《新編金版教程高考數(shù)學文二輪復習講義：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《新編金版教程高考數(shù)學文二輪復習講義：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、 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)之間的關系 (1)平方關系：sin2α＋cos2α＝1； (2)商數(shù)關系：tanα＝. 2．誘導公式 (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±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

2、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＝，sinC＝. 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＝，c

3、osB＝， 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)cosA＝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

4、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．同角關系應用錯誤：利用同角三角函數(shù)的平方關系開方時，忽略判斷角所在的象限或判斷出錯，導致三角函數(shù)符號錯誤． 2．誘導公式的應用錯誤：利用誘導公式時，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

5、，應先用正弦定理求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－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(2

6、α－β)－(α－2β)]＝cos(2α－β)·cos(α－2β)＋sin(2α－β)sin(α－2β)＝，故α＋β＝. 答案]　 解答此類問題的關鍵是結(jié)合已知條件，求出相應角的三角函數(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·cos＝cos·sin＝sin＝－， 即sin＝－. ∵α∈，∴2α＋∈， ∴cos＝－， ∴sin2α＝sin＝sincos－cossin＝. (2)∵α∈，∴2α∈， 又由(1)知sin2α

7、＝，∴cos2α＝－ ∴tanα－＝－＝＝＝－2×＝2. 化簡常用的方法技巧 (1)化簡常用方法：①直接應用公式，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＋cos2α＝1等． 考點　正、余弦定理　　 典例示法 題型1　應用正、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＋asi

8、nC－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)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 ＝＝sin2

9、B－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. 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

10、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△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＋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

11、]　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)化為只含邊的關系，通過因式分解、配方等得出邊的相應關系，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)間的關系，通過三角函數(shù)恒等變形，得出內(nèi)角的關系，從而判斷出三角形的形狀，此時要注意應用A＋B＋C＝π這個結(jié)論． 題型3　求有關三角形的面積 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??； (2)若

12、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＋cosAsinC＝， 所以△ABC的面積為S＝acsinB＝. 與三角形面積有關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

13、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

14、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)． 所以索道AB的長為1040 m. (2)假設乙出發(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

15、＋(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. 設乙步行的速度為v m/min，由題意得－3≤－≤3，解得≤v≤，所以為使兩位游客在C處互相等待的時 間不超過3 min，乙步行的速度應控制在(單位：m/min)范圍內(nèi)． 1．解三角形應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

16、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．解三角形應用題的一般步驟 針對訓練 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＝_________________________________________

17、______ _________________________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＝(　　) 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＝

18、－，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　(－，＋) 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

19、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　由于2cos2x＋sin2x＝1＋cos2x＋sin2x＝sin＋1，所以A＝，b＝1. 5．20xx·廣東高考]設△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若a＝，sinB＝，C＝，則b＝____

20、____. 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－＋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(

21、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．－ B．－ C. D. 答案　D 解析　sin18°sin78°－cos162°cos78°＝sin18°sin78°＋cos18°·cos78°＝cos(78°－18°)＝cos60°＝，故

22、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．－ 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)氣象部門預報，在距離某碼頭正西方向400 km處的熱帶風暴中心正以20

23、 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，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＋si

24、nB＝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)量預測]在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，已知sin(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，s

25、in(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＝＝＝cos＝，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

26、＋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__

27、______． 答案　14 解析　因為a∶b∶c＝7∶5∶3，所以可設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 10．20xx·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a＝2－2，△ABC的面積為2，求b＋c的值． 解　(1)由2c

28、os2＋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(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cos2

29、B＋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b2＝ac， ∴a，b，c成等比數(shù)列． (2)由(1)及題設條件，得ac＝4. 則cosB＝＝≥＝， 當且僅當a＝c時，等號成立． ∵0

30、≤×4×＝. ∴△ABC的面積的最大值為. 12．20xx·濟寧模擬]已知向量m＝，n＝，記f(x)＝m·n. (1)若f(x)＝1，求cos的值； (2)在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別是a，b，c，且滿足(2a－c)cosB＝bcosC，求f(2A)的取值范圍． 解　(1)f(x)＝m·n＝sincos＋cos2 ＝sin＋cos＋＝sin＋， 因為f(x)＝1，所以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

31、＝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

32、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，k∈Z. 由－＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z. 設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

33、 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)由已知及正弦定理得， 2cosC(sinAcosB＋sinBcosA)＝sinC， 2cosCsin(A＋B)＝sinC， 故2sinCcosC＝sinC. 可得cosC＝，所以C＝. (2)由已知，absin

34、C＝. 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＋. 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(

35、n∈N*，n≥2)． 7．數(shù)列{an}的前n項和與通項an之間的關系：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00且01，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，

36、…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： 應用等比數(shù)列前n項和公式時應首先討論公式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．

37、 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)＝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]　

38、B (2)20xx·江蘇高考]設數(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的關系求an 典例2　　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bn＝，求數(shù)列{bn}的前n項和． 解]　(1)由a＋2an＝4S

39、n＋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＝＝＝. 設數(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)

40、已知Sn與an的關系，利用an＝求an. (3)累加法：數(shù)列遞推關系形如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)構造法：①遞推關系形如an＋1＝pan＋q(p，q為常數(shù))可化為an＋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

41、 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. 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{a

42、n}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)； 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　　

43、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，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，所以an＋2－an＝λ. (2)由題設，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＝

44、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　由題設可知a1＝1，a1a2＝λS1－1，得a2＝λ－1，由(1)知a3＝λ＋1，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

45、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＝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a

46、n＝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：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{a

47、n}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． 針對訓練 20xx·云南統(tǒng)測]在數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝2－，設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－bn＝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＝－

48、＋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＝，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

49、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，

50、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　設等差數(shù)列{an}的公差為d， 由已知得解得 所以S6＝6a1＋×6×5d＝36＋15×(－2)＝6. 4．20xx·廣東高考]設數(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

51、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－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

52、－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　設數(shù)列{an}的公差為d，由a4＝a2＋2d，a2＝4，a4＝2，得2＝4＋2

53、d，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·唐山統(tǒng)考]設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S2＝k，S4＝3k，由數(shù)列{an}為等比數(shù)列，得S2，S4－S2，S6－

54、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(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{

55、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)，(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]設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝a2＝1，{nSn＋(n＋2)an}為

56、等差數(shù)列，則an＝(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　設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*)，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

57、＋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　

58、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}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bn＝log2，且{bn}為遞增數(shù)列，若cn＝，求證：c1＋c2＋c3＋…＋cn<1. 解

59、　(1)設該等比數(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)設成

60、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． 12．2

61、0xx·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. (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

62、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)列求和，一般分三步：①巧拆分；②構差式；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

63、(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

64、 題型1　分組轉(zhuǎn)化求和 典例1　　設數(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)由題設可得 f′(x)＝an－an＋1＋an＋2－an＋1sinx－an＋2cosx. 對任意n∈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－

65、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

66、＝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]設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，對任意正整數(shù)n都有6Sn＝1－2an. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設bn＝logan，求Tn＝＋＋…＋. 解]　(1)由6Sn＝1－2an， 得6Sn－1＝1－2an－1(n≥2)． 兩式相減得6an＝2an－1－2an，即an＝an－1(n≥2)， 由6S1＝6a1＝1－2a1，得a1＝， ∴數(shù)列{an}是等比數(shù)列，公比q＝， 所以an＝·n－1＝2n＋1. (2)∵an＝2n＋1，∴bn＝2n＋1， 從而＝＝. ∴Tn＝ ＝＝. 1．分組求和的常見方法 (1)根據(jù)等差、等比數(shù)列分組． (2)根據(jù)正號、負號分組，此時數(shù)列的通項式中常會有(－1)n等特征． 2．裂項相消的規(guī)律 (1)裂項系數(shù)取決于前后兩項分母的差． (2)裂項相消后前、后保留的項數(shù)一樣多． 3．錯位相減法的關注點 (1)適用題型：等差數(shù)列{an}與等比數(shù)列