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1、【三维设计】2015高中数学 第2部分 模块复习精要 新人教A版必修5一、知识体系全览理清知识脉略主干知识一网尽览二、高频考点聚焦锁定备考范围高考题型全盘突破利用正、余弦定理解斜三角形1对于解三角形的考查，命题多利用正、余弦公式，三角形内角和定理来求边和角，其中以求边或角的取值范围为主，以解三角形与三角函数的结合为命题热点，试题多以大题的形式出现，难度中等2解题时，要弄清三角形三边、三角中已知什么、求什么，分清题目条件与结论，并结合三角形的有关性质，如大边对大角，内角和定理等，注意数形结合，正确地求解三角形，防止出现漏解或增根的情况例1(2012全国新课标高考)已知a，b，c分别为ABC三个内
2、角A，B，C的对边，casin Cccos A.(1)求A；(2)若a2，ABC的面积为，求b，c.解(1)由casin Cccos A及正弦定理得sin Asin Ccos Asin Csin C0.由于sin C0，所以sin(A).又0A，则A，故A，所以A.(2)由正弦定理可得ABC的面积Sbcsin A，故bc4.而由余弦定理可得，a2b2c22bccos A，故b2c28.则(bc)2b2c22bc16而bc0故bc4，b，c是方程x24x40的两根，解得bc2.1在ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，已知9，sin Bcos Asin C，(1)求边AC的长度；(2)若
3、BC4，求角B的正弦值解：(1)由9得，cbcos A9.又sin Bcos Asin C，cos Acb代入cbcos A9得b3.即|AC|9(2)cbcos A9，cos A，把a4，b3代入得c5，c2b2a2.sin B.正、余弦定理的实际应用1正、余弦定理在实际中的应用是高考中的热点，主要考查距离、高度、角度等问题，试题以解答题为主，难度一般2解决这类题目，一要掌握仰角、俯角和方位角等常用术语；二要通过审题把已知量和待求量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解三角形的模型；三要利用正、余弦定理解出所需要的边和角，求得该数学模型的解例2某港口O要将一件重要物品用小艇送到一艘正在航行的轮
4、船上在小艇出发时，轮船位于港口O北偏西30且与该港口相距20海里的A处，并正以30海里/时的航行速度沿正东方向匀速行驶假设该小艇沿直线方向以v海里/时的航行速度匀速行驶，经过t小时与轮船相遇(1)若希望相遇时小艇的航行距离最小，则小艇航行速度的大小应为多少？(2)为保证小艇在30分钟内(含30分钟)能与轮船相遇，试确定小艇航行速度的最小值解(1)法一：若相遇时小艇的航行距离最小，又轮船沿正东方向匀速行驶，则小艇航行方向为正北方向设小艇与轮船在C处相遇(如图)在RtOAC中，OC20cos 3010，AC20sin 3010.又AC30t，OCvt，此时，轮船航行时间t，v30，即小艇以30海里
5、/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小法二：设相遇时小艇的航行距离为s海里，则s .故当t时，s最小值10，v30.即小艇以30海里/时的速度航行，相遇时小艇的航行距离最小(2)设小艇与轮船在B处相遇由题意可得(vt)2202(30t)222030tcos(9030)，化简得v29004002675，由于0t，即2，所以当2时，v取得最小值10，即小艇航行速度的最小值为10海里/小时2如图，测量人员沿直线MNP的方向测量，测得塔顶A的仰角分别是AMB30，ANB45，APB60，且MNPN500 m，求塔高AB.解：设ABx，AB垂直于地面，ABM，ABN，ABP均为直角三角形BMx，BNx
6、.BPx.在MNB中，由余弦定理知BM2MN2BN22MNBNcosMNB，在PNB中，由余弦定理知BP2NP2BN22NPBNcosPNB，又MNB与PNB互补，MNNP500，3x2250 000x22500xcosMNB，x2250 000x22500xcosPNB.，得x2500 0002x2，x250或x250(舍去)所以塔高为250 m.等差数列与等比数列的基本运算1数列的基本运算以小题出现具多，但也可作为解答题第一步命题，主要考查利用数列的通项公式及求和公式，求数列中的项、公差、公比及前n项和等，一般试题难度较小2在等差(或等比)数列中，首项a1与公差d(或公比q)是两个基本量，
7、一般的等差(或等比)数列的计算问题，都可以设出这两个量求解在等差数列中的五个量a1，d，n，an，Sn或等比数列中的五个量a1，q，n，an，Sn中，可通过列方程组的方法，知三求二在利用Sn求an时，要注意验证n1是否成立 例3(2012重庆高考)已知an为等差数列，且a1a38，a2a412.(1)求an的通项公式；(2)记an的前n项和为Sn，若a1，ak，Sk2成等比数列，求正整数k的值解(1)设数列an的公差为d，由题意知解得a12，d2，所以ana1(n1)d22(n1)2n.(2)由(1)可得Snn(n1)因a1，ak，Sk2成等比数列，所以aa1Sk2.从而(2k)22(k2)(
8、k3)，即k25k60，解得k6或k1(舍去)因此k6.3成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列bn中的b3、b4、b5.(1)求数列bn的通项公式；(2)数列bn的前n项和为Sn，求Sn.解：(1)设成等差数列的三个正数分别为ad，a，ad.依题意，得adaad15，解得a5.所以bn中的b3，b4，b5依次为7d,10,18d.依题意，有(7d)(18d)100，解得d2或d13(舍去)故bn的第3项为5，公比为2，由b3b122，即5b122，解得b1.所以bn是以为首项，2为公比的等比数列，其通项公式为bn2n152n3.(2)数列bn的前n项
9、和Sn52n2. 等差、等比数列的性质及应用1等差、等比数列的性质主要涉及数列的单调性、最值及其前n项和的性质利用性质求数列中某一项等，试题充分体现“小”、“巧”、“活”的特点，题型多以选择题和填空题的形式出现，一般难度较小2解决这类题目首先要熟悉数列的性质，灵活运用性质求数列中项等问题，把握两类数列单调性的条件，等差数列公差为d，若d0，则数列递增若d0，则数列递减；等比数列公比为q，若(1)或an为递增数列；(2)或an为递减数列；若考生只注意q1和q1，而忽略a1的正负，导致在判断等比数列单调性时出错例4(1)已知an为等差数列，a1a3a5105，a2a4a699，以Sn表示数列an的
10、前n项和，则使得Sn取得最大值的n是()A21B20C19D18(2)记等比数列an的前n项积为Tn(nN*)，已知am1am12am0，且T2m1128，则m_.解析(1)由a1a3a5105得，3a3105，a335.同理可得a433，da4a32，ana4(n4)(2)412n.由得n20.使Sn达到最大值的n是20.(2)因为an为等比数列，所以am1am1a，又由am1am12am0，从而am2.由等比数列的性质可知前(2m1)项积T2m1a，记22m1128，故m4.答案(1)B(2)44(1)已知an为等比数列，Sn是它的前n项和若a2a32a1，且a4与2a7的等差中项为，则S
11、5()A35 B33C31D29(2)(2012浙江高考)设Sn是公差为d(d0)的无穷等差数列an的前n项和，则下列命题错误的是()A若d0，则数列Sn有最大项B若数列Sn有最大项，则d0C若数列Sn是递增数列，则对任意nN*，均有Sn0D若对任意nN*，均有Sn0，则数列Sn是递增数列解析(1)设数列an的公比为q，则由等比数列的性质知，a2a3a1a42a1，即a42.由a4与2a7的等差中项为知，a42a72，a7(2a4).q3，即q.a4a1q3a12，a116，S531.(2)选项A、B、D均正确，对于选项C，首项为1，d2时就不成立答案(1)C(2)C数列求和1数列求和一直是考
12、查的热点，在命题中，多以与不等式的证明或求解相结合的形式出现一般数列的求和，主要是将其转化为等差数列或等比数列的求和问题，题型多以解答题形式出现，难度较大2对于一般数列求和，其关键是瞄准通项公式，即通过对通项公式进行化简变形，改变原数列通项的结构，将一个不能直接求和的数列转化为等差、等比数列或其他能够求和的常见数列，从而达到求和的目的，它是化归思想的具体应用在错位相减求和时，若公比是个参数(字母)，则应先对参数加以讨论，一般情况下分等于1和不等于1两种情况分别求和而利用裂项相消法求和时，应注意抵消后并不一定只剩下第一项和最后一项，也有可能前面剩两项，后面也剩两项，再就是将通项公式裂项后，有时候
13、需要调整前面的系数，使裂开的两项之差和系数之积与原通项公式相等例5(2012浙江高考)已知数列an的前n项和为Sn，且Sn2n2n，nN*，数列bn满足an4log2bn3，nN*.(1)求an，bn；(2)求数列anbn的前n项和Tn.解(1)由Sn2n2n，得当n1时，a1S13；当n2时，anSnSn14n1.所以an4n1，nN*.由4n1an4log2bn3，得bn2n1，nN*.(2)由(1)知anbn(4n1)2n1，nN*，所以Tn3721122(4n1)2n1，2Tn32722(4n5)2n1(4n1)2n，所以2TnTn(4n1)2n34(2222n1)(4n5)2n5.故Tn(4n5)2n5，nN*.5已知等差数列an为递增数列，且a2，a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和Tn1bn.(1)求数列an和bn的通项公式；(2)若cn，求数列cn的前n项和S
