高一数学下难题突破

2021年高一数学数列重点难点突破六（含解析）苏教版课前抽测（基础题课后作业+学霸必做题课堂集训）1、在中，内角的对边分别为，已知，且，则的面积是．【答案】【解析】试题分析：根据题意由正弦定理得：即：，所以由余弦定理得：又因为：，所以,因为即：即：与联立解得：，所以的面积是：，所以答案为：．考点：1．正弦定理；2．余弦定理；3．三角形的面积公式．2．设内角的对边分别为，且满足则．【答案】【解析】由正弦定理，得,则,则．考点：正弦定理与三角恒等变形．3．在中，三内角，，的对边分别为，，且，，为的面积，则的最大值为 . 【答案】.【解析】试题分析：∵，∴，∴，设外接圆的半径为，则，∴，.考点：1.正余弦定理的运用；2.三角恒等变形.4、设数列满足，，则该数列的前项的乘积_________.【答案】.【解析】试题分析：由题意可得，，，，，∴数列是以为周期的数列，而，∴前项乘积为.考点：数列的递推公式.5、已知在中，角所对的边分别为，，且为钝角．（Ⅰ）求角的大小；（Ⅱ）若，求的取值范围．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）．【解析】试题分析：（Ⅰ）由得，得，应用余弦定理即得．（Ⅱ）由为钝角知，推出应用正弦定理，进一步试题解析：（Ⅰ）由得，得于是又，∴ 6分（Ⅱ）∵为钝角于是，又，∴由正弦定理可知，所以又，∴ 13分考点：1．正弦定理、余弦定理的应用;2．三角函数的图象和性质．6．（本小题满分12分）设为的内角、、所对的边分别为、、，且.（1）求角的大小;（2）若，求的取值范围.【答案】（1）;（2）.【解析】试题分析：（1）由下弦定理把已知中的边转化为角的正弦，整理可得，从而可求角的值；或由余弦定理将转化为边，现用余弦定理可得，从而可求角的值；（2）用正弦定理将边转化为，及三角形内角和定理可得由角的取值范围可求的取值范围.或用余弦定理得，再利用基本不等式可求得，又，可求的取值范围.试题解析：（1）解法1 由得.又，所以.因为，所以，又因为，所以.（6分）解法2由得，即，又，所以，又因为，所以.（6分）（2）解法1 由正弦定理得，..因为，所以，，所以.故的取值范围是.（12分）解法2 由（1）及余弦定理得，所以，，又.故的取值范围是.（12分）考点：正弦定理、余弦定理、三角变换、三角函数图象及性质、基本不等式.7．（本小题满分10分）在中，内角所对的边分别为，若．（1）求证：成等比数列；（2）若，求的面积．【答案】（1）见解析，（2）【解析】试题分析：（1）第一步首先利用切化弦，整理后的正弦式借助正弦定理进行角化边即可得出结论，第二步借助第一步结论，把代入得：，利用余弦定理求出，最后求面积．试题解析：（1）由已知．得：，即：，即：由正弦定理：，所以：成等比数列．（2）由（1）知：，，所以：，由余弦定理：，所以：所以：考点：1．三角函数的切化弦；2．正弦定理；3．余弦定理；4．三角形的面积公式；8、在数列中，（1）设求数列的通项公式;（2）求数列的前项和【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）数列的递推关系是给出数列的一种方法，根据给出的初始值和递推关系可以依次写出这个数列的各项，再由递推关系求数列的通项公式，常用方法有：一是求出数列的前几项，再归纳总结出数列的一个通项公式；二是将已知递推关系式整理、变形，变成等差数列或者等比数列，或用累加法，累乘法，迭代法求通项. （2）一般地，如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前项的和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后做差求解.试题解析：（1）由已知得且，又，所求数列的通项公式为；（2）由（1）知，令①，.考点：（1）累加法求通项公式.（2）错位相减法求数列的和.8．设递增数列满足,且.（1）证明:数列是等差数列;（2）设,记数列的前项和为,使得不等式成立的最大正整数的值.【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）证明:当时,因为数列是递增数列,所以,,则所以是以第二项开始,公差为的等差数列,又因为,所以是以为首项,为公差的等差数列.（2）由（1）得,则:1n ++-则,所以使得不等式成立的最大正整数.考点：等差数列的证明,裂项求和法,不等式等基础知识．9．函数的定义域为___________。

高一（下）补充作业3班学号 姓名1、在△ ABC 中，角 A , B, C 所对的边分别为 a, b, c,且 ccosB + bcosC= 3acosB.⑴求cosB 的值;(2)若|CA —CB|=2, △ ABC 的面积为2小,求边b.解：(1)由正弦定理 a^-：- = b^-zr=-^-T, CcosB + bcosC = 3acosB ,得 sinCcosB+sinBcosC = sinAsinB sinC3sinAcosB, (3 分)则有 3sinAcosB = sin(B+ C) = sin(n — A) =sinA.(5 分) 又 A C (0,n)，则 sinA>0 , (6 分)1则 cosB= -.(7 分) 3(2)因为 BC(0,n)，则 sinB>0, sinB = 1 — cos1 2 3B = 1 — 3 =232(9 分)因为 |CA —CB|=|B A|= 2, (10 分)所以 S=1acsinB = [aX2x 平=2也,得 a= 3.(12 分) 2 2 3所以 a 2+ab —(c 2—b 2) = 0,得 c 2=a 2+b 2+ ab, 由余弦定理，得 c2 = a 2+ b 2- 2abcoC,所以 a 2+b 2+ ab = a 2+b 2—2abcosC,所以 ab= —2abcosC, (5 分) 因为ab>0,所以cosC = —1,又因为CC(0,兀)，所以C=2^.(7分)23(2)在△ ABC 中，由余弦定理，得 c 2= a 2+b 2—2abcosC.1 一由余弦定理 b 2=a 2+c 2-2accosB = 9+4-2X 3X 2X-=9,则 b=3.(14 分)3 2、在 4ABC 中，设 a, b, c 分别是角A, B, C 的对边，已知向量m= (a, sinC— sinB), n = (b+c, sinA+sinB), 且 m “ n.(1)求角C 的大小；(2)若c = 3,求 ^ABC 的周长的取值范围.解：(1)由 m//n 及 m= (a, sinA — sinB), n = (b+c, sinA+sinB) 得 a(sinA+ sinB) — (b+ c)(sinC — sinB)= 0, (2 分)由正弦定理，得:a2R+ 2R -(b+c)京―2R=°，所以a2+b2-2abcos2^=9,即(a+b)2-ab= 9.(9 分) 3所以ab=(a+b)2-9< 誓1 所以3(a：b)2<9,即(a+b)2wi2,所以a+bW2艰，(12 分)又因为a+ b>c,所以6<a+ b+ cw 2y3+ 3,即周长l 满足6<lw 3+ 2y3,所以△ ABC周长的取值范围是(6, 3+243]. (14分)3、已知ABC的顶点A 5,1 , AB边上的中线CM所在直线方程为2x y 5 0,的平分线BN所在直线方程为x 2y 5 0,求:(I )顶点B的坐标；(n)直线BC的方程解：(I)设B %,"，则AB中点坐标为:5 x 1 v n2 ——0—— 5 0,即：2x0 1 02 2又X O 2y0 5 0,解得：X O1, y0 3B 1, 3(n)设A点关于x 2y 5 0的对称点为A x , y25 29 3则x 5,解得：A-,-2 2 …5 0 5 52 229BC边所在的直线方程为:即：6x 17y 45 04、已知函数f x 2x 1 x 1 .(I)求不等式f x 4的解集;3x 2,x 1（n ）设函数f x 的最小值为m,当a, b, c R ,且a b c m 时，求 ，2a 1 ，2b 1 J 2c 1 的最大值.1 ................... . 一一 .分析：（I ）通过x 2和x 1两个点进行分段，分别在三段范围内进行讨论，得到解析式1后建立不等关系，求解得到范围；（n ）由（I ）可知： a b c -；法一：设2x J 2a 1,y J 2b 1, z J 2c 1 ,利用 2xy x 2 y 2,可得 2xy 2yz 2zx 8,从2而推信x y z 12,求得最大值;法二：构造出 J 2a 1 J 2b 1 J 2c 12利用xyJy 可得 244 4一 2a 1 - 2b 1 - 2c 1四 -------- ,从而求得最大值;2 2 2 2, __ 222V2a142b 1 J 2c 1 12 12 12 ,从3x 2 4…，11 .②当一x1 时，fxx 4- x 1 22 ③当 x1 时，f x 3x2 41 x 2• (2)综上：f x 4的解集为 x - x 23c c 13x 2, x2 1(n)法一：由(i)可知 f x x, x 122a 1 \2b 1 .2c 1法三：构造出柯西不等式的形式而得到..2a 1 1 2b 1 1________ 2,2c 1 112 ,从而求得最大值解：（I ）①当xf x ming 即m 2*一 . 1又a,b, c R 且a b c 2则2a 2b 2c 1,设x J2aF, y J2b_7, z 必1_22_ _ 22_._. .一Q x y 2xy 2xy x y 2a 12b 12a 2b 2同理：2yz 2b 2c 2, 2zx 2c 2a 22xy 2yz 2zx 2a 2b 2 2b 2c 2 2c 2a 2x2 y2 z2 2xy 2yz 2zx 2a 12b 12c 1 8 12 x y z 273,即J2a 1 J2b 1 ，2c 1 2731 —当且仅当a b c 一时取得最大值2出63x 2,x - 21 .法二：由（I ）可知f x x, x 123x 2,x 1. 1 口. 1f x min 万即m 2*一 . 1又a,b, c R 且a b c 一22a-1 ,2b—1 , 2c—1 —L 4 2a 12 34 4-2b 1 - 2c 1.3 32 2 2 21 i当且仅当a b c 一时取得最大值2/363x 2,x - 21 ,法二：由（I ）可知f x x, x 123x 2,x 1f x ming 即m 21 a b c 2a 12b 12c 1 42由柯西不等式可知：-------- 2-------- 2------- 2 2 2 2,2a 1 ,2b 1 2c 1 111 、2a 1 1 、2b 1 1 、2c 1 1________ __________________ __________________ 2即：. 2a 1 1 , 2b 1 1 2c 1 1 122a 1 .2b 1 .2c 1 2,3a b c 当且仅当2a 1 2b 1 2c 1即16时，取得最大值2J3。

选择题难题突破一、选择题（题型注释）1．函数6(3)3,7,(),7.x a x x f x a x ---≤⎧=⎨>⎩若数列{}n a 满足()()n a f n n N *=∈，且{}n a 是递增数列，则实数a 的取值范围是（ ） A ．9,34⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B ．9,34⎛⎫⎪⎝⎭C ．()2,3D ．()1,3 试题分析：因为()()n a f n n N *=∈，{}n a 是递增数列，所以函数6(3)3,7(),7.x a x x f x a x ---≤⎧=⎨>⎩为增函数，需满足三个条件 ()()30178a a f f ⎧->⎪>⎨⎪<⎩，解不等式组得实数a 的取值范围是()2,3，选C ．考点：1、一次函数和指数函数单调性；2、分段函数的单调性；3、数列的单调性. 2．设各项均为正数的数列{}n a 的前n 项之积为n T ，若22n nn T +=，则122n na +的最小值为（ ）．A ．7B ．8 C．．试题分析：由题意知()()2211122n n n nn T -+---==，所以2221222n n n n n n n n T a T +--===，所以212212122222n nn n n na ++==+，构造对勾函数()12f x x x =+，该函数在(0,上单调递减，在()+∞上单调递增，在整数点4x =时取到最小值7，所以当24n=时，122n na +的最小值为7． 考点：1、数列的通项公式；2、函数性质与数列的综合．3．设等差数列{}n a 满足：22223535317cos cos sin sin cos 2sin()a a a a a a a --=+，4,2k a k Z π≠∈且公差(1,0)d ∈-. 若当且仅当8n =时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，则首项1a 的取值范围是（ ） A. 3[,2]2ππ B. 3(,2)2ππ C. 7[,2]4ππ D. 7(,2)4ππ 试题分析：∵()71352325232sin 2cos sin sin cos cos a a a a a a a +=--，∴()71323252325232sin sin cos sin sin cos cos a a a a a a a a +=+--， 即()()4523252322sin 1sin sin 1cos cos a a a a a =---，即4523252322s i nc o s s i n s i nc o s a a a a a =+-，即()()4535353532s ins in c o s c o s s i n s i n c o s c o s si n a a a a a a a a a =+-，即()()453532s i n s i n si n a a a a a =+-，即442si n 2si n 2si n a a d =-，∵24πk a ≠，∴02si n 4≠a ，∴12s i n -=d ．∵()0,1-∈d ，∴()0,22-∈d ，则4π-=d ．由()()1111224n n n n n S na d na π--⎛⎫=+=+- ⎪⎝⎭2188n a n ππ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，对称轴方程为⎪⎭⎫ ⎝⎛+=841ππa n ，由题意当且仅当8=n 时，数列{}n a 的前n 项和n S 取得最大值，∴217842151<⎪⎭⎫ ⎝⎛+<ππa ，解得：ππ2471<<a ．∴首项1a 的取值范围是⎪⎭⎫⎝⎛ππ247，，故选D ． 考点：等差数列的前n 项和.4．已知数列{}n a ，{}n b 满足11=a ，且1,+n n a a 是函数n n x b x x f 2)(2+-=的两个零点，则10b 等于 （ ）A ．24B ．32C ．48D ．64试题分析：由题意得112n n nnn n a a b a a +++=⎧⎪⎨⋅=⎪⎩，由11=a ，12n n n a a +⋅=，得22a =，32a =，44a =，54a =，68a =，78a =，8916a a ==，101132a a ==，则10323264b =+=，选D ．考点：递推数列、函数零点5．已知等差数列{}n a 的等差0d ≠，且1a ，3a ，13a 成等比数列，若11a =，n S 为数列{}n a 的前n 项和，则2163n n S a ++的最小值为（ ）A ．4B ． 3 C．2 D ．92试题分析：由题意得，记等差数列{}n a 公差为d ，22111(2)(12)(12)1122a d a a d d d d +=+⇒+=+⇒=（0d =舍去），∴1(1)21n a a n d n =+-=-，21()2n n a a n S n +⋅==，22216216832131n n S n n a n n +++===+-++2(1)2(1)99122411n n n n n +-++=++-≥=++，当且仅当9121n n n +=⇒=+时等号成立，即2163n n S a ++的最小值为4，故选A ． 考点：1．等差数列的通项公式及其前n 项和；2．等比数列的性质；3．基本不等式求最值．6．已知函数()()22812f x x a x a a =++++-，且()()2428f a f a -=-，设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，()*n N ∈若()n S f n =，则41n n S aa --的最小值为（ ） A ．276 B ．358 C ．143 D ．378试题分析：由题意可得等差数列的通项公式和求和公式，代入由基本不等式可得．由题意可得2428a a -=-或2842822a a a +-+-=⨯-（）， 解得a=1或a=-4，当a=-1时，2712f x x x =+-（），数列{a n }不是等差数列； 当a=-4时，24f x x x =+（），24nS f n n n ==+（）， ()()1257575123n a a a n n ∴===+--=+，，，()22121134416122)11(2n n n n S a n n a n n ++++-++∴==-++⨯11311221212n n =⨯+++≥⎡⎤⎢⎥=+⎣⎦（）（），当且仅当1311n n+=+，即1n =时取等号， ∵n 为正数，故当n=3时原式取最小值378，故选D ．考点：等差数列通项公式；基本不等式7．如果有穷数列)(,...,,*21N n a a a n ∈满足条件:,,...,,1121a a a a a a n n n ===- 即1+-=i n i a a ， ),...,2,1(n i =我们称其为“对称数列”．例如:数列1，2，3，3，2，1 和数列1，2，3，4，3，2，1都为 “对称数列”。

高一数学怎么学才能提高成绩1.高一数学怎么学才能提高成绩篇一1.先看笔记后做作业。

有的高中学生感到。

老师讲过的，自己已经听得明明白白了。

但是，为什么自己一做题就困难重重了呢?其原因在于，学生对教师所讲的内容的理解，还没能达到教师所要求的层次。

因此，每天在做作业之前，一定要把课本的有关内容和当天的课堂笔记先看一看。

能否坚持如此，常常是好学生与差学生的区别。

尤其练习题不太配套时，作业中往往没有老师刚刚讲过的题目类型，因此不能对比消化。

如果自己又不注意对此落实，天长日久，就会造成极大损失。

2.做题之后加强反思。

学生一定要明确，现在正坐着的题，一定不是考试的题目。

而是要运用现在正做着的题目的解题思路与方法。

因此，要把自己做过的每道题加以反思。

总结一下自己的收获。

要总结出，这是一道什么内容的题，用的是什么方法。

做到知识成片，问题成串，日久天长，构建起一个内容与方法的科学的网络系统。

3.主动复习总结提高。

进行章节总结是非常重要的。

初中时是教师替学生做总结，做得细致，深刻，完整。

高中是自己给自己做总结，老师不但不给做，而且是讲到哪，考到哪，不留复习时间，也没有明确指出做总结的时间。

4.积累资料随时整理。

要注意积累复习资料。

把课堂笔记，练习，单元测试，各种试卷，都分门别类按时间顺序整理好。

每读一次，就在上面标记出自己下次阅读时的重点内容。

这样，复习资料才能越读越精，一目了然。

5.精挑慎选课外读物。

初中学生学数学，如果不注意看课外读物，一般地说，不会有什么影响。

高中则不大相同。

高中数学考的是学生解决新题的能力。

作为一名高中生，如果只是围着自己的老师转，不论老师的水平有多高，必然都会存在着很大的局限性。

因此，要想学好数学，必须打开一扇门，看看外面的世界。

当然，也不要自立门户，另起炉灶。

一旦脱离校内教学和自己的老师的教学体系，也必将事半功倍。

6.配合老师主动学习。

高中学生学习主动性要强。

小学生，常常是完成作业就尽情的欢乐。

高中数学化解难题方法一、数学难题的解题思路在高中数学学习中，遇到难题是很常见的事情。

但是，只要我们掌握一些解题方法，就能够轻松应对各种数学难题。

下面就给大家介绍一些化解数学难题的方法。

首先，遇到数学难题时，我们要冷静下来，不要慌张。

可以先阅读题目，理清题意，明确问题所在。

如果题目比较复杂，可以尝试将题目分解成小问题，逐步解决。

其次，要善于运用数学知识，灵活运用各种定理和公式。

有时候，数学难题并不是因为题目本身太难，而是我们没有正确运用所学知识。

因此，要多多练习，熟练掌握各种数学知识点，才能更好地解决难题。

另外，可以尝试与同学、老师或家长讨论。

有时候，别人的思路可能会给我们启发，帮助我们找到解题的突破口。

在讨论中，我们也可以学习到不同的解题方法，拓宽自己的思维。

最后，要保持耐心和毅力。

解决数学难题需要一定的时间和精力，不能急于求成。

遇到困难时，不要轻易放弃，要坚持下去，相信自己一定能够克服难题。

二、数学难题的解题技巧除了以上提到的解题思路外，还有一些解题技巧可以帮助我们更好地化解数学难题。

首先，要注意审题。

有时候，数学难题的关键信息可能隐藏在题目中，我们需要仔细阅读题目，找出关键信息，理清思路。

其次，要注意画图。

对于一些几何难题或函数图像题，画图是很有帮助的。

通过画图，我们可以直观地看出问题所在，更容易找到解题方法。

另外，要注意反证法。

有时候，我们可以通过反证法来证明一个结论，从而解决数学难题。

这种方法在解决一些证明题或逻辑题时特别有用。

最后，要注意总结归纳。

在解题过程中，我们可以总结一些解题技巧和方法，形成自己的解题思维体系。

这样，遇到类似的数学难题时，就能够更快地找到解题方法。

通过以上的解题思路和技巧，相信大家在面对数学难题时会更加游刃有余，轻松应对各种挑战。

希望大家都能在数学学习中取得好成绩，享受数学的乐趣！。

高一数学知识点难题及解答随着高中学习的深入，数学作为一门理科学科，对于学生来说常常是最令人头疼的。

特别是在高一这个阶段，新的数学知识点和难题不断涌现。

本文将围绕高一数学知识点中的几个难题展开讲述，并提供相应的解答。

一、平方根的处理问题高一数学中，平方根的处理经常会对学生造成困扰。

在计算平方根时，首先需要明确一个原则：不能直接对负数开平方。

因此，当题目中出现像√(-16)这样的表达时，我们首先要做的是将其转化成复数的形式。

通过定义我们知道，√(a × b) = √a × √b。

因此，我们可以将√(-16)转化为√(-1) × √16。

根据定义√(-1) = i，其中i是虚数单位。

所以√(-16) = i × 4 = 4i。

二、函数的复合问题在高一数学中，函数的复合也是一个常见的难点。

当两个函数进行复合运算时，很多学生容易弄混运算的顺序。

以f(x) = 2x + 1和g(x) = x^2为例，我们可以先求f(g(x))。

首先将g(x)代入f(x)的表达式中，得到f(g(x)) = 2(g(x)) + 1 = 2(x^2) + 1。

类似地，我们也可以求g(f(x))。

将f(x)代入g(x)的表达式中，得到g(f(x)) = (f(x))^2 = (2x + 1)^2 = 4x^2 + 4x + 1。

通过这个例子，我们可以看到函数的复合运算顺序的影响。

因此，在解题过程中，要注意先执行内层函数的运算，再执行外层函数的运算。

三、不等式的求解问题在高一数学中，不等式的求解是一个需要注意的难点。

首先，我们要掌握不等式的性质：等号两边同时加（减）一个数时，不等号不变；等号两边同时乘（除）一个正数时，不等号不变；等号两边同时乘（除）一个负数时，不等号反向。

以2x - 5 > 3为例，我们首先将不等式转化成等价的形式：2x -5 - 3 > 0，即2x - 8 > 0。

高一年级高数作业的难题解析高一数学作业常常让学生们感到如同面对一座难以逾越的高山。

作为数学难题的“化身”，这些问题并不仅仅是挑战，更是对学生思维能力的全面考验。

让我们从一个更具教育角度的视角出发，深入探讨这些难题的本质，并寻找破解它们的有效策略。

首先，高一数学难题的核心常常涉及到对基础知识的深度运用。

函数、代数式、几何图形，这些数学元素在高一的学习中相互交织，构成了难题的“根基”。

例如，函数的性质和图像变化，代数方程的解法，以及几何问题的空间想象，都是难题中的常见元素。

为了有效应对这些问题，学生们必须掌握基本概念并理解其应用方式。

这就像是攀登高山前需要的装备，扎实的基础知识是破解难题的“必备工具”。

其次，难题的解决不仅仅依赖于知识的掌握，还需要良好的解题思路。

高一数学题目通常要求学生从多个角度去思考问题，发掘解题的“多条路径”。

这种思维方式的培养是至关重要的。

比如，面对一个几何问题，学生可以从不同的角度观察图形，运用不同的几何定理进行证明。

这样的训练不仅有助于提高解题能力，也能增强学生的数学直觉。

在解题过程中，学生们还需学会灵活运用已知条件。

许多高一数学难题的“关键”在于如何将已知条件有效地转化为解题的“突破口”。

例如，在解代数方程时，通过巧妙地将方程转化为标准形式，可以极大地简化计算过程。

这样的技能需要在平时的练习中不断磨练和提高。

此外，学生们还应当重视对错题的分析和总结。

每一个错题背后都隐藏着知识点的薄弱环节或者思维上的误区。

通过对错题的深入分析，学生能够发现自己在解题中的“盲点”，从而在今后的学习中避免类似的错误。

这种反思和总结的过程，是提高数学能力的重要途径。

最终，面对高一数学难题，学生们应保持耐心和积极的态度。

数学不仅是逻辑的严密性，更是思维的灵活性和持久性的较量。

通过不断地挑战自我，学生不仅能提高数学成绩，还能在解决问题的过程中培养出严谨的思维习惯和坚韧的学习态度。

总之，高一数学难题的破解并非一蹴而就，而是一个不断积累和提升的过程。

高一数学没学好，解救办法1、从心态上，你有缘能读到这篇文章，老师明确告诉你：有救。

2、数学涉及到一个基础问题，如果你是考进高中的，那你的基础一般是没有太大的问题。

我所说的基础，至少你知道什么是一次、二次函数，会算合并同类项、以及简单的整式分式等初中的运算。

3、如果你连合并同类项，一次函数、解方程等初中数学知识都不会，是超级低的分数进入高中的，那按照我说的方法试试吧。

3、无论你是没好好学，还是因为高一的数学学习方法不对，总之，高一数学没学好怎么办？步骤：1、把已经学过的高中数学课本都找出来，甚至初中数学课本也找出来。

2、把初中高中数学课本打开，将主要目录一一用a4纸整理出来，明白相互衔接的部分，如高中数学必修一学完，有时学必修四对吧（当然，今年数学要改版，和你也没关系）？3、从初中的一次、二次、反比例，到高中数学必修一的集合、到高中数学必修五【不等式】，又到高中数学必修一的对数、指数、到必修四的三角函数，这是一条线。

4、高中数学必修四：先学平面向量又推出了三角恒等变换的公式。

5、高中数学必修五：在函数的基础上学习数列（数列本质上也是函数）。

在向量的基础上推出解三角形。

6、高中数学必修二：初中数学【平面几何】和必修四【平面向量】的基础上再学立体几何，【函数】的基础上再学解析几何。

7、按照线上面线条捋一捋，脑海中形成这种逻辑顺序、先后顺序。

8、无论是自学还是平时靠补课，都要按照数学线条学习，不能从中间环节学，从中间环节开始学不好。

不盖1楼，2楼，只盖3楼，是盖不了楼房的。

9、不要图快，慢就是快，主要是快不起来。

10、明白学习顺序后，书上的概念定理，最起码是记住，最好是会推导。

11、会推导，自然会记得更牢，也会学得更通，做题会更有感觉（很多题就来源于公式的推导思路），建议自己独立推导一下书上的一些公式。

记住：慢就是快。

12、会推公式以后，老老实实先做例题，完全搞懂以后，再做课后练习题。

13、后台私信我问高中辅导书的家长太多，我的建议是：最重要的还是课本，还是课后题，对于数学成绩差的学生，怕买了辅导书，就丢弃了课本。

人教版高一数学下学期必修第二册期末考试高分突破培优卷(含解析)一、单项选择题：本题共8小题，每小题满分5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得5分，选错得0分．1．设a 、b 都是非零向量，下列四个条件中，使a b a b =成立的条件是（）A ．a b=-B ．//a bC ．2a b=D ．//a b 且a b=2．一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为（）A ．82B ．22C ．43D ．233．已知一组样本数据1x ，2x ，3x ，…，10x ，且222212310185x x x x ++++=，平均数4x =，则该组数据的方差2s =（）A ．1B ．32C ．2D ．524．已知α、β是平面，m 、n 是直线，下列命题中不正确的是（）A ．若//m α，n αβ=，则//m nB ．若//m n ，m α⊥，则n α⊥C ．若m α⊥，m β⊥，则//αβD ．若m α⊥，m β⊂，则αβ⊥5．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2a +b ＝2c cos B ，若CD 是角C 的平分线，AD ＝27，DB ＝7，求CD 的长.（）A ．3B ．2C ．22D ．326．如图所示，在平面四边形ABCD 中，AD CD ⊥，6AD CD ==，AC BC ⊥，o 60B ∠=，现将ACD △沿AC 边折起，并连接BD ，当三棱锥D ABC -的体积最大时，其外接球的表面积为（）A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π7．已知O 为正三角形ABC 内一点，且满足()10OA OB OC λλ+++=，若OAB 的面积与OAC 的面积之比为3，则λ=（）A ．12B ．14C ．34D ．328．已知长方体1111ABCD A B C D -的高12,26,AA AC ==11,AB x AD y ==，则当x y +最大时，二面角111A B D C --的余弦值为（）A ．155B ．155-C ．55D ．55-二、多项选择题：本题共4小题，每小题满分5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。

2018高一数学三角函数难题练习一．选择题（共19小题）1．若log a x1=log（a+1）x2=log（a+2）x3＞0，则x1，x2，x3之间的大小关系为（）A．x1＜x3＜x2B．x2＜x1＜x3C．x1＜x2＜x3D．x3＜x2＜x12．设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0），若f（）=f（）=﹣f（），且f（x）在区间[，]上单调，则f（x）的最小正周期是（）A．B．C．D．π3．已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象过点B（0，﹣1），且在（，）上单调，同时f（x）的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当x1，x2∈（﹣，﹣），且x1≠x2时，f（x1）=f（x2），则f（x1+x2）=（）A．﹣B．﹣1 C．1 D．4．已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．55．已知函数f（x）=2sin（2x+φ）+1（|φ|＜），若f（x）＜1，对x∈（﹣，﹣）恒成立，则f（）的最小值是（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣+16．已知△ABC，若对任意k∈R，有||≥，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能7．已知O为△ABC内一点，若对任意k∈R有|+（k﹣1）﹣k|≥|﹣|，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能8．已知△ABC中，AB=4，且满足BC=CA，则△ABC的面积的最大值为（）A．B．3 C．2 D．49．设等差数列{a n}满足，公差d∈（﹣1，0），当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，求该数列首项a1的取值范围（）A．B．[，]C．（，）D．f（x）10．已知数列{a n}中，a1=1，a2k=a2k﹣1+（﹣1）k，a2k+1=a2k+2k（k∈N*），则{a n}的前60项的和S60=（）A．231﹣154 B．231﹣124C．232﹣94 D．232﹣12411．已知数列{a n}满足：a1=，a n+2﹣a n≤3n，a n+6﹣a n≥91•3n，则a2015=（）A．+B．C．+D．12．正整数按如图的规律排列，则上起第2011行，左起第2012列的数为（）A．20112B．20122C．2011+2012 D．2011×201213．对于有限数列A：{a1，a2，a3，…，a n}S i为数列A的前i项和，称为数列A的“平均和”，将数字1，2，3，4，5，6，7任意排列，所对应数列的“平均和”的最大值是（）A．12 B．16 C．20 D．2214．有限数列A={a1，a2，…，a n}的前k项和为S k（k=1，2，…，n），定义为A的“凯森和”，如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}，此数列的“凯森和”为1000，那么有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为（）A．1001 B．999 C．991 D．99015．若关于x的不等式x2+|x﹣a|＜2至少有一个正数解，则实数a的取值范围是（）A．（﹣，2）B．（﹣，）C．（﹣2，）D．（﹣2，2）16．在锐角△ABC中，∠A=，∠BAC的平分线交边BC于点D，|AD|=1，则△ABC面积的取值范围是（）A．[，]B．[，] C．[，）D．[，）17．已知△ABC中，BC=1，AB=，AC=，点P是△ABC的外接圆上的一个动点，则•的最大值是（）A．2 B．C．D．18．设△ABC的角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a2+b2=abcosC+absinC，则△ABC的形状为（）A．直角非等腰三角形B．等腰非等边三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形19．在△ABC中，a=x，b=2，B=45°，若这样的△ABC有两个，则实数x的取值范围是（）A．（2，+∞）B．（0，2） C．（2，2）D．（，2）二．解答题（共11小题）20．已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=1+，记b n=（1）求证：数列{b n}是等比数列，并求b n；（2）求数列{a n}的通项公式a n；（3）记c n=nb n，S n=c1+c2+…+c n，对任意正整数n，不等式+S n+n（﹣）n+1﹣（﹣）n＞0恒成立，求最小正整数m．21．已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．23．设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．24．已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，（Ⅰ）0＜x n＜x n；+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．25．已知{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，q≠±1，正整数组E=（m，p，r）（m＜p＜r）（1）若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值；（2）若数组E中的三个数构成公差大于1的等差数列，且a m+b p=a p+b r=a r+b m，求q的最大值．（3）若b n=（﹣）n﹣1，a m+b m=a p+b p=a r+b r=0，试写出满足条件的一个数组E 和对应的通项公式a n．（注：本小问不必写出解答过程）26．已知数列{a n}和{b n}满足（n∈N*）．若{a n}是各项为正数的等比数列，且a1=4，b3=b2+6．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）设c n=，记数列{c n}的前n项和为S n．①求S n；②求正整数k．使得对任意n∈N*，均有S k≥S n．27．已知正项数列{a n}满足+=﹣2（n≥2，n∈N*），且a6=11，前9项和为81．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{lgb n}的前n项和为lg（2n+1），记c n=，求数列{c n}的前n 项和T n．28．已知数列{a n}的各项均为正数，且a1=1，对任意的n∈N*，均有a n+12﹣1=4a n （a n+1），b n=2log2（1+a n）﹣1．（1）求证：{1+a n}是等比数列，并求出{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}中去掉{a n}的项后，余下的项组成数列{c n}，求c1+c2+…+c100；（3）设d n=，数列{d n}的前n项和为T n，是否存在正整数m（1＜m＜n），使得T1、T m、T n成等比数列，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．29．已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．30．数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．参考答案与试题解析一．选择题（共19小题）1．（2016春•宁夏校级月考）若log a x1=log（a+1）x2=log（a+2）x3＞0，则x1，x2，x3之间的大小关系为（）A．x1＜x3＜x2B．x2＜x1＜x3C．x1＜x2＜x3D．x3＜x2＜x1【解答】解：①当a＞1时，如图所示，分别作出函数y1=log a x，y2=log（a+1）x，y3=log（a+2）x，并且作出直线y=1，可得x1＜x2＜x3．②当0＜a＜1时，可得0＜x1＜1＜x2＜x3．综上可得：x1＜x2＜x3．故选：C．2．（2017•泉州模拟）设函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0），若f（）=f（）=﹣f（），且f（x）在区间[，]上单调，则f（x）的最小正周期是（）A．B．C．D．π【解答】解：由f（）=f（）得函数关于x==对称，则x=离最近对称轴距离为．又f（）=﹣f（），则f（x）有对称中心（，0），由于f（x）在区间[，]上具有单调性，则≤T⇒T≥，从而=⇒T=π．故选：D．3．（2017•许昌三模）已知函数f（x）=2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的图象过点B（0，﹣1），且在（，）上单调，同时f（x）的图象向左平移π个单位之后与原来的图象重合，当x1，x2∈（﹣，﹣），且x1≠x2时，f （x1）=f（x2），则f（x1+x2）=（）A．﹣B．﹣1 C．1 D．【解答】解：由函数f（x）=2sin（ωx+φ）的图象过点B（0，﹣1），∴2sinφ=﹣1，解得sinφ=﹣，又|φ|＜，∴φ=﹣，∴f（x）=2sin（ωx﹣）；又f（x）的图象向左平移π个单位之后为g（x）=2sin[ω（x+π）﹣]=2sin（ωx+ωπ﹣），由两函数图象完全重合知ωπ=2kπ，∴ω=2k，k∈Z；又﹣≤=，∴ω≤，∴ω=2；∴f（x）=2sin（2x﹣），其图象的对称轴为x=+，k∈Z；当x1，x2∈（﹣，﹣），其对称轴为x=﹣3×+=﹣，∴x1+x2=2×（﹣）=﹣，∴f（x1+x2）=f（﹣）=2sin[2×（﹣）﹣]=2sin（﹣）=﹣2sin=﹣2sin=﹣1．应选：B．4．（2016•新课标Ⅰ）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）上单调，则ω的最大值为（）A．11 B．9 C．7 D．5【解答】解：∵x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，∴，即，（n∈N）即ω=2n+1，（n∈N）即ω为正奇数，∵f（x）在（，）上单调，则﹣=≤，即T=≥，解得：ω≤12，当ω=11时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣，此时f（x）在（，）不单调，不满足题意；当ω=9时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，此时f（x）在（，）单调，满足题意；故ω的最大值为9，故选：B5．（2016•郴州四模）已知函数f（x）=2sin（2x+φ）+1（|φ|＜），若f（x）＜1，对x∈（﹣，﹣）恒成立，则f（）的最小值是（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣+1【解答】解：∵函数f（x）=2sin（2x+φ）+1＜1，∴sin（2x+φ）＜0，∴﹣π+2kπ＜2x+φ＜2kπ，k∈Z；又x∈（﹣，﹣），∴﹣＜2x＜﹣，∴﹣+φ＜2x+φ＜﹣+φ；又∵|φ|＜，∴，∴﹣≤φ≤，∴≤2×+φ≤，∴≤sin（2×+φ）≤1，∴2≤2sin（2×+φ）+1≤3，∴f（）的最小值是2．故选：B．6．（2011•滨江区校级模拟）已知△ABC，若对任意k∈R，有||≥，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能【解答】解：当k为任意实数时，那么k的方向有可能向左，也可能向右．长度也是不确定的，图中BC′的长度就是||，可以看出，当BC′垂直CB时，||有最小值，要使不等式成立，则|AC|必须是BC′的最小值，即AC垂直BC，故角C为直角，故选A．7．（2011•杭州校级模拟）已知O为△ABC内一点，若对任意k∈R有|+（k﹣1）﹣k|≥|﹣|，则△ABC一定是（）A．直角三角形B．钝角三角形C．锐角三角形D．以上均有可能【解答】解：从几何图形考虑：|﹣k|≥||的几何意义表示：在BC上任取一点E，可得k=，∴|﹣k|=|﹣|=||≥||，又点E不论在任何位置都有不等式成立，∴由垂线段最短可得AC⊥EC，即∠C=90°，则△ABC一定是直角三角形．故选A8．（2016•新乡模拟）已知△ABC中，AB=4，且满足BC=CA，则△ABC的面积的最大值为（）A．B．3 C．2 D．4【解答】解：依题意，设CA=b，则BC=b，又AB=4，由余弦定理得：cosA===﹣，∴cos2A=（﹣）2=+﹣1，∴sin2A=1﹣cos2A=2﹣﹣．=AB•ACsinA=×4bsinA=2bsinA，∵S△ABC=4b2sin2A=4b2（2﹣﹣）=48﹣（b2﹣16）2，∴S2△ABC当b2=16，即b=4时，4、4、4能组成三角形，∴S2max=48，∴S max=4．故选：D．9．（2017春•陆川县校级期中）设等差数列{a n}满足，公差d∈（﹣1，0），当且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，求该数列首项a1的取值范围（）A．B．[，]C．（，）D．f（x）【解答】解：∵等差数列{a n}满足，∴（sina4cosa7﹣sina7cosa4）（sina4cosa7+sina7cosa4）=sin（a5+a6）=sin（a4+a7）=sina4cosa7+sina7cosa4，∴sina4cosa7﹣sina7cosa4=1，或sina4cosa7+sina7cosa4=0即sin（a4﹣a7）=1，或sin（a4+a7）=0（舍）当sin（a4﹣a7）=1时，∵a4﹣a7=﹣3d∈（0，3），a4﹣a7=2kπ+，k∈Z，∴﹣3d=2kπ+，d=﹣﹣π．∴d=﹣∵S n=na1+=n2+（a1﹣）n，且仅当n=9时，数列{a n}的前n项和S n取得最大值，∴8.5＜﹣＜9.5，∴π＜a1＜故选：C10．（2016春•衡水校级月考）已知数列{a n}中，a1=1，a2k=a2k﹣1+（﹣1）k，a2k+1=a2k+2k （k∈N*），则{a n}的前60项的和S60=（）A．231﹣154 B．231﹣124C．232﹣94 D．232﹣124=a2k+2k=a2k﹣1+（﹣1）k+2k，【解答】解：a2k+1﹣a2k﹣1=2k+（﹣1）k，所以a2k+1﹣a2k﹣3=2k﹣1+（﹣1）k﹣1，同理a2k﹣1…a3﹣a1=2+（﹣1），所以（a2k﹣a2k﹣1）+（a2k﹣1﹣a2k﹣3）+…+（a3﹣a1）+1=（2k+2k﹣1+…+2）+[（﹣1）k+（﹣1）k﹣1+…+（﹣1）]，﹣a1=2（2k﹣1）+[（﹣1）k﹣1]，由此得a2k+1=2k+1+（﹣1）k﹣，于是a2k+1a2k=a2k﹣1+（﹣1）k=2k+（﹣1）k﹣1﹣+（﹣1）k=2k+（﹣1）k﹣，{a n}的通项公式为：当n为奇数时，a n=2+（﹣1）﹣；当n为偶数时，a n=2+（﹣1）﹣；则S60=（a1+a3+a5+…+a59）+（a2+a4+a6+..+a60）=[（2+22+23+…+230）+（﹣++…﹣）﹣×30]+[（2+22+23+…+230）+（﹣+﹣+…+）﹣×30]=2×+0﹣90=232﹣94．故选：C．11．（2015秋•石家庄校级期末）已知数列{a n}满足：a1=，a n+2﹣a n≤3n，a n+6﹣a n≥91•3n，则a2015=（）A．+B．C．+D．﹣a n≤3n，∴，a n+6﹣a n+4≤3n+4，【解答】解：∵a n+2﹣a n≤91•3n，∴a n+6﹣a n≥91•3n，又a n+6∴a n﹣a n=91•3n，+6﹣a n=3n，∴a n+4﹣a n+2=3n+2，a n+6﹣a n+4=3n+4，由题意可得a n+2﹣a n=3n，∵a n+2∴a2n﹣a1=31+33+35+…+32n﹣1，+1=+33+35+…+32n﹣1，∴a2n+1a2015=+31+33+35+…+32013=+=，故选：B．12．（2012•岳麓区校级模拟）正整数按如图的规律排列，则上起第2011行，左起第2012列的数为（）A．20112B．20122C．2011+2012 D．2011×2012【解答】解：这些数字排成的是一个正方形上起2011，左起2012列的数是一个2012乘以2012的正方形的倒数第二行的最后一个数字所以这个数是2012×（2012﹣1）=2011×2012．故选D．13．（2012•浙江模拟）对于有限数列A：{a1，a2，a3，…，a n}S i为数列A的前i 项和，称为数列A的“平均和”，将数字1，2，3，4，5，6，7任意排列，所对应数列的“平均和”的最大值是（）A．12 B．16 C．20 D．22【解答】解：根据题意可知，将数字1，2，3，4，5，6，7的排列为7，6，5，4，3，2，1时，，所对应数列的“平均和”最大此时====20故答案为：2014．（2011•下陆区校级模拟）有限数列A={a1，a2，…，a n}的前k项和为S k（k=1，2，…，n），定义为A的“凯森和”，如果有99项的数列{a1，a2，…，a99}，此数列的“凯森和”为1000，那么有100项的数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为（）A．1001 B．999 C．991 D．990【解答】解：A={a1，a2，…，a n}的凯森和由T n来表示，由题意知，，所以S1+S2+…+S99=1000×99，数列{1，a1，a2，…，a99}的“凯森和”为：=，故选C．15．（2011•临海市校级模拟）若关于x的不等式x2+|x﹣a|＜2至少有一个正数解，则实数a的取值范围是（）A．（﹣，2）B．（﹣，）C．（﹣2，）D．（﹣2，2）【解答】解：原不等式变形为：|x﹣a|＜2﹣x2且0＜2﹣x2在同一坐标系画出y=2﹣x2（Y＞0，X＞0）和y=|x|两个图象将绝对值函数y=|x|向左移动当右支经过（0，2）点，a=﹣2将绝对值函数y=|x|向右移动让左支与抛物线相切（1/2，7/4）点，a=故实数a的取值范围是（﹣2，）故选C16．（2016秋•武侯区校级期中）在锐角△ABC中，∠A=，∠BAC的平分线交边BC于点D，|AD|=1，则△ABC面积的取值范围是（）A．[，]B．[，] C．[，）D．[，）【解答】解：如图所示，锐角△ABC中，∠A=，∠BAC的平分线交边BC于点D，|AD|=1，根据余弦定理，BD2=c2+1﹣2c•cos=c2﹣c+1，CD2=b2+1﹣2b•cos=b2﹣b+1；根据角平分线定理，=，即=；∴b2c2﹣b2c+b2=b2c2﹣bc2+c2，即bc（c﹣b）=（c﹣b）（c+b）；当b=c时，△ABC是正三角形，由|AD|=1，得AB=AC=，则S=bcsin=；△ABC当b≠c时，bc=b+c≥2，当且仅当b=c时“=”成立，取得最小值为；所以bc≥，即b=c=时S△ABC又当AB⊥BC时，BD=，AB=，DC=AD=1，S△ABC=××（1+）=为最大值，△ABC面积的取值范围是[，]．故选：D．17．（2016秋•南岸区校级月考）已知△ABC中，BC=1，AB=，AC=，点P 是△ABC的外接圆上的一个动点，则•的最大值是（）A．2 B．C．D．【解答】解：如图所示，•=||•||cos∠PBC=||cos∠PBC．设OP为⊙O的半径，则当OP∥BC且同向时，向量在方向上的投影最大，则•取得最大值．由余弦定理可得：cosA==，∴sinA=．∴2R==3．∴||cos∠PBC=|BD|=|BC|+R=2．∴•取得最大值为2．故选：A18．（2012•重庆模拟）设△ABC的角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若a2+b2=abcosC+absinC，则△ABC的形状为（）A．直角非等腰三角形B．等腰非等边三角形C．等腰直角三角形 D．等边三角形【解答】解：∵≤sin（C+）≤1，∴a2+b2=abcosC+absinC=2ab（cosC+sinC）=2absin（C+）≤2ab，当且仅当C+=，即C=时取等号，又a2+b2≥2ab，且当且仅当a=b时取等号，则a=b且C=，即△ABC为等边三角形．故选D19．（2010•云南模拟）在△ABC中，a=x，b=2，B=45°，若这样的△ABC有两个，则实数x的取值范围是（）A．（2，+∞）B．（0，2） C．（2，2）D．（，2）【解答】解：由正弦定理可知，求得x=2sinAA+C=180°﹣45°=135°有两解，即A有两个值这两个值互补若A≤45°则由正弦定理得A只有一解，舍去．∴45°＜A＜135°又若A=90°，这样补角也是90度，一解，A不为90°所以＜sinA＜1∵x=2sinA∴2＜x＜2故选C二．解答题（共11小题）20．（2017•吉州区校级一模）已知数列{a n}中，a1=1，a n+1=1+，记b n=（1）求证：数列{b n}是等比数列，并求b n；（2）求数列{a n}的通项公式a n；（3）记c n=nb n，S n=c1+c2+…+c n，对任意正整数n，不等式+S n+n（﹣）n+1﹣（﹣）n＞0恒成立，求最小正整数m．【解答】（1）证明：∵b n=，a n+1=1+，===﹣=﹣．∴b n+1∴数列{b n}是等比数列，公比为﹣，且首项为﹣．∴b n=．（2）由b n==，得a n=．（3）c n=nb n=n，∴S n=﹣+2×+3×+…+n，=+…++n，两式相减得S n=﹣﹣n，∴不等式+S n+n（﹣）n+1﹣（﹣）n＞0，即＞0，解得m，因此m≥11．因此最小的正整数m=11．21．（2017•浙江模拟）已知数列{a n}满足a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣）．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）求证：++…+＜；（3）记S n=++…+，证明：对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．【解答】解：（1）a1=1，且a n+12+a n2=2（a n+1a n+a n+1﹣a n﹣），可得a n+12+a n2﹣2a n+1a n﹣2a n+1+2a n+1=0，即有（a n+1﹣a n）2﹣2（a n+1﹣a n）+1=0，即为（a n+1﹣a n﹣1）2=0，可得a n+1﹣a n=1，则a n=a1+n﹣1=n，n∈N*；（2）证明：由=＜=﹣，n≥2．则++…+=1+++…+＜1++﹣+﹣+…+﹣=﹣＜，故原不等式成立；（3）证明：S n=++…+=1++…+，当n=2时，S22=（1+）2=＞2•=成立；假设n=k≥2，都有S k2＞2（++…+）．则n=k+1时，S k+12=（S k+）2，S k+12﹣2（++…++）=（S k+）2﹣2（++…+）﹣2•=S k2﹣2（++…+）++2•﹣2•=S k2﹣2（++…+）+，由k＞1可得＞0，且S k2＞2（++…+）．可得S k2﹣2（++…+）＞0，2＞2（++…++）恒成立．则S k+1综上可得，对于一切n≥2，都有S n2＞2（++…+）．22．（2017•宁波模拟）已知数列{a n}满足a1=1，a n+1=，n∈N*．（1）求证：≤a n≤1；（2）求证：|a2n﹣a n|≤．【解答】证明：（1）用数学归纳法证明：①当n=1时，=，成立；②假设当n=k时，有成立，则当n=k+1时，≤≤1，≥=，∴当n=k+1时，，命题也成立．由①②得≤a n≤1．（2）当n=1时，|a2﹣a1|=，当n≥2时，∵（）（）=（）=1+=，﹣a n|=||=≤|a n﹣a n﹣1|＜…＜（）∴|a n+1n﹣1|a2﹣a1|=，∴|a2n﹣a2n﹣1|≤|a2n﹣a2n﹣1|+|a2n﹣1﹣a2n﹣2|+…+|a n+1﹣a n|≤==（）n﹣1﹣（）2n﹣1≤，综上：|a2n﹣a n|≤．23．（2017•北京）设{a n}和{b n}是两个等差数列，记c n=max{b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n}（n=1，2，3，…），其中max{x1，x2，…，x s}表示x1，x2，…，x s这s个数中最大的数．（1）若a n=n，b n=2n﹣1，求c1，c2，c3的值，并证明{c n}是等差数列；（2）证明：或者对任意正数M，存在正整数m，当n≥m时，＞M；或者存在正整数m，使得c m，c m+1，c m+2，…是等差数列．【解答】解：（1）a1=1，a2=2，a3=3，b1=1，b2=3，b3=5，当n=1时，c1=max{b1﹣a1}=max{0}=0，当n=2时，c2=max{b1﹣2a1，b2﹣2a2}=max{﹣1，﹣1}=﹣1，当n=3时，c3=max{b1﹣3a1，b2﹣3a2，b3﹣3a3}=max{﹣2，﹣3，﹣4}=﹣2，下面证明：对∀n∈N*，且n≥2，都有c n=b1﹣na1，当n∈N*，且2≤k≤n时，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1），=[（2k﹣1）﹣nk]﹣1+n，=（2k﹣2）﹣n（k﹣1），=（k﹣1）（2﹣n），由k﹣1＞0，且2﹣n≤0，则（b k﹣na k）﹣（b1﹣na1）≤0，则b1﹣na1≥b k﹣na k，因此，对∀n∈N*，且n≥2，c n=b1﹣na1=1﹣n，c n+1﹣c n=﹣1，∴c2﹣c1=﹣1，∴c n﹣c n=﹣1对∀n∈N*均成立，+1∴数列{c n}是等差数列；（2）证明：设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1，d2，下面考虑的c n取值，由b1﹣a1n，b2﹣a2n，…，b n﹣a n n，考虑其中任意b i﹣a i n，（i∈N*，且1≤i≤n），则b i﹣a i n=[b1+（i﹣1）d1]﹣[a1+（i﹣1）d2]×n，=（b1﹣a1n）+（i﹣1）（d2﹣d1×n），下面分d1=0，d1＞0，d1＜0三种情况进行讨论，①若d1=0，则b i﹣a i n═（b1﹣a1n）+（i﹣1）d2，当若d2≤0，则（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）d2≤0，则对于给定的正整数n而言，c n=b1﹣a1n，此时c n+1﹣c n=﹣a1，∴数列{c n}是等差数列；当d2＞0，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣n）d2＞0，则对于给定的正整数n而言，c n=b n﹣a n n=b n﹣a1n，﹣c n=d2﹣a1，此时c n+1∴数列{c n}是等差数列；此时取m=1，则c1，c2，…，是等差数列，命题成立；②若d1＞0，则此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为负数的一次函数，故必存在m∈N*，使得n≥m时，﹣d1n+d2＜0，则当n≥m时，（b i﹣a i n）﹣（b1﹣a1n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i≤n），因此当n≥m时，c n=b1﹣a1n，﹣c n=﹣a1，故数列{c n}从第m项开始为等差数列，命题成立；此时c n+1③若d1＜0，此时﹣d1n+d2为一个关于n的一次项系数为正数的一次函数，故必存在s∈N*，使得n≥s时，﹣d1n+d2＞0，则当n≥s时，（b i﹣a i n）﹣（b n﹣a n n）=（i﹣1）（﹣d1n+d2）≤0，（i∈N*，1≤i ≤n），因此，当n≥s时，c n=b n﹣a n n，此时==﹣a n+，=﹣d2n+（d1﹣a1+d2）+，令﹣d1=A＞0，d1﹣a1+d2=B，b1﹣d2=C，下面证明：=An+B+对任意正整数M，存在正整数m，使得n≥m，＞M，若C≥0，取m=[+1]，[x]表示不大于x的最大整数，当n≥m时，≥An+B≥Am+B=A[+1]+B＞A•+B=M，此时命题成立；若C＜0，取m=[]+1，当n≥m时，≥An+B+≥Am+B+C＞A•+B+C≥M﹣C﹣B+B+C=M，此时命题成立，因此对任意正数M，存在正整数m，使得当n≥m时，＞M；综合以上三种情况，命题得证．24．（2017•浙江）已知数列{x n}满足：x1=1，x n=x n+1+ln（1+x n+1）（n∈N*），证明：当n∈N*时，＜x n；（Ⅰ）0＜x n+1﹣x n≤；（Ⅱ）2x n+1（Ⅲ）≤x n≤．【解答】解：（Ⅰ）用数学归纳法证明：x n＞0，当n=1时，x1=1＞0，成立，假设当n=k时成立，则x k＞0，＜0，则0＜x k=x k+1+ln（1+x k+1）＜0，矛盾，那么n=k+1时，若x k+1故x n＞0，+1因此x n＞0，（n∈N*）∴x n=x n+1+ln（1+x n+1）＞x n+1，＜x n（n∈N*），因此0＜x n+1（Ⅱ）由x n=x n+1+ln（1+x n+1）得x n x n+1﹣4x n+1+2x n=x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1），记函数f（x）=x2﹣2x+（x+2）ln（1+x），x≥0∴f′（x）=+ln（1+x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f（0）=0，因此x n+12﹣2x n+1+（x n+1+2）ln（1+x n+1）≥0，故2x n+1﹣x n≤；（Ⅲ）∵x n=x n+1+ln（1+x n+1）≤x n+1+x n+1=2x n+1，∴x n≥，由≥2x n+1﹣x n得﹣≥2（﹣）＞0，∴﹣≥2（﹣）≥…≥2n﹣1（﹣）=2n﹣2，∴x n≤，综上所述≤x n≤．25．（2017•淮安四模）已知{a n}是公差为d的等差数列，{b n}是公比为q的等比数列，q≠±1，正整数组E=（m，p，r）（m＜p＜r）（1）若a1+b2=a2+b3=a3+b1，求q的值；（2）若数组E中的三个数构成公差大于1的等差数列，且a m+b p=a p+b r=a r+b m，求q的最大值．（3）若b n=（﹣）n﹣1，a m+b m=a p+b p=a r+b r=0，试写出满足条件的一个数组E 和对应的通项公式a n．（注：本小问不必写出解答过程）【解答】解：（1）∵a1+b2=a2+b3=a3+b1，∴a1+b1q==a1+2d+b1，化为：2q2﹣q﹣1=0，q≠±1．解得q=﹣．（2）a m+b p=a p+b r=a r+b m，即a p﹣a m=b p﹣b r，∴（p﹣m）d=b m（q p﹣m﹣q r﹣m），同理可得：（r﹣p）d=b m（q r﹣m﹣1）．∵m，p，r成等差数列，∴p﹣m=r﹣p=（r﹣m），记q p﹣m=t，则2t2﹣t﹣1=0，∵q≠±1，t≠±1，解得t=．即q p﹣m=，∴﹣1＜q＜0，记p﹣m=α，α为奇数，由公差大于1，∴α≥3．∴|q|=≥，即q，当α=3时，q取得最大值为﹣．（3）满足题意的数组为E=（m，m+2，m+3），此时通项公式为：a n=，m∈N*．例如E=（1，3，4），a n=．26．（2017•淄博模拟）已知数列{a n}和{b n}满足（n∈N*）．若{a n}是各项为正数的等比数列，且a1=4，b3=b2+6．（Ⅰ）求a n与b n；（Ⅱ）设c n=，记数列{c n}的前n项和为S n．①求S n；②求正整数k．使得对任意n∈N*，均有S k≥S n．【解答】解：（Ⅰ）由题意（n∈N*）．b3=b2+6．知，又由a1=4，得公比q=4（q=﹣4，舍去），所以数列{a n}的通项为…（3分）所以．故数列{b n}的通项为…（5分）（Ⅱ）①由（Ⅰ）知…（7分）所以…（9分）②因为c1=0，c2＞0，c3＞0，c4＞0；当n≥5时，而得所以，当n≥5时，c n＜0；综上，对任意n∈N*恒有S4≥S n，故k=4…（12分）27．（2017•天津一模）已知正项数列{a n}满足+=﹣2（n≥2，n∈N*），且a6=11，前9项和为81．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）若数列{lgb n}的前n项和为lg（2n+1），记c n=，求数列{c n}的前n 项和T n．【解答】解：（Ⅰ）由正项数列{a n}满足+=﹣2（n≥2，n∈N*），得，整理得a n+a n﹣1=2a n，所以{a n}为等差数列．+1由a6=11，前9项和为81，得a1+5d=11，d=81，解得a1=1，d=2．∴a n=1+2（n﹣1）=2n﹣1．（II）当n=1时，lgb1=lg3，即b1=3．当n≥2时，lgb1+lgb2+…+lgb n=lg（2n+1）…①，lgb1+lgb2+…+lgb n﹣1=lg（2n﹣1）…②①﹣②，得，∴b n=，（n≥2）．b1=3满足上式，因此b n=，（n≥2）．c n==，∴数列{c n}的前n项和T n=+…++，又2T n=+…+，以上两式作差，得T n=+2﹣，，因此，T n=﹣．28．（2017•普陀区一模）已知数列{a n}的各项均为正数，且a1=1，对任意的n∈N*，均有a n+12﹣1=4a n（a n+1），b n=2log2（1+a n）﹣1．（1）求证：{1+a n}是等比数列，并求出{a n}的通项公式；（2）若数列{b n}中去掉{a n}的项后，余下的项组成数列{c n}，求c1+c2+…+c100；（3）设d n=，数列{d n}的前n项和为T n，是否存在正整数m（1＜m＜n），使得T1、T m、T n成等比数列，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由．2﹣1=4a n（a n+1），【解答】（1）证明：∵对任意的n∈N*，均有a n+12=，又数列{a n}的各项均为正数，∴a n+1=2a n+1，变形为a n+1+1=2（a n+1），∴a n+1∴{1+a n}是等比数列，公比为2，首项为2，∴1+a n=2n，即a n=2n﹣1．（2）解：b n=2log2（1+a n）﹣1=2n﹣1．∵n=7时，a7=127；n=8时，a8=255＞213=b107．∴c1+c2+…+c100=b1+b2+…+b106+b107（a1+…+a6+a7）=﹣+7=11449﹣256+9=11202．（3）解：d n===，∴数列{d n}的前n项和为T n=+…+==．假设存在正整数m（1＜m＜n），使得T1、T m、T n成等比数列，则=T1T n，即=，即=＞0，即2m2﹣4m﹣1＜0，解得1﹣＜m＜1+．∵m是正整数且m＞1，∴m=2，此时n=12当且仅当m=2，n=12时，T1、T m、T n成等比数列．29．（2017•宁波模拟）已知数列{a n}中，a1=4，a n+1=，n∈N*，S n为{a n}的前n项和．（Ⅰ）求证：n∈N*时，a n＞a n+1；（Ⅱ）求证：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．﹣a n=﹣=【解答】证明：（I）n≥2时，作差：a n+1，﹣a n与a n﹣a n﹣1同号，∴a n+1由a1=4，可得a2==，可得a2﹣a1＜0，∴n∈N*时，a n＞a n+1．（II）∵2=6+a n，∴=a n﹣2，即2（a n+1﹣2）（a n+1+2）=a n﹣2，①∴a n﹣2与a n﹣2同号，+1又∵a1﹣2=2＞0，∴a n＞2．∴S n=a1+a2+…+a n≥4+2（n﹣1）=2n+2．∴S n﹣2n≥2．由①可得：=，因此a n﹣2≤（a1﹣2），即a n≤2+2×．∴S n=a1+a2+…+a n≤2n+2×＜2n+．综上可得：n∈N*时，2≤S n﹣2n＜．30．（2017•温州模拟）数列{a n}的各项均为正数，且a n+1=a n+﹣1（n∈N*），{a n}的前n项和是S n．（Ⅰ）若{a n}是递增数列，求a1的取值范围；（Ⅱ）若a1＞2，且对任意n∈N*，都有S n≥na1﹣（n﹣1），证明：S n＜2n+1．【解答】（I）解：由a2＞a1＞0⇔﹣1＞a1＞0，解得0＜a1＜2，①．又a3＞a2＞0，⇔＞a2，⇔0＜a2＜2⇔﹣1＜2，解得1＜a1＜2，②．由①②可得：1＜a1＜2．下面利用数学归纳法证明：当1＜a1＜2时，∀n∈N*，1＜a n＜2成立．（1）当n=1时，1＜a1＜2成立．（2）假设当n=k∈N*时，1＜a n＜2成立．则当n=k+1时，a k=a k+﹣1∈⊊（1，2），+1即n=k+1时，不等式成立．综上（1）（2）可得：∀n∈N*，1＜a n＜2成立．于是a n﹣a n=﹣1＞0，即a n+1＞a n，+1∴{a n}是递增数列，a1的取值范围是（1，2）．（II）证明：∵a1＞2，可用数学归纳法证明：a n＞2对∀n∈N*都成立．﹣a n=﹣1＜2，即数列{a n}是递减数列．于是：a n+1在S n≥na1﹣（n﹣1）中，令n=2，可得：2a1+﹣1=S2≥2a1﹣，解得a1≤3，因此2＜a1≤3．下证：（1）当时，S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立．事实上，当时，由a n=a1+（a n﹣a1）≥a1+（2﹣）=．于是S n=a1+a2+…+a n≥a1+（n﹣1）=na1﹣．再证明：（2）时不合题意．事实上，当时，设a n=b n+2，可得≤1．由a n=a n+﹣1（n∈N*），可得：b n+1=b n+﹣1，可得=≤≤+1．于是数列{b n}的前n和T n≤＜3b1≤3．故S n=2n+T n＜2n+3=na1+（2﹣a1）n+3，③．令a1=+t（t＞0），由③可得：S n＜na1+（2﹣a1）n+3=na1﹣﹣tn+．只要n充分大，可得：S n＜na1﹣．这与S n≥na1﹣（n﹣1）恒成立矛盾．∴时不合题意．综上（1）（2）可得：，于是可得=≤≤．（由可得：）．故数列{b n}的前n项和T n≤＜b1＜1，∴S n=2n+T n＜2n+1．。