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1、优秀学习资料 欢迎下载 例 1已知数列an是公差为 d 的等差数列，数列bn是公比为 q 的(qR 且 q1)的等比数列，若函数 f(x)=(x1)2，且 a1=f(d1)，a3=f(d+1)，b1=f(q+1)，b3=f(q1)， (1)求数列an和bn的通项公式； 解：(1)a1=f(d1)=(d2)2，a3=f(d+1)=d2， a3a1=d2(d2)2=2d， d=2，an=a1+(n1)d=2(n1)；又 b1=f(q+1)=q2，b3=f(q1)=(q2)2， 2213) 2(qqbb=q2，由 qR，且 q1，得 q=2， bn=bqn1=4(2)n1 例 2设 An为数列an的
2、前 n 项和，An=23 (an1)，数列bn的通项公式为 bn=4n+3; (1)求数列an的通项公式； (2)把数列an与bn的公共项按从小到大的顺序排成一个新的数列，证明：数列dn的通项公式为 dn=32n+1; 解：(1)由 An=23(an1)，可知 An+1=23(an+11)， an+1an=23 (an+1an)，即nnaa1=3，而 a1=A1=23 (a11)，得 a1=3，所以数列是以 3为首项，公比为 3 的等比数列，数列an的通项公式 an=3n. (2)32n+1=332n=3(41)2n=3 42n+C12n42n1(1)+C122nn4(1)+(1)2n=4n+
3、3， 32n+1bn.而数32n=(41)2n=42n+C12n 42n1 (1)+C122nn 4 (1)+(1)2n=(4k+1)， 32nbn，而数列an= a2n+1a2n，dn=32n+1. 例 3数列an满足 a1=2，对于任意的 nN*都有 an0,且(n+1)an2+anan+1 nan+12=0，又知数列bn的通项为 bn=2n1+1. (1)求数列an的通项 an及它的前 n 项和 Sn； (2)求数列bn的前 n 项和 Tn； (3)猜想 Sn与 Tn的大小关系，并说明理由. .解：(1）可解得11nnaann，从而 an=2n，有 Sn=n2+n， 优秀学习资料 欢迎下
4、载 (2)Tn=2n+n1. (3)TnSn=2nn21，验证可知，n=1 时，T1=S1，n=2 时 T2S2；n=3 时，T3S3;n=4时，T4S4；n=5 时，T5S5；n=6 时 T6S6.猜想当 n5 时，TnSn，即 2nn2+1 可用数学归纳法证明(略）. 例 4数列an中，a1=8,a4=2 且满足 an+2=2an+1an,(nN*). (1)求数列an的通项公式； (2)设 Sn=a1+a2+an,求 Sn; (3)设 bn=)12(1nan(nN*),Tn=b1+b2+bn(nN*),是否存在最大的整数 m，使得对任意 nN*均有 Tn32m成立？若存在，求出 m 的值
5、；若不存在，说明理由. 解：(1）由 an+2=2an+1anan+2an+1=an+1an可知an d=1414 aa=2,an=102n. (2)由 an=102n0 可得 n5，当 n5 时，Sn=n2+9n，当 n5 时，Sn=n29n+40，故 Sn=5 40951 922nnnnnn (3)bn=)111(21) 22(1)12(1nnnnann ) 1( 2)111()3121()211(2121nnnnbbbTnn； 要使 Tn32m总成立，需32mT1=41成立，即 m8 且 mZ，故适合条件的 m 的最大值为 7. 例 5已知数列bn是等差数列，b1=1,b1+b2+b10
6、=145. (1)求数列bn的通项 bn； (2)设数列an的通项 an=loga(1+nb1)(其中 a0 且 a1),记 Sn是数列an的前 n 项和，试比较 Sn与31logabn+1的大小，并证明你的结论. 解：(1)设数列bn的公差为 d，由题意得：1452) 110(1010111dbb解得 b1=1,d=3, bn=3n2. 个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例优秀学习资料 欢迎下载 (2)由 bn=3n2,知 Sn=loga(1+
7、1)+loga(1+41)+loga(1+231n) =loga(1+1)(1+41)(1+231n) ，31logabn+1=loga313 n. 因此要比较 Sn与31logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+41)(1+231n)与313 n的大小， 取 n=1 时，有(1+1)3113 取 n=2 时，有(1+1)(1+41)3123 由此推测(1+1)(1+41)(1+231n)313 n 若式成立，则由对数函数性质可判定： 当 a1 时，Sn31logabn+1， 当 0a1 时，Sn31logabn+1， 例 1已知ABC 的三内角 A、B、C 满足 A+C=2B，设 x=
8、cos2CA，f(x)=cosB(CAcos1cos1). (1)试求函数 f(x)的解析式及其定义域； (2)判断其单调性，并加以证明； (3)求这个函数的值域. 解：(1)A+C=2B，B=60，A+C=120 ,3421221)cos()cos(2cos2cos2coscoscoscos21)(22xxxxCACACACACACAxf 0|2CA|60，x=cos2CA(21，1 又 4x230，x23，定义域为(21，23)(23，1. (2)设 x1x2，f(x2)f(x1)=342342211222xxxx =) 34)(34() 34)( 222212121xxxxxx， 若 x
9、1， x2(23,21)， 则 4x1230， 4x2230， 4x1x2+3个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例优秀学习资料 欢迎下载 0，x1x20，f(x2)f(x1)0 即 f(x2)f(x1)，若 x1，x2(23，1 ，则 4x1230. 4x2230，4x1x2+30，x1x20，f(x2)f(x1)0. 即 f(x2)f(x1)，f(x)在(21,23)和(23，1上都是减函数. (3)由(2)知，f(x)f(21)=21或 f(
10、x)f(1)=2. 故 f(x)的值域为(，21)2，+). 例 2在ABC 中， 已知 A、 B、 C 成等差数列， 则2tan2tan32tan2tanCACA的值为_. .解析：A+B+C =，A+C= 2B， . 32tan2tan32tan2tan)2tan2tan1 (32tan2tan, 3)2tan(,32CACACACACACA故 3、 已知ABC的三个内角A、 B、 C满足A+C=2B.BCAcos2cos1cos1， 求cos2CA的值. 解法一：由题设条件知 B=60，A+C=120. 设=2CA，则 AC=2，可得 A=60+，C=60， ,43coscossin43
11、cos41cossin23cos211sin23cos211)60cos(1)60cos(1cos1cos1222CA所以 依题设条件有,cos243coscos2B . 2243coscos,21cos2B 整理得42cos2+2cos32=0(M) (2cos2)(22cos+3)=0，22cos+30， 2cos2=0.从而得 cos222 CA. 个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例优秀学习资料 欢迎下载 解法二：由题设条件知 B=60，
12、A+C=120 22cos1cos1,2260cos2CA ，把式化为cosA+cosC=22cosAcosC ， 利用和差化积及积化和差公式，式可化为 )cos()cos(22cos2cos2CACACACA ， 将 cos2CA=cos60=21，cos(A+C)=21代入式得： )cos(2222cosCACA 将cos(AC)=2cos2(2CA)1 代入 ： 42cos2(2CA)+2cos2CA32=0，(*)，.222cos:, 022cos2, 032cos22, 0) 32cos22)(222cos2(CACACACACA从而得 例 4、在ABC 中，A为最小角，C 为最大角
13、，已知 cos(2A+C)=34，sinB=54，则 cos2(B+C)=_. 解析：A为最小角2A+C=A+A+CA+B+C =180. cos(2A+C)=54，sin(2A+C)=53. C 为最大角，B 为锐角，又 sinB=54.故 cosB=53. 即 sin(A+C)=54，cos(A+C)=53. cos(B+C)=cosA=cos(2A+C)(A+C)=2524， cos2(B+C)=2cos2(B+C)1=625527. 5、已知圆内接四边形 ABCD 的边长分别为 AB=2，BC=6，CD=DA=4，求四边形ABCD 的面积. 解：如图：连结 BD，则有四边形 ABCD
14、的面积： 个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例优秀学习资料 欢迎下载 S=SABD+SCDB=21ABADsinA+21BCCDsinC A+C=180，sinA=sinC 故 S=21(ABAD+BCCD)sinA=21(24+64)sinA=16sinA 由余弦定理，在ABD 中，BD2=AB2+AD22ABADcosA=2016cosA 在CDB 中，BD2=CB2+CD22CBCDcosC=5248cosC 2016cosA=5248co
15、sC，cosC=cosA， 64cosA=32， cosA=21， 又 0A180， A=120故 S=16sin120=83. 6、如右图，在半径为 R的圆桌的正中央上空挂一盏电灯，桌子边缘一点处的照度和灯光射到桌子边缘的光线与桌面的夹角的正弦成正比， 角和这一点到光源的距离 r 的平方成反比，即 I=k2sinr，其中 k是一个和灯光强度有关的常数，那么怎样选择电灯悬挂的高度 h，才能使桌子边缘处最亮？ 解：R=rcos，由此得：20 ,cos1Rr， RRhRkIRkRkIRkRkrkI22tan,33sin, 392)32()()sin1)(sin1 (sin2)(2)cos(sinc
16、ossinsin232222222222222此时时成立等号在由此得 7、在ABC 中，a、b、c 分别为角 A、B、C 的对边，27cos22sin42ACB. (1)求角 A的度数； (2)若 a=3，b+c=3，求 b 和 c 的值. 个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例优秀学习资料 欢迎下载 .1221:23 2:3, 3.3)(21221cos2cos:) 2(60,1800,21cos, 01cos4cos45cos4)cos1 (
17、4 ,271cos2)cos(1 2:,180272cos2sin4) 1 ( :.222222222222cbcbbccbbccbabcacbbcacbAbcacbAAAAAAAAACBCBAACB或得由代入上式得将由余弦定理得即得及由解 8、在ABC 中，A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，且 a、b、3c 成等比数列，又AC=2，试求A、B、C 的值 解：由 a、b、3c 成等比数列，得： b2=3ac sin2B=3sinCsinA=3(21)cos(A+C)cos(AC) B=(A+C).sin2(A+C)=23cos(A+C)cos2 即 1cos2(A+C)=23cos(A+
18、C)，解得 cos(A+C)=21. 0A+C，A+C=32.又 AC=2A=127，B=3，C=12. 9、在正三角形 ABC 的边 AB、AC 上分别取 D、E 两点，使沿线段 DE 折叠三角形时，顶点 A 正好落在边 BC 上，在这种情况下，若要使 AD 最小，求 ADAB的值. . .解：按题意，设折叠后 A点落在边 BC 上改称 P 点，显然 A、P 两点关于折线 DE 对称，又设BAP=，DPA=，BDP =2，再设 AB=a，AD=x，DP=x.在ABC 中， APB=180ABPBAP=120 由正弦定理知：APBABBAPBPsinsin.BP=)120sin(sina 在P
19、BD 中，60sin2sin)120sin(sin,60sinsin,sinsinxaxBPBDPBPDBPDP从而所以, 个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例优秀学习资料 欢迎下载 .3)260sin(23)120sin(2sin60sinsinaax 060， 6060+2180， 当 60+2=90 即=15时， sin(60+2)=1，此时 x 取得最小值) 332(323aa，即 AD 最小， ADDB=233. 个新的数列证明数列的通项公式为解由可知即而得所以数列是以为首项说明理由解可解得从而有优秀学习资料欢迎下载验证可知时时时时时时知由可得当时当时故要使总成立需成立即且故适合条件的的最大值为例
