,即(λ-1)2=λ+1,解得λ=0或λ=3.
當λ=0時,anan+1=-1,又a1=1,所以a2=-1,a3=1,…,an=(-1)n-1,所以數(shù)列{an}為首項為1,公比為-1的等比數(shù)列;
當λ=3時,a1=1,a2=2,a3=4,故可令an=2n-1,則anan+1=22n-1.
λSn-1=3·2n-4,易得anan+1與λSn-1不恒相等,與已知條件矛盾.
綜上可知,存在λ=0,使得{an}為等比數(shù)列.
1.等差數(shù)列的判定方法
(1)證明一個數(shù)列{an}為等差數(shù)列的基本方法有兩種
①利用等差數(shù)列的定義證明,即證明an+1-an 47、=d(n∈N*);
②利用等差中項證明,即證明an+2+an=2an+1(n∈N*).
(2)解選擇、填空題時,亦可用通項或前n項和直接判斷.
①通項法:若數(shù)列{an}的通項公式為n的一次函數(shù),即an=An+B,則{an}是等差數(shù)列.
②前n項和法:若數(shù)列{an}的前n項和Sn是Sn=An2+Bn的形式(A,B是常數(shù)),則{an}是等差數(shù)列.
2.等比數(shù)列的判定方法
(1)定義法:若=q(q為非零常數(shù))或=q(q為非零常數(shù)且n≥2),則{an}是等比數(shù)列.
(2)中項公式法:若數(shù)列{an}中,an≠0且a=an·an+2(n∈N*),則數(shù)列{an}是等比數(shù)列.
(3)通項公式法 48、:若數(shù)列通項公式可寫成an=c·qn(c,q均是不為0的常數(shù),n∈N*),則{an}是等比數(shù)列.
(4)前n項和公式法:若數(shù)列{an}的前n項和Sn=k·qn-k(k為常數(shù)且k≠0,q≠0,1),則{an}是等比數(shù)列.
提醒:若判斷一個數(shù)列不是等差(等比)數(shù)列,則只需說明前三項不是等差(等比)數(shù)列即可.
針對訓(xùn)練
20xx·云南統(tǒng)測]在數(shù)列{an}中,a1=,an+1=2-,設(shè)bn=,數(shù)列{bn}的前n項和是Sn.
(1)證明數(shù)列{bn}是等差數(shù)列,并求Sn;
(2)比較an與Sn+7的大?。?
解 (1)證明:∵bn=,an+1=2-,∴bn+1==+1=bn+1,∴bn+1-b 49、n=1,
∴數(shù)列{bn}是公差為1的等差數(shù)列.
由a1=,bn=得b1=-,
∴Sn=-+=-3n.
(2)由(1)知:bn=-+n-1=n-.由bn=得an=1+=1+.
∴an-Sn-7=-+3n-6+.
∵當n≥4時,y=-+3n-6是減函數(shù),y=也是減函數(shù),
∴當n≥4時,an-Sn-7≤a4-S4-7=0.
又∵a1-S1-7=-<0,a2-S2-7=-<0,a3-S3-7=-<0,∴?n∈N*,an-Sn-7≤0,
∴an≤Sn+7.
全國卷高考真題調(diào)研]
1.20xx·全國卷Ⅰ]已知{an}是公差為3的等差數(shù)列,數(shù)列{bn}滿足b1=1,b2=, 50、anbn+1+bn+1=nbn.
(1)求{an}的通項公式;
(2)求{bn}的前n項和.
解 (1)由已知,a1b2+b2=b1,b1=1,b2=,得a1=2.
所以數(shù)列{an}是首項為2,公差為3的等差數(shù)列,
通項公式為an=3n-1.
(2)由(1)和anbn+1+bn+1=nbn得bn+1=,
因此{bn}是首項為1,公比為的等比數(shù)列.
記{bn}的前n項和為Sn,
則Sn==-.
2.20xx·全國卷Ⅲ]已知數(shù)列{an}的前n項和Sn=1+λan,其中λ≠0.
(1)證明{an}是等比數(shù)列,并求其通項公式;
(2)若S5=,求λ.
解 (1)證明:由題意得 51、a1=S1=1+λa1,故λ≠1,a1=,a1≠0.
由Sn=1+λan,Sn+1=1+λan+1得an+1=λan+1-λan,即an+1(λ-1)=λan.由a1≠0,λ≠0且λ≠1得an≠0,
所以=.
因此{an}是首項為,公比為的等比數(shù)列,于是an=n-1.
(2)由(1)得Sn=1-n.由S5=得1-5=,即5=.
解得λ=-1.
其它省市高考題借鑒]
3.20xx·北京高考]已知{an}為等差數(shù)列,Sn為其前n項和.若a1=6,a3+a5=0,則S6=________.
答案 6
解析 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,
由已知得解得
所以S6=6a1+×6×5 52、d=36+15×(-2)=6.
4.20xx·廣東高考]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,n∈N*,已知a1=1,a2=,a3=,且當n≥2時,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1.
(1)求a4的值;
(2)證明:為等比數(shù)列;
(3)求數(shù)列{an}的通項公式.
解 (1)∵4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1,
∴n=2時,4S4+5S2=8S3+S1,
∴4(a1+a2+a3+a4)+5(a1+a2)=8(a1+a2+a3)+a1,
∴4×+5×=8×1+++1,
解得a4=.
(2)證明:∵n≥2時,4Sn+2+5Sn=8Sn+1+Sn-1,
∴4(Sn+2- 53、Sn+1)-2(Sn+1-Sn)=2(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1),
∴(Sn+2-Sn+1)-(Sn+1-Sn)=(Sn+1-Sn)-(Sn-Sn-1),
∴an+2-an+1=.
又a3-a2=,
∴是首項為1,公比為的等比數(shù)列.
(3)由(2)知是首項為1,公比為的等比數(shù)列,
∴an+1-an=n-1,
兩邊同乘以2n+1得,an+1·2n+1-an·2n=4.
又a2·22-a1·21=4,
∴{an·2n}是首項為2,公差為4的等差數(shù)列,
∴an·2n=2+4(n-1)=2(2n-1),
∴an==.
一、選擇題
1.20xx·重慶高考]在 54、等差數(shù)列{an}中,若a2=4,a4=2,則a6=( )
A.-1 B.0
C.1 D.6
答案 B
解析 設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,由a4=a2+2d,a2=4,a4=2,得2=4+2d,d=-1,∴a6=a4+2d=0.故選B.
2.20xx·山西四校聯(lián)考]等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn,若公比q>1,a3+a5=20,a2a6=64,則S5=( )
A.31 B.36
C.42 D.48
答案 A
解析 由等比數(shù)列的性質(zhì),得a3a5=a2a6=64,于是由且公比q>1,得a3=4,a5=16,所以解得所以S5==31,故選A.
3.20xx·唐山 55、統(tǒng)考]設(shè)Sn是等比數(shù)列{an}的前n項和,若=3,則=( )
A.2 B.
C. D.1或2
答案 B
解析 設(shè)S2=k,S4=3k,由數(shù)列{an}為等比數(shù)列,得S2,S4-S2,S6-S4為等比數(shù)列,∴S2=k,S4-S2=2k,S6-S4=4k,∴S6=7k,S4=3k,∴==,故選B.
4.20xx·浙江高考]已知{an}是等差數(shù)列,公差d不為零,前n項和是Sn.若a3,a4,a8成等比數(shù)列,則( )
A.a(chǎn)1d>0,dS4 >0 B.a(chǎn)1d<0,dS4<0
C.a(chǎn)1d>0,dS4<0 D.a(chǎn)1d<0,dS4>0
答案 B
解析 由a=a3a8,得( 56、a1+2d)(a1+7d)=(a1+3d)2,整理得d(5d+3a1)=0,又d≠0,∴a1=-d,則a1d=-d2<0,又∵S4=4a1+6d=-d,∴dS4=-d2<0,故選B.
5.正項等比數(shù)列{an}滿足:a3=a2+2a1,若存在am,an,使得am·an=16a,m,n∈N*,則+的最小值為( )
A.2 B.16
C. D.
答案 C
解析 設(shè)數(shù)列{an}的公比為q,a3=a2+2a1?q2=q+2?q=-1(舍)或q=2,∴an=a1·2n-1,am·an=16a?a·2m+n-2=16a?m+n=6,∵m,n∈N*,∴(m,n)可取的數(shù)值組合為(1,5), 57、(2,4),(3,3),(4,2),(5,1),計算可得,當m=2,n=4時,+取最小值.
6.20xx·吉林長春質(zhì)量監(jiān)測]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=a2=1,{nSn+(n+2)an}為等差數(shù)列,則an=( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 設(shè)bn=nSn+(n+2)an,則b1=4,b2=8,{bn}為等差數(shù)列,所以bn=4n,即nSn+(n+2)an=4n,Sn+an=4.
當n≥2時,Sn-Sn-1+an-an-1=0,所以an=an-1,即2·=,又因為=1,所以是首項為1,公比為的等比數(shù)列,所以=n-1(n∈N*),an=(n∈N*), 58、故選A.
二、填空題
7.20xx·廣東高考]在等差數(shù)列{an}中,若a3+a4+a5+a6+a7=25,則a2+a8=________.
答案 10
解析 利用等差數(shù)列的性質(zhì)可得a3+a7=a4+a6=2a5,從而a3+a4+a5+a6+a7=5a5=25,故a5=5,所以a2+a8=2a5=10.
8.20xx·遼寧質(zhì)檢]設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn,且a1=1,an+1=2Sn+3,則S4=________.
答案 66
解析 依題an=2Sn-1+3(n≥2),與原式作差得,an+1-an=2an,n≥2,即an+1=3an,n≥2,可見,數(shù)列{an}從第二項起是公比為 59、3的等比數(shù)列,a2=5,所以S4=1+=66.
9.20xx·云南統(tǒng)考]在數(shù)列{an}中,an>0,a1=,如果an+1是1與的等比中項,那么a1++++…+的值是________.
答案
解析 由題意可得,a=?(2an+1+anan+1+1)(2an+1-anan+1-1)=0,又an>0,∴2an+1-anan+1-1=0,又2-an≠0,∴an+1=?an+1-1=,又可知an≠1,∴=-1,∴是以為首項,-1為公差的等差數(shù)列,∴=-(n-1)=-n-1?an=?==-,∴a1++++…+=1-+-+-+-+…+-=.
三、解答題
10.20xx·蚌埠質(zhì)檢]已知數(shù)列{an} 60、是等比數(shù)列,Sn為數(shù)列{an}的前n項和,且a3=3,S3=9.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)設(shè)bn=log2,且{bn}為遞增數(shù)列,若cn=,求證:c1+c2+c3+…+cn<1.
解 (1)設(shè)該等比數(shù)列的公比為q,
則根據(jù)題意有3·=9,
從而2q2-q-1=0,
解得q=1或q=-.
當q=1時,an=3;
當q=-時,an=3·n-3.
(2)證明:若an=3,則bn=0,與題意不符,
故an=3n-3,
此時a2n+3=3·2n,∴bn=2n,符合題意.
∴cn===-,
從而c1+c2+c3+…+cn=1-<1.
11.成等差數(shù)列的三個正數(shù)的 61、和等于15,并且這三個數(shù)分別加上2,5,13后成為等比數(shù)列{bn}中的b3,b4,b5.
(1)求數(shù)列{bn}的通項公式;
(2)數(shù)列{bn}的前n項和為Sn,求證:數(shù)列是等比數(shù)列.
解 (1)設(shè)成等差數(shù)列的三個正數(shù)分別為a-d,a,a+d.
依題意,得a-d+a+a+d=15,
解得a=5.
所以{bn}中的b3,b4,b5依次為7-d,10,18+d.
依題意,有(7-d)(18+d)=100,
解得d=2或d=-13(舍去).
故{bn}的第3項為5,公比為2,
由b3=b1·22,即5=b1·22,
解得b1=.
所以{bn}是以為首項,2為公比的等比數(shù)列,其通 62、項公式為bn=·2n-1=5·2n-3.
(2)證明:數(shù)列{bn}的前n項和Sn==5·2n-2-,即Sn+=5·2n-2.
所以S1+=,==2.
因此是以為首項,2為公比的等比數(shù)列.
12.20xx·西安質(zhì)檢]等差數(shù)列{an}的各項均為正數(shù),a1=1,前n項和為Sn;數(shù)列{bn}為等比數(shù)列,b1=1,且b2S2=6,b2+S3=8.
(1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式;
(2)求++…+.
解 (1)設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,d>0,{bn}的公比為q,
則an=1+(n-1)d,bn=qn-1.
依題意有
解得或(舍去)
故an=n,bn=2n-1.
( 63、2)由(1)知Sn=1+2+…+n=n(n+1),
==2,
∴++…+
=2
=2=.
第二講 數(shù)列求和及綜合應(yīng)用
重要公式及結(jié)論]
1.分組求和法:分組求和法是解決通項公式可以寫成cn=an+bn形式的數(shù)列求和問題的方法,其中{an}與{bn}是等差(比)數(shù)列或一些可以直接求和的數(shù)列.
2.裂項相消法:將數(shù)列的通項分成兩個代數(shù)式子的差,即an=f(n+1)-f(n)的形式,然后通過累加抵消中間若干項的求和方法.形如(其中{an}是各項均不為0的等差數(shù)列,c為常數(shù))的數(shù)列等.
3.錯位相減法:形如{an·bn}(其中{an}為等差數(shù)列,{bn}為等比數(shù)列)的數(shù)列求 64、和,一般分三步:①巧拆分;②構(gòu)差式;③求和.
4.倒序求和法:距首尾兩端等距離的兩項和相等,可以用此法,一般步驟:①求通項公式;②定和值;③倒序相加;④求和;⑤回顧反思.
附:
(1)常見的拆項公式(其中n∈N*)
①=-.
②=.
③=.
④若等差數(shù)列{an}的公差為d,則=
;=.
⑤=.
⑥=-.
⑦=(-).
(2)公式法求和:要熟練掌握一些常見數(shù)列的前n項和公式,如
①1+2+3+…+n=;
②1+3+5+…+(2n-1)=n2;
③12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1).
失分警示]
1.公比為字母的等比數(shù)列求和時,注意公比是否為1的 65、分類討論.
2.錯位相減法求和時易漏掉減數(shù)式的最后一項.
3.裂項相消法求和時易認為只剩下首尾兩項.
4.裂項相消法求和時注意所裂式與原式的等價性.
考點 數(shù)列求和問題
典例示法
題型1 分組轉(zhuǎn)化求和
典例1 設(shè)數(shù)列{an}滿足a1=2,a2+a4=8,且對任意n∈N*,函數(shù)f(x)=(an-an+1+an+2)x+an+1cosx-an+2sinx滿足f′=0.
(1)求數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若bn=2,求數(shù)列{bn}的前n項和Sn.
解] (1)由題設(shè)可得
f′(x)=an-an+1+an+2-an+1sinx-an+2cosx.
對任意n 66、∈N*,f′=an-an+1+an+2-an+1=0,
即an+1-an=an+2-an+1,故{an}為等差數(shù)列.
由a1=2,a2+a4=8,解得{an}的公差d=1,
所以an=2+1·(n-1)=n+1.
(2)因為bn=2
=2=2n++2,
所以Sn=b1+b2+…+bn
=(2+2+…+2)+2(1+2+…+n)+
=2n+2·+
=n2+3n+1-.
題型2 錯位相減法求和
典例2 20xx·湖北高考]設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d,前n項和為Sn,等比數(shù)列{bn}的公比為q.已知b1=a1,b2=2,q=d,S10=100.
(1)求數(shù)列{an},{bn}的通項公式;
(2)當d>1時,記cn=,求數(shù)列{cn}的前n項和Tn.
解] (1)由題意有,
即
解得或
故或
(2)由d>1,知an=2n-1,bn=2n-1,故cn=,于是
Tn=1+++++…+,①
Tn=+++++…+,②
①-②可得
Tn=2+++…+-
=3-,
故Tn=6-.
題型3 裂項相消法求和
典例3 20xx·洛陽統(tǒng)考]設(shè)數(shù)列{an}的前0且0
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