新情景下数学问题的研究 2018届高三二轮数学精品教学案(江苏版)

前者必须加上“n ≥2”，否则 n ＝1 时 a 0 无意义；在等比数列中一样有：①n ≥2 时，有 a n ＋1a nnn (2)由(1)知 3 a n ＝1＋(n －1)·(－2)＝3－2n ，所以 a n ＝(3－2n ) ⎪ ， 1 2 3 n 所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋(－3)· ⎪ ＋…＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n n ＋1所以 S n ＝1· ⎪ ＋(－1)· ⎪ ＋…＋(5－2n )· ⎪ ＋(3－2n )· ⎪ ，2 3 n 两式相减得 S n ＝ －2⎢ ⎪ ＋ ⎪ ＋…＋ ⎪ ⎥ ⎛1⎫n ＋1－(3－2n )· ⎪a 1＝ ，a n ＋1＝ a n －1难点六 数列中的证明、探索性和存在性、不定方程的解等综合问题(对应学生用书第 72 页)近几年的高考试卷中经常出现以数列为载体的证明、探索等综合问题，这类问题不仅考查学生的分析问题解决问题的能力，以及探索能力，而且给学生提供了创新思维的空间．1．等差数列、等比数列的证明问题有关证明、判断数列是等差(等比)数列的主要证明方法有：定义法、性质法．定义法：用定义法判断一个数列是等差数列，常采用的两个式子 a n －a n －1＝d 和 a n ＋1－a n ＝d 有差别，a n a n －1＝…＝q (常数 q ≠0)；②n ∈N *时，有 ＝…＝q (常数 q ≠0)．性质法：a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1⇔{a n }是等差数列，a n a n ＋2＝(a n ＋1)2(a n ≠0)⇔{a n }是等比数列，这是证明数列{a n }为等差(等比)数列的另一种主要方法．【例 1】 (苏北四市淮安、宿 迁、连云港、徐州)2017 届高三上学期期中)在数列{a n }中，已知1 2 3 3 3n ＋1，n ∈N *，设 S n 为{a n }的前 n 项和．(1)求证：数列{3n a n }是等差数列； (2)求 S n ；(3)是否存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列？若存在，求出 p ，q ，r的值；若不存在，说明理由．1 2[解](1)证明：因为 a n ＋1＝3a n －3n ＋1，n ∈N *，所以 3n ＋1a n ＋1－3n a n ＝－2，1又因为 a 1＝3，所以 31·a 1＝1，所以{3n a n }是首项为 1，公差为－2 的等差数列．⎛1⎫ ⎝3⎭⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭⎝3⎭1 ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ 3 ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭2 1 ⎡⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎛1⎫ ⎤3 3 ⎣⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎝3⎭ ⎦⎝3⎭⎢1×⎝3⎭ ⎥＋(2n －3)·⎛ ⎝1⎫⎪⎭ ⎣91 331－⎦⎛1⎫ n ＋1＝2n · ⎪n ＋1，⎪3p 3r由于当 n ≥2 时，a n ＝(3－2n ) ⎪n ＜0，所以数列{S n }单调递减． q －1 ≥⎡1－⎛1⎫n －1⎤1＝ －23⎝3⎭n所以 S n ＝3n .2q (3)假设存在正整数 p ，q ，r (p ＜q ＜r )，使 S p ，S q ，S r 成等差数列，则 2S q ＝S p ＋S r ，即3q ＝p r＋ .⎛1⎫ ⎝3⎭p q －1又 p ＜q ，所以 p ≤q －1 且 q 至少为 2，所以3p ≥ 3q －1 ，q －1 2q q －33q －1 － 3q ＝ 3q .p q －1 2q r ①当 q ≥3 时，3p ≥ 3 3q ，又3r ＞0，p r 2q所以3p ＋3r ＞ 3q ，等式不成立．②当 q ＝2 时，p ＝1，4 1 r r 1所以9＝3＋3r ，所以3r ＝9，所以 r ＝3({S n }单调递减，解唯一确定)．综上可知，p ，q ，r 的值为 1,2,3.2．数列中探索与存在性问题数列探索性问题主要表现为存在型，解答的一般策略：先假设所探求对象存在或结论成立，以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理，若由此推出矛盾，则假设不成立，从而得到“否定”的结论，即不存在．若推理不出现矛盾，能求得在范围内的数值或图形，就得到肯定的结论，即得到存在的结果．而要确定范围内的数值，则往往涉及不定方程的正整数解问题．【例 2】 (2017·江苏省盐城市高考数学三模)已知数列{a n }，{b n }都是单调递增数列，若将这两个数列的项按由小到大的顺序排成一列(相同的项视为一项)，则得到一个新数列{c n }．(1)设数列{a n }，{b n }分别为等差、等比数列，若 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，求 c 20； (2)设{a n }的首项为 1，各项为正整数，b n ＝3n ，若新数列{c n }是等差数列，求数列{c n }的前 n 项和 S n ；(3)设 b n ＝q n －1(q 是不小于 2 的正整数)，c 1＝b 1，是否存在等差数列{a n }，使得对任意的 n ∈N *，在 b n 与 b n ＋1 之间数列{a n }的项数总是 b n ？若存在，请给出一个满足题意的等差数列⎩ 当 n ≥4 时，解得 d ＝ 2＜1，不满足各项为正整数；由 3n ＝2m －1，得 m ＝ ，3n 是奇数，3n ＋1 是正偶数，m 有正整数解，⎪⎩b n ＋1＞ab 1＋b 2＋…＋b n ， 2⎧⎪b n ＜a 1＋q ＋…＋qn －2＋1 ⎩{a n }；若不存在，请说明理由．【导学号：56394105】[解] (1)设等差数列{a n }的公差为 d ，等比数列{b n }的公比为 q ，⎧⎪1＋d ＝q 2由题意得，⎨⎪1＋5d ＝q 4，解得 d ＝0 或 3，因数列{a n }，{b n }单调递增，所以 d ＞0，q ＞1，所以 d ＝3，q ＝2，所以 a n ＝3n －2，b n ＝2n －1.因为 a 1＝b 1＝1，a 2＝b 3，a 6＝b 5，b 7＞a 20. ∴c 20＝a 17＝49.(2)设等差数列{c n }的公差为 d ，又 a 1＝1，且 b n ＝3n ， 所以 c 1＝1，所以 c n ＝dn ＋1－d .因为 b 1＝3 是{c n }中的项，所以设 b 1＝c n ，即 d (n －1)＝2.n －1当 b 1＝c 3＝3 时，d ＝1，此时 c n ＝n ，只需取 a n ＝n ，而等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n n ＋；当 b 1＝c 2＝3 时，d ＝2，此时 c n ＝2n －1，只需取 a n ＝2n －1，3n ＋1 2所以等比数列{b n }的项都是等差数列{a n }中的项，所以 S n ＝n 2.n n ＋综上所述，数列{ c n }的前 n 项和 S n ＝2或 S n ＝n 2.(3)存在等差数列{a n }，只需首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1.下 证 b n 与 b n ＋ 1 之 间 数 列 {a n } 的 项 数 为 b n ， 即 证 对 任 意 正 整 数 n ， 都 有⎧⎪b n ＜ab 1＋b 2＋…＋b n －1＋1，⎨即⎨⎪b n ＋1＞a 1＋q ＋…＋qn －1成立．由 b n －a 1＋q ＋…＋qn －2＋1＝q n －1－a 1－(1＋q ＋…＋q n －2)(q －1)＝1－a 1＜0， b n ＋1－a 1＋q ＋…＋qn －1＝q n －a 1－(1＋q ＋…＋q n －1－1)(q －1)＝q －a 1＞0. 所以首项 a 1∈(1，q )，公差 d ＝q －1 的等差数列{a n }符合题意．。

江苏新高考数列在江苏高考中地位十分突出，考分比例远远大于课时比例，常在压轴题位置考查代数论证能力.江苏卷数列解答题始终与特殊数列密切联系，源于课本，高于课本，不搞“递推式”“数列不等式”之类的超教学范围的知识考查，导向非常好.但由于能力考查要求较高，多年来造成区分度很差的困惑.2013年的数列解答题降低了难度，但2014年又回升了.到2015年不仅是超纲了，而且难度也加大了，2016年把数列、集合结合命题，难度较大，2017年考查数列的新定义问题和论证等差数列，难度也不低.数列题的常规类型可分两类：一类是判断、证明某个数列是等差、等比数列；另一类是已知等差、等比数列求基本量.这个基本量涵义很广泛，有项、项数、公差、公比、通项、和式以及它们的组合式，甚至还包括相关参数.但江苏考题真正的难度在等差、等比数列的性质灵活运用上.第1课时数列中的基本量计算(基础课)[常考题型突破][必备知识]1．通项公式等差数列：a n＝a1＋(n－1)d；等比数列：a n＝a1·q n－1.2．求和公式 等差数列：S n ＝n (a 1＋a n )2＝na 1＋n (n －1)2d ； 等比数列：S n ＝a 1(1－q n )1－q ＝a 1－a n q1－q(q ≠1)．[题组练透]1．(2017·镇江期末)已知数列{a n }为等比数列，且a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列，则公差d ＝________.解析：设等比数列{a n }的公比为q ， 则a 3＝a 1q 2，a 5＝a 1q 4，由a 1＋1，a 3＋4，a 5＋7成等差数列， 得2(a 1q 2＋4)＝a 1＋1＋a 1q 4＋7， 即q 2＝1.所以d ＝a 1q 2＋4－a 1－1＝3. 答案：32．(2017·镇江调研)S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，则a 3a 5＝________. 解析：因为S n S 2n ＝n ＋14n ＋2，所以令n ＝1可得，S 1S 2＝26＝13，即a 12a 1＋d ＝13，化简可得d ＝a 1，所以a 3a 5＝a 1＋2d a 1＋4d ＝3a 15a 1＝35.答案：353．(2017·苏北四市期末)已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，则公比q 的值为________．解析：因为S 2＝2a 2＋3，S 3＝2a 3＋3，所以a 3＝2a 3－2a 2，所以a 3－2a 2＝a 1q 2－2aq ＝0，所以q 2－2q ＝0，q ≠0，则公比q ＝2.答案：24．(2017·江苏高考)等比数列{a n }的各项均为实数，其前n 项和为S n .已知S 3＝74，S 6＝634，则a 8＝________.解析：设等比数列{a n}的公比为q ，则由S 6≠2S 3，得q ≠1，则⎩⎪⎨⎪⎧S 3＝a 1(1－q 3)1－q＝74，S 6＝a 1(1－q 6)1－q＝634，解得⎩⎪⎨⎪⎧q ＝2，a 1＝14， 则a 8＝a 1q 7＝14×27＝32.答案：325．(2017·苏锡常镇一模)设等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4，则a 8的值为________．解析：因为等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 3，S 9，S 6成等差数列，且a 2＋a 5＝4， 所以⎩⎪⎨⎪⎧2×a 1(1－q 9)1－q ＝a 1(1－q 3)1－q ＋a 1(1－q 6)1－q ，a 1q ＋a 1q 4＝4， 解得a 1q ＝8，q 3＝－12，所以a 8＝ a 1q 7＝(a 1q )(q 3)2＝8×14＝2.答案：2 [方法归纳][必备知识][题组练透]1．(2017·苏州考前模拟)已知等比数列{a n }满足a n >0，n ∈N *，且a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，则当n ≥1时，log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝________.解析：由a 5·a 2n －5＝22n (n ≥3)，得a 2n ＝22n ，则a n ＝2n ，故log 2a 1＋log 2a 3＋…＋log 2a 2n －1＝1＋3＋…＋(2n －1)＝n 2.答案：n 22．已知数列{a n }为等差数列，S n 为其前n 项和．若a 1＝6，a 3＋a 5＝0，则S 6＝________. 解析：∵a 3＋a 5＝2a 4，∴a 4＝0. ∵a 1＝6，a 4＝a 1＋3d ，∴d ＝－2. ∴S 6＝6a 1＋6×(6－1)2d ＝6.答案：63.(2017·南通二调)已知{a n }是公差不为0的等差数列，S n 是其前n 项和．若a 2a 3＝a 4a 5，S 9＝27，则a 1的值是________．解析：因为等差数列{a n }满足S 9＝27，所以S 9＝9a 5＝27，所以a 5＝3，因为a 2a 3＝a 4a 5，所以(a 5－3d )(a 5－2d )＝(a 5－d )a 5,4a 5d ＝6d 2，又因为等差数列{a n }的公差不为0，所以d ＝2，所以a 1＝a 5－4d ＝3－4×2＝－5.答案：－54．设公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若a 1＝1，－217＜d ＜－19，则当S n 取最大值时，n 的值为________．解析：法一：∵S n ＝n ＋n (n －1)2d ，∴S n ＝d2n 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2n . ∵函数y ＝d 2x 2＋⎝⎛⎭⎫1－d 2x 的图象的对称轴方程为x ＝－1d ＋12，且开口向下，又－217＜d ＜－19，∴9＜－1d ＋12＜192.∴S n 取最大值时，n 的值为9.法二：由a n ＝a 1＋(n －1)d ＝1＋(n －1)d ＞0，得n －1＜1－d. ∵19＜－d ＜217，∴172＜1－d＜9. 又n ∈N *，∴n －1≤8，即n ≤9.故S 9最大． 答案：9 [方法归纳](1)等差、等比数列性质的应用的关键是抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解.(2)应牢固掌握等差、等比数列的性质，特别是等差数列中“若m ＋n ＝p ＋q ，则a m ＋a n ＝a p ＋a q ”这一性质与求和公式S n ＝n (a 1＋a n )2的综合应用. [课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·南通三模)设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若公差d ＝2，a 5＝10，则S 10的值是________．解析：法一：因为等差数列{a n }中a 5＝a 1＋4d ＝10，d ＝2，所以a 1＝2，所以S 10＝10×2＋10(10－1)2×2＝110.法二：在等差数列{a n }中，a 6＝a 5＋d ＝12，所以S 10＝10(a 1＋a 10)2＝5(a 5＋a 6)＝5×(10＋12)＝110.答案：1102．(2017·全国卷Ⅲ改编)等差数列{a n }的首项为1，公差不为0.若a 2，a 3，a 6成等比数列，则{a n }前6项的和为________．解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 2，a 3，a 6成等比数列，所以a 2a 6＝a 23， 即(a 1＋d )(a 1＋5d )＝(a 1＋2d )2. 又a 1＝1，所以d 2＋2d ＝0. 又d ≠0，则d ＝－2，所以数列{a n }前6项的和S 6＝6×1＋6×52×(－2)＝－24. 答案：－243．(2017·北京高考)若等差数列{a n }和等比数列{b n }满足a 1＝b 1＝－1，a 4＝b 4＝8，则a 2b 2＝________.解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，则a 4＝－1＋3d ＝8，解得d ＝3； b 4＝－1·q 3＝8，解得q ＝－2.所以a 2＝－1＋3＝2，b 2＝－1×(－2)＝2， 所以a 2b 2＝1.答案：14．已知公差为d 的等差数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 5S 3＝3，则a 5a 3的值为________．解析：由题意S 5S 3＝5a 1＋10d3a 1＋3d ＝3，化简得d ＝4a 1，则a 5a 3＝a 1＋4d a 1＋2d ＝17a 19a 1＝179. 答案：1795．(2017·全国卷Ⅱ)等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝3，S 4＝10，则∑k ＝1n1S k ＝________.解析：设等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，依题意有⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＋2d ＝3，4a 1＋6d ＝10，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝1，所以S n ＝n (n ＋1)2，1S n ＝2n (n ＋1)＝2⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，因此∑k ＝1n1S k ＝2⎝⎛⎭⎫1－12＋12－13＋…＋1n －1n ＋1＝2n n ＋1. 答案：2nn ＋16．(2017·盐城期中)在数列{a n }中，a 1＝－2101，且当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n恒成立，则数列{a n }的前100项和S 100＝________.解析：因为当2≤n ≤100时，a n ＋2a 102－n ＝3×2n 恒成立，所以a 2＋2a 100＝3×22，a 3＋2a 99＝3×23，…，a 100＋2a 2＝3×2100，以上99个等式相加， 得3(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝3(22＋23＋…＋2100)＝3(2101－4)，所以a 2＋a 3＋…＋a 100＝2101－4，又因为a 1＝－2101，所以S 100＝a 1＋(a 2＋a 3＋…＋a 100)＝－4. 答案：－47．(2017·常州前黄中学国际分校月考)在数列{a n }中，a n ＋1＝a n1＋3a n，a 1＝2，则a 20＝________.解析：由a n ＋1＝a n1＋3a n ，a 1＝2，可得1a n ＋1＝1a n ＋3， 所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以12为首项，3为公差的等差数列．即1a n ＝12＋3(n －1)，可得a n ＝26n －5，所以a 20＝2115. 答案：21158．(2017·苏州期中)已知数列{a n }满足：a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，数列{b n }满足：b n ＝a n ·a n ＋1，则数列{b n }的前10项的和S 10＝________.解析：因为a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)，a 1＝1，所以1a n ＋1－1a n＝1，1a 1＝1，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以1a n ＝n ，所以b n ＝1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，所以数列{b n }的前10项的和S 10＝⎝⎛⎭⎫1－12＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋⎝⎛⎭⎫110－111＝1－111＝1011. 答案：10119．已知{a n }为等差数列，若a 11a 10＜－1，且它的前n 项和S n 有最大值，那么当S n 取得最小正值时，n ＝________.解析：由a 11a 10＜－1，得a 11＋a 10a 10＜0，且它的前n 项和S n 有最大值，则a 10＞0，a 11＜0，a 11＋a 10＜0，则S 19＞0，S 20＜0，那么当S n 取得最小正值时，n ＝19.答案：1910．设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，S 10＝16，S 100－S 90＝24，则S 100＝________. 解析：依题意，S 10，S 20－S 10，S 30－S 20，…，S 100－S 90依次成等差数列，设该等差数列的公差为d .又S 10＝16，S 100－S 90＝24，因此S 100－S 90＝24＝16＋(10－1)d ＝16＋9d ，解得d ＝89，因此S 100＝10S 10＋10×92d ＝10×16＋10×92×89＝200.答案：20011．(2017·扬州期末)在正项等比数列{a n }中，若a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6，则a 5＋a 6的最小值为________．解析：令a 1＋a 2＝t (t >0)，则a 4＋a 3－2a 2－2a 1＝6可化为tq 2－2t ＝6(其中q 为公比)，所以a 5＋a 6＝tq 4＝6q 2－2q 4＝6⎣⎡⎦⎤4q 2－2＋(q 2－2)＋4≥6⎣⎢⎡⎦⎥⎤24q 2－2×(q 2－2)＋4＝48(当且仅当q ＝2时等号成立)． 答案：4812．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝2S n ＋2n ，则数列{a n }的通项公式a n ＝________.解析：当n ≥2时，a n ＋1－a n ＝2(S n －S n －1)＋2n －2n －1＝2a n ＋2n －1，从而a n ＋1＋2n ＝3(a n＋2n －1)．又a 2＝2a 1＋2＝4，a 2＋2＝6，故数列{a n ＋1＋2n }是以6为首项，3为公比的等比数列，从而a n ＋1＋2n ＝6×3n －1，即a n ＋1＝2×3n －2n ，又a 1＝1＝2×31－1－21－1，故a n ＝2×3n －1－2n －1.答案：2×3n －1－2n －113．数列{a n }中，若对∀n ∈N *，a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k (k 为常数)，且a 7＝2，a 9＝3，a 98＝4，则该数列的前100项的和等于________．解析：由a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＝k ，a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝k ，得a n ＋3＝a n . 从而a 7＝a 1＝2，a 9＝a 3＝3，a 98＝a 2＝4. 因此a 1＋a 2＋a 3＝9.所以S 100＝33(a 1＋a 2＋a 3)＋a 1＝33×9＋2＝299. 答案：29914．(2017·南京考前模拟)数列{a n }中，a n ＝2n －1，现将{a n }中的项依原顺序按第k 组有2k 项的要求进行分组：(1,3)，(5,7,9,11)，(13,15,17,19,21,23)，…，则第n 组中各数的和为________．解析：设数列{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝n 2，因为2＋4＋…＋2n ＝n ( n ＋1)＝n 2＋n,2＋4＋…＋2( n －1)＝n ( n －1)＝n 2－n .所以第n 组中各数的和为S n 2＋n －S n 2－n ＝( n 2＋n )2－(n 2－n )2＝4n 3.答案：4n 3[B 组——力争难度小题]1．在等差数列{a n }中，若任意两个不等的正整数k ，p 都有a k ＝2p ＋1，a p ＝2k ＋1，数列{a n }的前n 项和记为S n .若k ＋p ＝m ，则S m ＝________.(用m 表示)解析：设数列{a n }的公差为d ， 由题意，a 1＋(k －1)d ＝2p ＋1，① a 1＋(p －1)d ＝2k ＋1，② 两式相减，得(p －k )d ＝2(k －p )． 又k －p ≠0，所以d ＝－2.则a 1＝2p ＋2k －1＝2m －1. 因此S m ＝ma 1＋m (m －1)2d ＝m (2m －1)－m (m －1)＝m 2. 答案：m 22．(2016·全国乙卷)设等比数列{a n }满足a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝5，则a 1a 2…a n 的最大值为________．解析：设等比数列{a n }的公比为q ，则由a 1＋a 3＝10，a 2＋a 4＝q (a 1＋a 3)＝5，知q ＝12.∵a 1＋a 1q 2＝10，∴a 1＝8.故a 1a 2…a n ＝a n1q1＋2＋…＋(n －1)＝23n ·⎝⎛⎭⎫12n n(-1)2＝n nn n n 2273++22222=2--.记t ＝－n 22＋7n 2＝－12(n 2－7n )，结合n ∈N *可知n ＝3或4时，t 有最大值6. 又y ＝2t 为增函数，从而a 1a 2…a n 的最大值为26＝64. 答案：643．(2017·南京考前模拟)已知函数f (x )＝(x －2)3，数列{a n }是公差不为0的等差数列，若∑11i ＝1f (a i )＝0，则数列{a n }的前11项和S 11为________．解析：f (x )＝(x －2)3为增函数，且关于点(2,0)中心对称，则f (2＋x )＋f (2－x )＝0.设数列{a n }的公差为d ，若a 6＞2，则f (a 6)＞0，f (a 5)＋f (a 7)＝f (a 6－d )＋f (a 6＋d )＞f (2－d )＋f (2＋d )＝0，即f (a 5)＋f (a 7)＞0，同理，f (a 4)＋f (a 8)＞0，…，f (a 1)＋f (a 11)＞0，则∑11i ＝1f (a i )＞0；同理，若a 6＜2，则∑11i ＝1f (a i )＜0，所以a 6＝2.所以S 11＝11a 6＝22. 答案：224．(2017·全国卷Ⅰ改编)几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1,1,2,1,2,4,1,2,4,8,1,2,4,8,16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20,21，再接下来的三项是20,21,22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N ：N >100且该数列的前N 项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是________．解析：设第一项为第1组，接下来的两项为第2组，再接下来的三项为第3组，依此类推，则第n 组的项数为n ，前n 组的项数和为n (n ＋1)2.由题意可知，N >100，令n (n ＋1)2>100， 得n ≥14，n ∈N *，即N 出现在第13组之后．易得第n 组的所有项的和为1－2n 1－2＝2n －1，前n 组的所有项的和为2(1－2n )1－2－n ＝2n ＋1－n －2.设满足条件的N 在第k ＋1(k ∈N *，k ≥13)组，且第N 项为第k ＋1组的第t (t ∈N *)个数， 若要使前N 项和为2的整数幂，则第k ＋1组的前t 项的和2t －1应与－2－k 互为相反数，即2t －1＝k ＋2， ∴2t ＝k ＋3， ∴t ＝log 2(k ＋3)， ∴当t ＝4，k ＝13时，N ＝13×(13＋1)2＋4＝95<100，不满足题意； 当t ＝5，k ＝29时，N ＝29×(29＋1)2＋5＝440；当t >5时，N >440. 答案：440第2课时等差、等比数列的综合问题(能力课) [常考题型突破][例1] n 项和为S n ，且a 1＝1，a 2＝2，设b n ＝a 2n －1＋a 2n .(1)若数列{b n }是公比为3的等比数列，求S 2n ；(2)若对任意n ∈N *，S n ＝a 2n ＋n2恒成立，求数列{a n }的通项公式；(3)若S 2n ＝3(2n －1)，数列{a n a n ＋1}为等比数列，求数列{a n }的通项公式． [解] (1)由题意，b 1＝a 1＋a 2＝1＋2＝3，则S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－3n )1－3＝3n ＋1－32.(2)当n ≥2时，由2S n ＝a 2n ＋n ， 得2S n －1＝a 2n －1＋n －1，两式相减得2a n ＝a 2n ＋n －(a 2n －1＋n －1)＝a 2n －a 2n －1＋1，整理得(a n －1)2－a 2n －1＝0， 即(a n －a n －1－1)(a n ＋a n －1－1)＝0， 故a n －a n －1＝1或a n ＋a n －1＝1.(*)下面证明a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立． 事实上，因为a 1＋a 2＝3， 所以a n ＋a n －1＝1不恒成立；若存在n ∈N *，使a n ＋a n －1＝1，设n 0是满足上式最小的正整数，即an 0＋an 0－1＝1，显然n 0>2，且an 0－1∈(0,1)，则an 0－1＋an 0－2≠1，则由(*)式知，an 0－1－an 0－2＝1，则an 0－2<0，矛盾．故a n ＋a n －1＝1对任意的n ∈N *恒不成立，所以a n －a n －1＝1对任意的n ∈N *恒成立.因此{a n }是以1为首项，1为公差的等差数列，所以a n ＝1＋(n －1)＝n . (3)设等比数列{a n a n ＋1}的公比为q ，则当n ≥2时，a n a n ＋1a n －1a n ＝a n ＋1a n －1＝q .即{a 2n －1}，{a 2n }分别是以1,2为首项，公比为q 的等比数列； 故a 3＝q ，a 4＝2q .令n ＝2，有S 4＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝1＋2＋q ＋2q ＝9，则q ＝2.当q ＝2时，a 2n －1＝2n －1，a 2n ＝2×2n －1＝2n ，b n ＝a 2n －1＋a 2n ＝3×2n －1，此时S 2n ＝(a 1＋a 2)＋(a 3＋a 4)＋…＋(a 2n －1＋a 2n )＝b 1＋b 2＋…＋b n ＝3(1－2n )1－2＝3(2n －1)．综上所述，a n＝⎩⎨⎧2n －12，当n 为奇数，2n2，当n 为偶数.[方法归纳]已知数列{a n }，{b n }满足2S n ＝(a n ＋2)b n ，其中S n 是数列{a n }的前n 项和． (1)若数列{a n }是首项为23，公比为－13的等比数列，求数列{b n }的通项公式；(2)若b n ＝n ，a 2＝3，求数列{a n }的通项公式；(3)在(2)的条件下，设c n ＝a nb n，求证：数列{c n }中的任意一项总可以表示成该数列其他两项之积．解：(1)因为a n ＝23×⎝⎛⎭⎫－13n －1＝－2⎝⎛⎭⎫－13n ， S n ＝23⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n 1－⎝⎛⎭⎫－13＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫－13n ，所以b n ＝2S na n ＋2＝1－⎝⎛⎭⎫－13n －2⎝⎛⎭⎫－13n ＋2＝12. (2)若b n ＝n ，则2S n ＝na n ＋2n ，① 所以2S n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1＋2(n ＋1)，② 由②－①得2a n ＋1＝(n ＋1)a n ＋1－na n ＋2， 即na n ＝(n －1)a n ＋1＋2，③当n ≥2时，(n －1)a n －1＝(n －2)a n ＋2，④ 由④－③得(n －1)a n －1＋(n －1)a n ＋1＝2(n －1)a n ， 即a n －1＋a n ＋1＝2a n ，由2S 1＝a 1＋2，得a 1＝2，又a 2＝3，所以数列{a n }是首项为2，公差为3－2＝1的等差数列，故数列{a n }的通项公式是a n ＝n ＋1.(3)证明：由(2)得c n ＝n ＋1n ，对于给定的n ∈N *，若存在k ≠n ，t ≠n ，k ，t ∈N *，使得c n ＝c k ·c t ，只需n ＋1n ＝k ＋1k ·t ＋1t ， 即1＋1n ＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ·⎝⎛⎭⎫1＋1t ，即1n ＝1k ＋1t ＋1kt ，则t ＝n (k ＋1)k －n ， 取k ＝n ＋1，则t ＝n (n ＋2)，所以对数列{c n }中的任意一项c n ＝n ＋1n ，都存在c n ＋1＝n ＋2n ＋1和c n 2＋2n ＝n 2＋2n ＋1n 2＋2n ，使得c n ＝c n ＋1·c n 2＋2n .[例2] n n a 2n －na 2n ＋1＝0，设数列{b n }满足b n ＝a 2ntn .(1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 为等比数列； (2)若数列{b n }是等差数列，求实数t 的值；(3)若数列{b n }是等差数列，前n 项和为S n ，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使得8a 21S n －a 41n 2＝16b m 成立，求满足条件的所有整数a 1的值．[解] (1)证明：由题意得4(n ＋1)a 2n ＝na 2n ＋1，因为数列{a n }各项均为正， 得a 2n ＋1n ＋1＝4·a 2n n ，所以a n ＋1n ＋1＝2·a n n ， 因此a n ＋1n ＋1a n n ＝2，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以a 1为首项，公比为2的等比数列．(2)由(1)得a n n＝a 1·2n －1，即a n ＝a 1·2n －1·n ， 所以b n ＝a 2nt n ＝a 21·4n －1·n tn， 如果数列{b n }是等差数列，则2b 2＝b 1＋b 3， 即2·a 21·2·42－1t 2＝a 21·40t ＋a 21·3·43－1t 3，整理得16t 2＝1t ＋48t 3，则t 2－16t ＋48＝0， 解得t ＝4或t ＝12. 当t ＝4时，b n ＝a 21·n 4，因为b n ＋1－b n ＝a 21(n ＋1)4－a 21n 4＝a 214，所以数列{b n }是等差数列，符合题意； 当t ＝12时，b n ＝a 21n4·3n ，因为b 2＋b 4＝2a 214·32＋4a 214·34＝22a 214·34＝11162a 21，2b 3＝2·a 21·34·33＝a 2118，b 2＋b 4≠2b 3，所以数列{b n }不是等差数列，t ＝12不符合题意， 综上，如果数列{b n }是等差数列，则t ＝4.(3)由(2)得b n ＝a 21n 4，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m ， 则8·a 414·n (n ＋1)2－a 41n 2＝16a 21m 4，所以m ＝na 214.当a 1＝2k ，k ∈N *时，m ＝4k 2n4＝k 2n ，对任意的n ∈N *，m ∈N *，符合题意； 当a 1＝2k －1，k ∈N *，当n ＝1时，m ＝4k 2－4k ＋14＝k 2－k ＋14∉N *，故不合题意.综上，当a 1＝2k ，k ∈N *，对任意的n ∈N *，均存在m ∈N *，使8a 21S n －a 41n 2＝16b m .[方法归纳]已知数列{a n }的前n 项和为S n ，数列{b n }，{c n }满足(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn ，(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S nn ，其中n ∈N *. (1)若数列{a n }是公差为2的等差数列，求数列{c n }的通项公式；(2)若存在实数λ，使得对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，求证：数列{a n }是等差数列． 解：(1)因为数列{a n }是公差为2的等差数列， 所以a n ＝a 1＋2(n －1)，S nn ＝a 1＋n －1. 因为(n ＋2)c n ＝a 1＋2n ＋a 1＋2(n ＋1)2－(a 1＋n －1)＝n ＋2，所以c n ＝1.(2)证明：由(n ＋1)b n ＝a n ＋1－S nn，得n (n ＋1)b n ＝na n ＋1－S n ，(n ＋1)(n ＋2)b n ＋1＝(n ＋1)a n ＋2－S n ＋1，两式相减，并化简得a n ＋2－a n ＋1＝(n ＋2)b n ＋1－nb n .从而(n ＋2)c n ＝a n ＋1＋a n ＋22－S n n ＝a n ＋1＋a n ＋22－[a n ＋1－(n ＋1)b n ]＝a n ＋2－a n ＋12＋(n ＋1)b n ＝(n ＋2)b n ＋1－nb n 2＋(n ＋1)b n ＝n ＋22(b n ＋b n ＋1)，因此c n ＝12(b n ＋b n ＋1)．因为对一切n ∈N *，有b n ≤λ≤c n ，所以λ≤c n ＝12(b n ＋b n ＋1)≤λ，故b n ＝λ，c n ＝λ.所以(n ＋1)λ＝a n ＋1－S nn ，①(n ＋2)λ＝12(a n ＋1＋a n ＋2)－S n n ，②②－①得12(a n ＋2－a n ＋1)＝λ，即a n ＋2－a n ＋1＝2λ，故a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥2)．又2λ＝a 2－S 11＝a 2－a 1，则a n ＋1－a n ＝2λ(n ≥1)．所以数列{a n }是等差数列.[例3] (2017·n a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n ，对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列． [证明] (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ， 则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d ＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ， 因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．[方法归纳]设数列{a n}的前n项的和为S n.定义：若∀n∈N*，∃m∈N*，S n＝a m，则称数列{a n}为H数列．(1)求证：数列{(n－2)d}(n∈N*，d为常数)是H数列；(2)求证：数列{(n－3)d}(n∈N*，d为常数，d≠0)不是H数列．证明：(1)∵a n＝(n－2)d，∴S n＝n(－1＋n－2)2d＝n(n－3)2d.令n(n－3)2d＝(m－2)d.(*)当d＝0时，存在正整数m满足(*)．当d≠0时，m＝2＋n(n－3)2，∵∀n∈N*，n(n－3)2∈Z，∴m∈Z，且n(n－3)2≥－1，∴m≥1，m∈N*，故存在m∈N*满足(*)．所以数列{(n－2)d}是H数列．(2)数列{(n－3)d}的前n项之和为S n＝n(－2＋n－3)2d＝n(n－5)2d.令n(n－5)2d＝(m－3)d.因为d ≠0，所以m ＝3＋n (n －5)2，当n ＝2时，m ＝0，故{(n －3)d }不是H 数列． [课时达标训练]1．(2017·苏州期中)已知等比数列{a n }的公比q >1，满足：a 2＋a 3＋a 4＝28，且a 3＋2是a 2，a 4的等差中项．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若b n ＝a n log 12a n ，S n ＝b 1＋b 2＋…＋b n ，求使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值．解：(1)∵a 3＋2是a 2，a 4的等差中项， ∴2(a 3＋2)＝a 2＋a 4，代入a 2＋a 3＋a 4＝28，可得a 3＝8， ∴a 2＋a 4＝20，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1q 2＝8，a 1q ＋a 1q 3＝20，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝32，q ＝12，∵q >1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2，q ＝2，∴数列{a n }的通项公式为a n ＝2n .(2)∵b n ＝a n log 12a n ＝2n log 122n ＝－n ·2n ，∴S n ＝－(1×2＋2×22＋…＋n ·2n )，①2S n ＝－(1×22＋2×23＋…＋(n －1)·2n ＋n ·2n ＋1)，② ②－①得S n ＝2＋22＋23＋…＋2n －n ·2n ＋1 ＝2(1－2n )1－2－n ·2n ＋1＝2n ＋1－2－n ·2n ＋1.∵S n ＋n ·2n ＋1>62，∴2n ＋1－2>62， ∴n ＋1>6，n >5，∴使S n ＋n ·2n ＋1>62成立的正整数n 的最小值为6.2．已知数列{a n }，{b n }均为各项都不相等的数列，S n 为{a n }的前n 项和，a n ＋1b n ＝S n ＋1(n ∈N *)．(1)若a 1＝1，b n ＝n2，求a 4的值；(2)若{a n }是公比为q 的等比数列，求证：存在实数λ，使得{b n ＋λ}为等比数列． 解：(1)由a 1＝1，b n ＝n2，知a 2＝4，a 3＝6，a 4＝8.(2)证明：法一：显然公比q ≠1，因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，所以a 1q nb n ＝a 1(1－q n )1－q＋1，所以q nb n ＝11－q ＋1a 1－q n 1－q，即b n ＝⎝⎛⎭⎫11－q ＋1a 1⎝⎛⎭⎫1q n －11－q ， 所以存在实数λ＝11－q， 使得b n ＋λ＝⎝⎛⎭⎫11－q ＋1a 1⎝⎛⎭⎫1q n ，又b n ＋λ≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以当n ≥2时，b n ＋λb n －1＋λ＝1q ，此时{b n ＋λ}为等比数列，所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列． 法二：因为a n ＋1b n ＝S n ＋1，① 所以当n ≥2时，a n b n －1＝S n －1＋1，② ①－②得，a n ＋1b n －a n b n －1＝a n ，③ 由③得，b n ＝a n a n ＋1b n －1＋a n a n ＋1＝1q b n －1＋1q ，所以b n ＋11－q ＝1q ⎝⎛⎭⎫b n －1＋11－q .又b n ＋11－q≠0(否则{b n }为常数数列，与题意不符)， 所以存在实数λ＝11－q，使得{b n ＋λ}为等比数列． 3．设数列{H n }的各项均为不相等的正整数，其前n 项和为Q n ，称满足条件“对任意的m ，n ∈N *，均有(n －m )·Q n ＋m ＝(n ＋m )(Q n －Q m )”的数列{H n }为“好”数列．(1)试分别判断数列{a n }，{b n }是否为“好”数列，其中a n ＝2n －1，b n ＝2n －1，n ∈N *，并给出证明；(2)已知数列{c n }为“好”数列，其前n 项和为T n . ①若c 2 016＝2 017，求数列{c n }的通项公式；②若c 1＝p ，且对任意给定的正整数p ，s (s >1)，有c 1，c s ，c t 成等比数列，求证：t ≥s 2. 解：(1)若a n ＝2n －1，则S n ＝n 2， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n －m )(n ＋m )2，而(n ＋m )(S n －S m )＝(n ＋m )(n 2－m 2)＝(n ＋m )2(n －m )， 所以(n －m )S n ＋m ＝(n ＋m )(S n －S m )对任意的m ，n ∈N *均成立， 即数列{a n }是“好”数列．若b n ＝2n －1，则S n ＝2n －1，取n ＝2，m ＝1， 则(n －m )S n ＋m ＝S 3＝7，(n ＋m )(S n －S m )＝3b 2＝6， 此时(n －m )S n ＋m ≠(n ＋m )(S n －S m )， 即数列{b n }不是“好”数列．(2)因为数列{c n }为“好”数列，取m ＝1， 则(n －1)T n ＋1＝(n ＋1)(T n －T 1)， 即2T n ＝(n －1)c n ＋1＋(n ＋1)c 1恒成立． 当n ≥2时，有2T n －1＝(n －2)c n ＋nc 1，两式相减，得2c n ＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n ＋c 1(n ≥2)， 即nc n ＝(n －1)c n ＋1＋c 1(n ≥2)， 所以(n －1)c n －1＝(n －2)c n ＋c 1(n ≥3)，所以nc n －(n －1)c n －1＝(n －1)c n ＋1－(n －2)c n (n ≥3)， 即(2n －2)c n ＝(n －1)c n －1＋(n －1)c n ＋1(n ≥3)， 即2c n ＝c n －1＋c n ＋1(n ≥3)，当n ＝2时，有2T 2＝c 3＋3c 1，即2c 2＝c 3＋c 1， 所以2c n ＝c n －1＋c n ＋1对任意的n ≥2，n ∈N *恒成立， 所以数列{c n }是等差数列． 设数列{c n }的公差为d ，①若c 2 016＝2 017，则c 1＋2 015d ＝2 017， 即d ＝2 017－c 12 015，因为数列{c n }的各项均为不相等的正整数， 所以d ∈N *，所以d ＝1，c 1＝2，所以c n ＝n ＋1. ②证明：若c 1＝p ，则c n ＝dn ＋p －d ， 由c 1，c s ，c t 成等比数列，得c 2s ＝c 1c t ， 所以(ds ＋p －d )2＝p (dt ＋p －d )，即(p －d )(2ds ＋p －d －p )＋d (ds 2－pt )＝0， 化简得，p (t ＋1－2s )＝d (s －1)2， 即d ＝t ＋1－2s (s －1)2p .因为p 是任意给定的正整数，要使d ∈N *，必须t ＋1－2s(s －1)2∈N *，不妨设k ＝t ＋1－2s(s －1)2，由于s 是任意给定的正整数，所以t ＝k (s －1)2＋2s －1≥(s －1)2＋2s －1＝s 2. 故不等式得证．4．(2017·常州前黄中学国际分校月考)已知数列{a n }是公差为正数的等差数列，其前n 项和为S n ，且a 2·a 3＝15，S 4＝16.(1)求数列{a n }的通项公式； (2)数列{b n }满足b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1. ①求数列{b n }的通项公式；②是否存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列？若存在，求出m ，n 的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设数列{a n }的公差为d ，则d ＞0.由a 2·a 3＝15，S 4＝16，得⎩⎪⎨⎪⎧(a 1＋d )(a 1＋2d )＝15，4a 1＋6d ＝16，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝7，d ＝－2(舍去)． 所以a n ＝2n －1.(2)①∵b 1＝a 1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1， ∴b 1＝a 1＝1，b n ＋1－b n ＝1a n a n ＋1＝1(2n －1)(2n ＋1)＝12⎝⎛⎭⎫12n －1－12n ＋1，即b 2－b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－13，b 3－b 2＝12⎝⎛⎭⎫13－15，…，b n －b n －1＝12⎝⎛⎭⎫12n －3－12n －1(n ≥2)，累加得：b n －b 1＝12⎝⎛⎭⎫1－12n －1＝n －12n －1， ∴b n ＝b 1＋n －12n －1＝1＋n －12n －1＝3n －22n －1.b 1＝1也符合上式． 故b n ＝3n －22n －1，n ∈N *. ②假设存在正整数m ，n (m ≠n )，使得b 2，b m ，b n 成等差数列， 则b 2＋b n ＝2b m .又b 2＝43，b n ＝3n －22n －1＝32－14n －2，b m ＝32－14m －2，∴43＋⎝⎛⎭⎫32－14n －2＝2⎝⎛⎭⎫32－14m －2， 即12m －1＝16＋14n －2，化简得：2m ＝7n －2n ＋1＝7－9n ＋1. 当n ＋1＝3，即n ＝2时，m ＝2，不合题意，舍去； 当n ＋1＝9，即n ＝8时，m ＝3，符合题意．∴存在正整数m ＝3，n ＝8，使得b 2，b m ，b n 成等差数列．5．(2017·镇江丹阳高级中学期初考试)已知数列{a n }满足a 1＝1，a 2＝r (r >0)，且{a n a n ＋1}是公比为q (q >0)的等比数列，设b n ＝a 2n －1＋a 2n (n ∈N *)．(1)求使a n a n ＋1＋a n ＋1a n ＋2>a n ＋2a n ＋3(n ∈N *)成立的q 的取值范围； (2)求数列{b n }的前n 项和S n ；(3)试证明：当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项． 解：(1)依题意得q n －1＋q n >q n ＋1， ∵q >0，∴q 2－q －1<0， ∴0<q <5＋12. (2)∵b n ＋1b n ＝a 2n ＋1＋a 2n ＋2a 2n －1＋a 2n ＝a 2n a 2n ＋1a 2n ＋a 2n ＋1a 2n ＋2a 2n ＋1a 2n －1＋a 2n ＝a 2n －1a 2n a 2n q ＋a 2n a 2n ＋1a 2n ＋1q a 2n －1＋a 2n ＝q (q >0)，且b 1＝a 1＋a 2＝1＋r >0，∴ 数列{b n }是以1＋r 为首项，q 为公比的等比数列， ∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧n (1＋r )，q ＝1，(1＋r )(1－q n )1－q ，q ≠1.(3)证明：当q ≥2时，S n ＝(1＋r )(1－q n )1－q，∵S n －a n ＋1＝(1＋r )(1－q n )1－q －(1＋r )q n ＝1＋r 1－q [(1－q n )－q n (1－q )]＝1＋r1－q [1＋q n (q －2)]<0，∴S n <a n ＋1，又S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，a n >0，n ∈N *，∴S n >a n ，故当q ≥2时，对任意正整数n ≥2，S n 不可能是数列{b n }中的某一项．6．(2017·南通二调)设数列{a n }的前n 项和为S n (n ∈N *)，且满足：①|a 1|≠|a 2|；②r (n －p )S n ＋1＝()n 2＋n a n ＋(n 2－n －2)a 1，其中r ，p ∈R ，且r ≠0.(1)求p 的值；(2)数列{a n }能否是等比数列？请说明理由； (3)求证：当r ＝2时，数列{a n }是等差数列． 解：(1)n ＝1时，r (1－p )S 2＝2a 1－2a 1＝0，因为|a 1|≠|a 2|，所以S 2≠0， 又r ≠0，所以p ＝1.(2)数列{a n }不是等比数列．理由如下： 假设{a n }是等比数列，公比为q ，当n ＝2时，rS 3＝6a 2，即ra 1(1＋q ＋q 2)＝6a 1q ， 所以r (1＋q ＋q 2)＝6q ，①当n ＝3时，2rS 4＝12a 3＋4a 1，即2ra 1(1＋q ＋q 2＋q 3)＝12a 1q 2＋4a 1， 所以r (1＋q ＋q 2＋q 3)＝6q 2＋2，②由①②得q ＝1，与|a 1|≠|a 2|矛盾，所以假设不成立. 故{a n }不是等比数列．(3)证明：当r ＝2时，易知a 3＋a 1＝2a 2. 由2(n －1)S n ＋1＝(n 2＋n )a n ＋(n 2－n －2)a 1，得 n ≥2时，2S n ＋1＝n (n ＋1)a n n －1＋(n ＋1)(n －2)a 1n －1，①2S n ＋2＝(n ＋1)(n ＋2)a n ＋1n ＋(n －1)(n ＋2)a 1n，② ②－①得，2a n ＋2＝(n ＋1)(n ＋2)a n ＋1n －n (n ＋1)a n n －1＋(n 2－n ＋2)a 1n (n －1)， 即2(a n ＋2－a 1)＝(n ＋1)(n ＋2)(a n ＋1－a 1)n －n (n ＋1)(a n －a 1)n －1，两边同除(n ＋1)得，2(a n ＋2－a 1)n ＋1＝(n ＋2)(a n ＋1－a 1)n －n (a n －a 1)n －1， 即a n ＋2－a 1n ＋1－a n ＋1－a 1n ＝n 2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n ＋1－a 1n －a n －a 1n －1 ＝n (n －1)2×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －a 1n －1－a n －1－a 1n －2＝…… ＝n (n －1)×…×3×22×2×…×2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3－a 13－1－a 2－a 12－1＝0， 所以a n －a 1n －1＝a n －1－a 1n －2＝…＝a 2－a 11，令a 2－a 1＝d ，则a n －a 1n －1＝d (n ≥2)． 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ≥2)． 又n ＝1时，也适合上式， 所以a n ＝a 1＋(n －1)d (n ∈N *)．所以a n＋1－a n＝d(n∈N*)．所以当r＝2时，数列{a n}是等差数列．第3课时数列的综合应用(能力课)[常考题型突破][例1](2017·南京考前模拟)若各项均为正数的数列{a n}的前n项和为S n，且2S n＝a n ＋1 (n∈N*)．(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若正项等比数列{b n}，满足b2＝2,2b7＋b8＝b9，求T n＝a1b1＋a2b2＋…＋a n b n；(3)对于(2)中的T n，若对任意的n∈N*，不等式λ(－1)n＜12n＋1(T n＋21)恒成立，求实数λ的取值范围．[解](1)因为2S n＝a n＋1，所以4S n＝(a n＋1)2，且a n＞0，则4a1＝(a1＋1)2，解得a1＝1，又4S n＋1＝(a n＋1＋1)2，所以4a n＋1＝4S n＋1－4S n＝(a n＋1＋1)2－(a n＋1)2，即(a n＋1＋a n)(a n＋1－a n)－2(a n＋1＋a n)＝0，因为a n＞0，所以a n＋1＋a n≠0，所以a n＋1－a n＝2，所以{a n}是公差为2的等差数列，又a1＝1，所以a n ＝2n －1.(2) 设数列{b n }的公比为q ，因为2b 7＋b 8＝b 9，所以2＋q ＝q 2，解得q ＝－1(舍去)或q ＝2，由b 2＝2，得b 1＝1，即b n ＝2n －1.记A ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×1＋3×2＋5×22＋…＋(2n －1)×2n －1， 则2A ＝1×2＋3×22＋5×23＋…＋(2n －1)×2n ， 两式相减得－A ＝1＋2(2＋22＋…＋2n －1)－(2n －1)×2n ，故A ＝(2n －1)×2n －1－2(2＋22＋…＋2n －1)＝(2n －1)×2n －1－2(2n －2)＝(2n －3)×2n＋3所以T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝(2n －3)·2n ＋3.(3)不等式λ(－1)n ＜12n ＋1(T n ＋21)可化为(－1)n λ＜n －32＋62n －1.当n 为偶数时，λ＜n －32＋62n －1，记g (n )＝n －32＋62n －1.即λ＜g (n )min . g (n ＋2)－g (n )＝2＋62n ＋1－62n －1＝2－92n ，当n ＝2时，g (n ＋2)＜g (n )，n ≥4时，g (n ＋2)＞g (n )， 即g (4)＜g (2)，当n ≥4时，g (n )单调递增，g (n )min ＝g (4)＝134，即λ＜134. 当n 为奇数时，λ＞32－n －62n －1，记h (n )＝32－n －62n －1，所以λ＞h (n )max .h (n ＋2)－h (n )＝－2－62n ＋1＋62n －1＝－2＋92n ，当n ＝1时，h (n ＋2)＞h (n )，n ≥3时，h (n ＋1)＜h (n )，即h (3)＞h (1)，n ≥3时，h (n )单调递减，h (n )max ＝h (3)＝－3，所以λ＞－3. 综上所述，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－3，134. [方法归纳]已知数列{a n }满足a 1＝6，a 2＝20，且a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12(n ∈N *，n ≥2)．(1)证明：数列{a n ＋1－a n }为等差数列； (2)令c n ＝(n ＋1)a n na n ＋1＋na n ＋1(n ＋1)a n，数列{c n }的前n 项和为T n ，求证：2n <T n <2n ＋23.证明：(1)当n ＝2时，a 1·a 3＝a 22－8a 2＋12， 所以a 3＝42.当n ≥2时，由a n －1·a n ＋1＝a 2n －8a n ＋12， 得a n ·a n ＋2＝a 2n ＋1－8a n ＋1＋12，两式相减得a 2n ＋1－a 2n －8a n ＋1＋8a n ＝a n a n ＋2－a n －1a n ＋1， 所以a 2n ＋a n a n ＋2－8a n ＝a 2n ＋1＋a n －1a n ＋1－8a n ＋1，即a n (a n ＋a n ＋2－8)＝a n ＋1(a n ＋1＋a n －1－8)，所以a n ＋a n ＋2－8a n ＋1＝a n ＋1＋a n －1－8a n ＝…＝a 3＋a 1－8a 2＝2.所以a n ＋2＋a n －8＝2a n ＋1， 即a n ＋2－2a n ＋1＋a n ＝8， 即(a n ＋2－a n ＋1)－(a n ＋1－a n )＝8， 当n ＝1时，也满足此式． 又a 2－a 1＝14，所以数列{a n ＋1－a n }是以14为首项，8为公差的等差数列． (2)由(1)知a n ＋1－a n ＝14＋8(n －1)＝8n ＋6.由a 2－a 1＝8×1＋6，a 3－a 2＝8×2＋6，…，a n －a n －1＝8×(n －1)＋6，累加得a n －a 1＝8×[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋6(n －1)＝8×(n －1)(1＋n －1)2＋6(n －1)＝4n 2＋2n －6，所以a n ＝4n 2＋2n .所以c n ＝(n ＋1)a n na n ＋1＋na n ＋1(n ＋1)a n ＝2n ＋12n ＋3＋2n ＋32n ＋1＝⎝⎛⎭⎫1－22n ＋3＋⎝⎛⎭⎫1＋22n ＋1＝2＋2⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3，所以T n ＝2n ＋2⎝⎛⎭⎫13－15＋⎝⎛⎭⎫15－17＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋3＝2n ＋2⎝⎛⎭⎫13－12n ＋3，又13>13－12n ＋3＝2n ＋3－33(2n ＋3)＝2n 3(2n ＋3)>0， 所以2n <T n <2n ＋23.[例2] n n S n ，T n ，满足对一切n ∈N *，都有S n ＋3＝T n .(1)若a 1≠b 1，试分别写出一个符合条件的数列{a n }和{b n }；(2)若a 1＋b 1＝1，数列{c n }满足：c n ＝4a n ＋λ(－1)n －1·2b n ，求最大的实数λ，使得当n ∈N *，恒有c n ＋1≥c n 成立．[解] (1)设数列{a n }，{b n }的公差分别是d 1，d 2. 则S n ＋3＝(n ＋3)a 1＋(n ＋3)(n ＋2)2d 1， T n ＝nb 1＋n (n －1)2d 2.∵对一切n ∈N *，有S n ＋3＝T n ，∴(n ＋3)a 1＋(n ＋3)(n ＋2)2d 1＝nb 1＋n (n －1)2d 2，即d 12n 2＋⎝⎛⎭⎫a 1＋52d 1n ＋3a 1＋3d 1＝d 22n 2＋⎝⎛⎭⎫b 1－12d 2n . ∴⎩⎪⎨⎪⎧d 12＝d 22，a 1＋52d 1＝b 1－12d 2，3a 1＋3d 1＝0.即⎩⎪⎨⎪⎧d 2＝d 1，a 1＝－d 1，b 1＝2d 1.故答案不唯一．例如取d 1＝d 2＝2，a 1＝－2，b 1＝4， 得a n ＝2n －4(n ∈N *)，b n ＝2n ＋2(n ∈N *)． (2)∵a 1＋b 1＝1，又由(1)，可得d 1＝d 2＝1，a 1＝－1，b 1＝2. ∴a n ＝n －2，b n ＝n ＋1. ∴c n ＝4n －2＋λ(－1)n －12n ＋1.∴c n ＋1－c n ＝4n －1＋λ(－1)n 2n ＋2－4n －2－λ(－1)n －12n ＋1＝3·4n －2＋λ(－1)n (2n ＋2＋2n ＋1)＝316·22n ＋6λ(－1)n ·2n . ∵当n ∈N *时，c n ＋1≥c n 恒成立， 即当n ∈N *时，316·22n ＋6λ(－1)n ·2n ≥0恒成立． ∴当n 为正奇数时，λ≤132·2n 恒成立， 而132·2n ≥116.∴λ≤116； 当n 为正偶数时，λ≥－132·2n恒成立， 而－132·2n ≤－18，∴λ≥－18. ∴－18≤λ≤116，∴λ的最大值是116.[方法归纳][变式训练](2017·南京三模)已知常数p ＞0，数列{a n }满足a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ，n ∈N *. (1)若a 1＝－1，p ＝1， ①求a 4的值；②求数列{a n }的前n 项和S n .(2)若数列{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，求a 1p 的取值范围．解：(1)因为p ＝1，所以a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1. ①因为a 1＝－1，所以a 2＝|1－a 1|＋2a 1＋1＝1， a 3＝|1－a 2|＋2a 2＋1＝3， a 4＝|1－a 3|＋2a 3＋1＝9.②因为a 2＝1，a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1， 所以当n ≥2时，a n ≥1，从而a n ＋1＝|1－a n |＋2a n ＋1＝a n －1＋2a n ＋1＝3a n ， 于是有a n ＝3n －2(n ≥2) .故当n ≥2时，S n ＝－1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝－1＋1－3n －11－3＝3n －1－32 ，当n ＝1时，S 1＝－1，符合上式，故S n ＝3n －1－32，n ∈N *.(2)因为a n ＋1－a n ＝|p －a n |＋a n ＋p ≥p －a n ＋a n ＋p ＝2p ＞0， 所以a n ＋1＞a n ，即数列{a n }单调递增． (ⅰ)当a 1p≥1时，有a 1≥p ，于是a n ≥a 1≥p ，所以a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n ，所以a n ＝3n －1a 1.若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列，则有2a s ＝a r ＋a t ， 即2×3s －1＝3r －1＋3t －1. (*)因为s ≤t －1，所以2×3s －1＝23×3s ＜3t －1＜3r －1＋3t －1，即(*)不成立．故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． (ⅱ)当－1＜a 1p＜1时，有－p ＜a 1＜p .此时a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ＞p ， 于是当n ≥2时，a n ≥a 2＞p ，从而a n ＋1＝|p －a n |＋2a n ＋p ＝a n －p ＋2a n ＋p ＝3a n . 所以a n ＝3n －2a 2＝3n －2(a 1＋2p ) (n ≥2)．若{a n }中存在三项a r ，a s ，a t (r ，s ，t ∈N *，r ＜s ＜t )依次成等差数列， 由(ⅰ)可知，r ＝1，于是有2×3s －2(a 1＋2p )＝a 1＋3t －2(a 1＋2p )．因为2≤s ≤t －1， 所以a 1 a 1＋2p＝2×3s －2－3t －2＝29×3s －13×3t －1＜0.因为2×3s －2－3t－2是整数，所以a 1a 1＋2p≤－1，于是a 1≤－a 1－2p ，即a 1≤－p ，与－p ＜a 1＜p 相矛盾． 故此时数列{a n }中不存在三项依次成等差数列． (ⅲ)当a 1p ≤－1时，则有a 1≤－p ＜p ，a 1＋p ≤0， 于是a 2＝|p －a 1|＋2a 1＋p ＝p －a 1＋2a 1＋p ＝a 1＋2p ，a 3＝|p －a 2|＋2a 2＋p ＝|p ＋a 1|＋2a 1＋5p ＝－p －a 1＋2a 1＋5p ＝a 1＋4p ， 此时2a 2＝a 1＋a 3，则a 1，a 2，a 3成等差数列． 综上可知，a 1p ≤－1.故a 1p 的取值范围为(－∞，－1].[例3] n ∈N *)，其中m ，a ，b 均为实常数．(1)若m ＝0，且a 4,3a 3，a 5成等差数列． ①求ba的值；②若a ＝2，令b n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a n ，n 为奇数，2log 2a n －1，n 为偶数，求数列{b n }的前n 项和S n ；(2)是否存在常数λ，使得a n ＋a n ＋2＝λa n ＋1对任意的n ∈N *都成立？若存在，求出实数λ的值(用m ，a ，b 表示)；若不存在，请说明理由．[解] (1)①因为m ＝0， 所以a 2n ＋1＝a n a n ＋2，所以正项数列{a n }是等比数列，不妨设其公比为q . 又a 4,3a 3，a 5成等差数列， 所以q 2＋q ＝6，解得q ＝2或q ＝－3(舍去)，。

江苏新高考新高考中，对三角计算题的考查始终围绕着求角、求值问题，以和、差角公式的运用为主，可见三角式的恒等变换比三角函数的图象与性质更为重要.三角变换的基本解题规律是：寻找联系、消除差异.常有角变换、函数名称变换、次数变换等(简称为：变角、变名、变次).备考中要注意积累各种变换的方法与技巧，不断提高分析与解决问题的能力.三角考题的花样翻新在于条件变化，大致有三类：第一类是给出三角式值(见2014年三角解答题)，第二类是给出在三角形中(见2011年、2015年、2016年三角解答题)，第三类是给出向量(见2013年、2017年三角解答题).而2012年三角解答题则是二、三类的混合.第1课时三角函数(基础课)[常考题型突破]1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1)sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β；(2)cos(α±β)＝cos αcos β∓sin αsin β；(3)tan(α±β)＝tan α±tan β1∓tan αtan β.2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2α＝2sin αcos α；(2)cos 2α＝cos 2α－sin 2α＝2cos 2α－1＝1－2sin 2α； (3)tan 2α＝2tan α1－tan 2α.[题组练透]1．(2017·江苏高考)若tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＝16，则tan α＝ ________.解析：tan α＝tan ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫α－π4＋π4＝tan ⎝⎛⎭⎫α－π4＋tan π41－tan ⎝⎛⎭⎫α－π4tan π4＝16＋11－16＝75.答案：752．已知f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π6，若sin α＝35⎝⎛⎭⎫π2＜α＜π，则f ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝________. 解析：∵sin α＝35⎝⎛⎭⎫π2＜α＜π， ∴cos α＝－45，∴f ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π12＋π6＝sin ⎝⎛⎭⎫α＋π4＝22(sin α＋cos α)＝22×⎝⎛⎭⎫35－45＝－210. 答案：－2103．(2016·全国卷Ⅰ)已知θ是第四象限角，且sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，则tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝________. 解析：由题意知sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝35，θ是第四象限角，所以cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝45. tan ⎝⎛⎭⎫θ－π4＝tan ⎝⎛⎭⎫θ＋π4－π2＝－sin ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫θ＋π4cos ⎣⎡⎦⎤π2－⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－cos ⎝⎛⎭⎫θ＋π4sin ⎝⎛⎭⎫θ＋π4＝－45×53＝－43.答案：－434．在△ABC 中，sin(C －A )＝1，sin B ＝13，则sin A ＝________.解析：∵sin(C －A )＝1，∴C －A ＝90°，即C ＝90°＋A ，∵sin B ＝13，∴sin B ＝sin(A ＋C )＝sin(90°＋2A )＝cos 2A ＝13，即1－2sin 2A ＝13，∴sin A ＝33.答案：33[方法归纳]函数y ＝A sin(ωx ＋φ)的图象(1)“五点法”作图：设z ＝ωx ＋φ，令z ＝0，π2，π，3π2，2π，求出x 的值与相应的y 的值，描点、连线可得．(2)图象变换：y ＝sin x ――――――――――→向左(φ＞0)或向右(φ＜0)平移|φ|个单位y ＝sin(x ＋φ)――――――――――――→纵坐标变为原来的A (A ＞0)倍横坐标不变y ＝A sin(ωx ＋φ)． [题组练透]1．(2016·全国卷Ⅲ)函数y ＝sin x －3cos x 的图象可由函数y ＝sin x ＋3cos x 的图象至少向右平移________个单位长度得到．解析：因为y ＝sin x ＋3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3，y ＝sin x －3cos x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3，所以把y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π3的图象至少向右平移2π3个单位长度可得y ＝2sin ⎝⎛⎭⎫x －π3的图象． 答案：2π32.已知函数f (x )＝A cos(ωx ＋φ)(A ＞0，ω＞0,0＜φ＜π)为奇函数，该函数的部分图象如图所示，△EFG (点G 是图象的最高点)是边长为2的等边三角形，则f (1)＝________.解析：由题意得，A ＝3，T ＝4＝2πω，ω＝π2.又∵f (x )＝A cos(ωx ＋φ)为奇函数，∴φ＝π2＋k π，k ∈Z ，取k ＝0，则φ＝π2，∴f (x )＝－3sin π2x ，∴f (1)＝－ 3.答案：－ 33.(2017·天津高考改编)设函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)，x ∈R ，其中ω＞0，|φ|＜π.若f ⎝⎛⎭⎫5π8＝2，f ⎝⎛⎭⎫11π8＝0，且f (x )的最小正周期大于2π，则ω＝________，φ＝________.解析：∵f ⎝⎛⎭⎫5π8＝2，f ⎝⎛⎭⎫11π8＝0， ∴11π8－5π8＝T4(2m ＋1)，m ∈N ， ∴T ＝3π2m ＋1，m ∈N ，∵f (x )的最小正周期大于2π，∴T ＝3π，∴ω＝2π3π＝23，∴f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x 3＋φ. 由2sin ⎝⎛⎭⎫23×5π8＋φ＝2，得φ＝2k π＋π12，k ∈Z. 又|φ|＜π，∴取k ＝0，得φ＝π12. 答案：23 π124．设函数f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫π2x ＋π5，若对任意x ∈R ，都有f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)成立，则|x 1－x 2|的最小值为______．解析：由f (x 1)≤f (x )≤f (x 2)对任意x ∈R 成立，知f (x 1)，f (x 2)分别是函数f (x )的最小值和最大值．又要使|x 1－x 2|最小，∴|x 1－x 2|的最小值为f (x )的半个周期，即为2.答案：2 [方法归纳]1．三角函数的单调区间y ＝sin x 的单调递增区间是⎣⎡⎦⎤2k π－π2，2k π＋π2(k ∈Z)，单调递减区间是⎣⎡⎦⎤2k π＋π2，2k π＋3π2(k ∈Z)；y ＝cos x 的单调递增区间是[]2k π－π，2k π(k ∈Z)，单调递减区间是[2k π，2k π＋π](k ∈Z)；y ＝tan x 的递增区间是⎝⎛⎭⎫k π－π2，k π＋π2(k ∈Z)． 2．三角函数的奇偶性与对称性y ＝A sin(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z)时为奇函数；当φ＝k π＋π2(k ∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π＋π2(k ∈Z)求得．y ＝A cos(ωx ＋φ)，当φ＝k π＋π2(k ∈Z)时为奇函数；当φ＝k π(k ∈Z)时为偶函数；对称轴方程可由ωx ＋φ＝k π(k ∈Z)求得． y ＝A tan(ωx ＋φ)，当φ＝k π(k ∈Z)时为奇函数．[题组练透]1．已知f (x )＝2sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3，则函数f (x )的最小正周期为________，f ⎝⎛⎭⎫π6＝________.解析：周期T ＝2π2＝π，f ⎝⎛⎭⎫π6＝2sin 2π3＝ 3. 答案：π32．(2017·全国卷Ⅱ)函数f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34⎝⎛⎭⎫x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2的最大值是________． 解析：依题意，f (x )＝sin 2x ＋3cos x －34＝－cos 2x ＋3cos x ＋14＝－⎝⎛⎭⎫cos x －322＋1，因为x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2，所以cos x ∈[0,1]， 因此当cos x ＝32时，f (x )max ＝1. 答案：13．若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6(ω＞0)的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2，则f (x )在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的单调递增区间为________．解析：依题意知，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6的图象相邻两个对称中心之间的距离为π2，于是有T ＝2πω＝2×π2＝π，ω＝2，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6.当2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z 时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6单调递增．因此，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6在⎝⎛⎭⎫－π2，π2上的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤－π6，π3. 答案：⎣⎡⎦⎤－π6，π3 [方法归纳]1．正弦定理及其变形在△ABC中，asin A＝bsin B＝csin C＝2R(R为△ABC的外接圆半径)．变形：a＝2R sin A，sin A＝a2R，a∶b∶c＝sin A∶sin B∶sin C等．2．余弦定理及其变形在△ABC中，a2＝b2＋c2－2bc cos A.变形：b2＋c2－a2＝2bc cos A，cos A＝b2＋c2－a22bc.3．三角形面积公式S△ABC＝12ab sin C＝12bc sin A＝12ac sin B.[题组练透]1．(2017·盐城期中)在△ABC中，已知sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7，则此三角形的最大内角的大小为________．解析：由正弦定理及sin A∶sin B∶sin C＝3∶5∶7知，a∶b∶c＝3∶5∶7，可设a＝3k，b＝5k，c＝7k，且角C是最大内角，由余弦定理知cos C＝a2＋b2－c22ab＝9k2＋25k2－49k22×3k×5k＝－12，因为0°<C<180°，所以C＝120°.答案：120°2．在△ABC中，B＝π3，AB＝2，D为AB的中点，△BCD的面积为334，则AC＝________.解析：因为S△BCD＝12BD·BC sin B＝12×1×BC×sinπ3＝334，所以BC＝3.由余弦定理得AC2＝4＋9－2×2×3×cos π3＝7，所以AC＝7.答案：73．(2016·全国卷Ⅱ)△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝45，cos C＝513，a＝1，则b＝________.解析：在△ABC中，∵cos A＝45，cos C＝513，∴sin A＝35，sin C＝1213，∴sin B＝sin(A＋C)＝sin A cos C＋cos A sin C＝35×513＋45×1213＝6365.又∵asin A＝bsin B，∴b＝a sin Bsin A＝1×636535＝2113.答案：2113 [方法归纳][课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·苏北四市期末)若函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωπx －π6(ω>0)的最小正周期为15，则f ⎝⎛⎭⎫13的值为________．解析：因为f (x )的最小正周期为2πωπ＝15，所以ω＝10，所以f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫10πx －π6，所以f ⎝⎛⎭⎫13＝sin ⎝⎛⎭⎫10π3－π6＝sin 19π6＝－sin π6＝－12. 答案：－122．在平面直角坐标系xOy 中，角θ的终边经过点P (－2，t )，且sin θ＋cos θ＝55，则实数t 的值为________．解析：∵角θ的终边经过点P (－2，t )，∴sin θ＝t 4＋t2，cos θ＝－24＋t2，又∵sin θ＋cos θ＝55， ∴t4＋t 2＋－24＋t 2＝55，即t －24＋t 2＝55， 则t ＞2，平方得t 2－4t ＋44＋t 2＝15，即1－4t 4＋t 2＝15，即4t 4＋t 2＝45，则t 2－5t ＋4＝0，则t ＝1(舍去)或t ＝4.答案：43．(2017·南京、盐城一模)将函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0<φ<π2个单位后，所得函数为偶函数，则φ＝____________.解析：将函数y ＝3sin ⎝⎛⎭⎫2x ＋π3的图象向右平移φ⎝⎛⎭⎫0<φ<π2个单位后，所得函数为f (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2(x －φ)＋π3，即f (x )＝3sin ⎣⎡⎦⎤2x ＋⎝⎛⎭⎫π3－2φ.因为f (x )为偶函数，所以π3－2φ＝π2＋k π，k ∈Z ，所以φ＝－π12－k π2，k ∈Z ，因为0＜φ＜π2，所以φ＝5π12.答案：5π124．设函数y ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π3(0＜x ＜π)，当且仅当x ＝π12时，y 取得最大值，则正数ω的值为________．解析：由条件得sin ⎝⎛⎭⎫π12ω＋π3＝1，又0＜x ＜π，ω＞0，故π12ω＋π3＝π2，ω＝2. 答案：25．已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2b ＝a ＋c ，若sin B ＝45，cos B ＝9ac ，则b 的值为________．解析：∵2b ＝a ＋c ，sin B ＝45，cos B ＝9ac ，sin 2B ＋cos 2B ＝1，∴ac ＝15，∴b 2＝a 2＋c 2－2ac cosB ＝a 2＋c 2－18＝(a ＋c )2－48＝4b 2－48，得b ＝4.答案：46．(2017·扬州期末)已知cos ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝130<α<π2，则sin(π＋α)＝________. 解析：因为cos ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝13⎝⎛⎭⎫0<α<π2， 所以π3<π3＋α<5π6，有sin ⎝⎛⎭⎫π3＋α＝ 1－cos 2⎝⎛⎭⎫π3＋α＝223，所以sin(π＋α)＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫π3＋α＋2π3＝sin ⎝⎛⎭⎫π3＋αcos 2π3＋cos ⎝⎛⎭⎫π3＋αsin 2π3 ＝223×⎝⎛⎭⎫－12＋13×32＝3－226. 答案：3－2267．(2017·北京高考)在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称．若sin α＝13，则cos(α－β)＝________.解析：因为角α与角β的终边关于y 轴对称，所以α＋β＝2k π＋π，k ∈Z ，所以cos(α－β)＝cos(2α－2k π－π)＝－cos 2α＝－(1－2sin 2α)＝－⎣⎡⎦⎤1－2×⎝⎛⎭⎫132＝－79. 答案：－798．在△ABC 中，A ＝2π3，a ＝3c ，则b c ＝________. 解析：∵在△ABC 中，A ＝2π3，∴a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 2π3，即a 2＝b 2＋c 2＋bc .∵a ＝3c ，∴3c 2＝b 2＋c 2＋bc ，∴b 2＋bc －2c 2＝0， ∴(b ＋2c )(b －c )＝0，∴b －c ＝0，∴b ＝c ，bc ＝1. 答案：19．若f (x )＝3sin(x ＋θ)－cos(x ＋θ)⎝⎛⎭⎫－π2≤θ≤π2是定义在R 上的偶函数，则θ＝________.解析：因为f (x )＝3sin(x ＋θ)－cos(x ＋θ)＝2sin ⎝⎛⎭⎫x ＋θ－π6为偶函数，所以θ－π6＝k π＋π2，k ∈Z.即θ＝k π＋2π3.因为－π2≤θ≤π2，所以θ＝－π3. 答案：－π310．在△ABC 中，设a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，若a ＝5，A ＝π4，cos B ＝35，则c ＝________.解析：根据题意得，sin B ＝45，所以sin C ＝sin(A ＋B )＝sin ⎝⎛⎭⎫π4＋B ＝22(sin B ＋cos B )＝22×75＝7210，由a sin A ＝c sin C ，得5sinπ4＝c 7210，解得c ＝7. 答案：711．(2017·无锡期末)设f (x )＝sin 2x －3cos x ·cos ⎝⎛⎭⎫x ＋π2，则f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的单调递增区间为________．解析：f (x )＝sin 2x ＋3sin x cos x ＝12(1－cos 2x )＋32sin 2x ＝sin ⎝⎛⎭⎫2x －π6＋12，当2k π－π2≤2x －π6≤2k π＋π2，k ∈Z ，即k π－π6≤x ≤k π＋π3，k ∈Z 时，函数f (x )单调递增，令k ＝0，得－π6≤x ≤π3，所以函数f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，π3. 答案：⎣⎡⎦⎤0，π3 12．函数y ＝a sin(ax ＋θ)(a ＞0，θ≠0)图象上的一个最高点和其相邻最低点的距离的最小值为________．解析：易知函数y ＝a sin(ax ＋θ)(a ＞0，θ≠0)的最大值为a ，最小值为－a ，最小正周期T ＝2πa ，所以相邻的最高点与最低点的距离为⎝⎛⎭⎫πa 2＋4a 2≥ 2×πa ×2a ＝2π，当且仅当πa ＝2a ，即a ＝2π2时等号成立．答案：2π13．已知cos ⎝⎛⎭⎫α－π6＋sin α＝435，则sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6的值是________． 解析：由cos ⎝⎛⎭⎫α－π6＋sin α＝435， 可得32cos α＋12sin α＋sin α＝435， 即32sin α＋32cos α＝435， ∴3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝435，sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝45， ∴sin ⎝⎛⎭⎫α＋7π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝－45. 答案：－4514．(2017·苏锡常镇一模)已知sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6，则tan ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝________. 解析：∵sin α＝3sin ⎝⎛⎭⎫α＋π6＝3sin αcos π6＋3cos α·sin π6＝332sin α＋32cos α，∴tan α＝32－33.又tan π12＝tan ⎝⎛⎭⎫π3－π4＝tan π3－tan π41＋tan π3tanπ4＝3－13＋1＝2－3， ∴tan ⎝⎛⎭⎫α＋π12＝tan α＋tanπ121－tan αtanπ12＝32－33＋2－31－32－33×()2－3＝23－4.答案：23－4[B 组——力争难度小题]1．如图，已知A ，B 分别是函数f (x )＝3sin ωx (ω＞0)在y 轴右侧图象上的第一个最高点和第一个最低点，且∠AOB ＝π2，则该函数的最小正周期是________．解析：设函数f (x )的最小正周期为T ，由图象可得A ⎝⎛⎭⎫T 4，3，B ⎝⎛⎭⎫3T 4，－3，则OA ―→·OB ―→＝3T 216－3＝0，解得T ＝4. 答案：42．(2017·南京考前模拟)已知函数f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx ＋π6－cos ωx (ω＞0)．若函数f (x )的图象关于直线x ＝2π对称，且在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上是单调函数，则ω的取值集合为____________． 解析：f (x )＝32sin ωx ＋12cos ωx －cos ωx ＝32sin ωx －12cos ωx ＝sin ⎝⎛⎭⎫ωx －π6， 因为f (x )的图象关于直线x ＝2π对称， 所以f (2π)＝±1，则2πω－π6＝k π＋π2，k ∈Z ，所以ω＝k 2＋13，k ∈Z.因为函数f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上是单调函数， 所以最小正周期T ≥2⎣⎡⎦⎤π4－⎝⎛⎭⎫－π4，即2πω≥π，解得0＜ω≤2， 所以ω＝13或ω＝56或ω＝43或ω＝116.当ω＝13时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫13x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，13x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π4，－π12， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上为增函数； 当ω＝56时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫56x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，56x －π6∈⎣⎡⎦⎤－3π8，π24， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上为增函数； 当ω＝43时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫43x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，43x －π6∈⎣⎡⎦⎤－π2，π6， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上为增函数； 当ω＝116时，f (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫116x －π6， x ∈⎣⎡⎦⎤－π4，π4时，116x －π6∈⎣⎡⎦⎤－5π8，7π24， 此时f (x )在区间⎣⎡⎦⎤－π4，π4上不是单调函数； 综上，ω∈⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，56，43.答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，56，433．△ABC 的三个内角为A ，B ，C ，若3cos A ＋sin A 3sin A －cos A＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π12，则tan A ＝________. 解析：3cos A ＋sin A 3sin A －cos A＝2sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π32sin ⎝⎛⎭⎫A －π6＝－sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝－tan ⎝⎛⎭⎫A ＋π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－A －π3＝tan ⎝⎛⎭⎫－7π12， 所以－A －π3＝－7π12，所以A ＝7π12－π3＝π4，所以tan A ＝tan π4＝1.答案：14．已知函数f (x )＝A sin(x ＋θ)－cos x2cos ⎝⎛⎭⎫π6－x 2(其中A 为常数，θ∈(－π，0))，若实数x 1，x 2，x 3满足：①x 1＜x 2＜x 3，②x 3－x 1＜2π，③f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)，则θ的值为________．解析：函数f (x )＝A (sin x cos θ＋cos x sin θ)－cos x 2·⎝⎛⎭⎫32cos x 2＋12sin x 2＝A (sin x cos θ＋cos xsin θ)－32×1＋cos x 2－14sin x ＝⎝⎛⎭⎫A cos θ－14sin x ＋⎝⎛⎭⎫A sin θ－34cos x －34，故函数f (x )为常数函数或为周期T ＝2π的周期函数．又x 1，x 2，x 3满足条件①②③，故f (x )只能为常数函数，所以⎩⎨⎧A cos θ－14＝0，A sin θ－34＝0，则tan θ＝3，又θ∈(－π，0)，故θ＝－2π3.答案：－2π3第2课时平面向量(基础课)[常考题型突破][必备知识](1)在平面向量的化简或运算中，要根据平面向量基本定理选好基底，变形要有方向，不能盲目转化．(2)在用三角形加法法则时要保证“首尾相接”，和向量是第一个向量的起点指向最后一个向量终点所在的向量；在用三角形减法法则时要保证“同起点”，减向量的方向是指向被减向量．(3)A ，B ，C 三点共线的充要条件是存在实数λ，μ，有OA ―→＝λOB ―→＋μOC ―→，且λ＋μ＝1.(4)C 是线段AB 中点的充要条件是OC ―→＝12(OA ―→＋OB ―→)．G 是△ABC 的重心的充要条件为GA ―→＋GB ―→＋GC ―→＝0.[题组练透]1．(2017·盐城期中)设向量a ＝(2，－6)，b ＝(－1，m )，若a ∥b ，则实数m ＝________. 解析：因为a ∥b ，所以2m －(－1)×(－6)＝0，所以m ＝3. 答案：32．(2017·镇江模拟)已知△ABC 和点M 满足MA ―→＋MB ―→＋MC ―→＝0.若存在实数m 使得AB ―→＋AC ―→＝mAM ―→成立，则m ＝________.解析：由MA ―→＋MB ―→＋MC ―→＝0知，点M 为△ABC 的重心，设点D 为底边BC 的中点，则AM ―→＝23AD ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13(AB ―→＋AC ―→)，∴AB ―→＋AC ―→＝3AM ―→，故m ＝3.答案：33.(2017·南京考前模拟)在直角梯形ABCD 中，AB ∥CD ，∠DAB ＝90°，AB ＝2CD ，M 为CD 的中点，N 为线段BC 上一点(不包括端点)，若AC ―→＝λAM ―→＋μAN ―→，则1λ＋3μ的最小值为________．解析：以AB 为x 轴，A 为坐标原点建立直角坐标系如图所示，设B (2,0)，C (1，t )，M ⎝⎛⎭⎫12，t ，N (x 0，y 0)，因为N 在线段BC 上，所以y 0＝t1－2(x 0－2)，即y 0＝t (2－x 0)， 因为AC ―→＝λAM ―→＋μAN ―→， 所以⎩⎪⎨⎪⎧1＝12λ＋μx 0，t ＝λt ＋μy 0，即t ＝λt ＋μy 0＝λt ＋μt (2－x 0)，因为t ≠0，所以1＝λ＋μ(2－x 0)＝λ＋2μ－μx 0＝λ＋2μ－⎝⎛⎭⎫1－12λ， 所以3λ＋4μ＝4，这里λ，μ均为正数，所以4⎝⎛⎭⎫1λ＋3μ＝(3λ＋4μ)⎝⎛⎭⎫1λ＋3μ＝3＋12＋4μλ＋9λμ≥15＋236＝27, 所以1λ＋3μ≥274当且仅当4μλ＝9λμ，即λ＝49，μ＝23时取等号．所以1λ＋3μ的最小值为274.答案：274[方法归纳][必备知识]1．数量积的定义：a ·b ＝|a ||b |cos θ. 2．三个结论：(1)若a ＝(x ，y )，则|a |＝a ·a ＝x 2＋y 2. (2)若A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则 |AB ―→|＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2.(3)若a ＝(x 1，y 1)，b ＝(x 2，y 2)，θ为a 与b 的夹角， 则cos θ＝a ·b|a ||b |＝x 1x 2＋y 1y 2x 21＋y 21·x 22＋y 22. [题组练透]1．(2017·山东高考)已知e 1，e 2是互相垂直的单位向量．若3e 1－e 2与e 1＋λe 2的夹角为60°，则实数λ的值是________．解析：因为(3e 1－e 2)·(e 1＋λe 2)|3e 1－e 2|·|e 1＋λe 2|＝3－λ21＋λ2，故3－λ21＋λ2＝12，解得λ＝33. 答案：332．(2017·全国卷Ⅰ)已知向量a ，b 的夹角为60°，|a |＝2，|b |＝1，则|a ＋2b |＝________.解析：易知|a ＋2b |＝|a |2＋4a ·b ＋4|b |2＝4＋4×2×1×12＋4＝2 3.答案：2 33．已知非零向量m ，n 满足4|m |＝3|n |，cos 〈m ，n 〉＝13，若n ⊥(tm ＋n )，则实数t的值为________．解析：∵n ⊥(tm ＋n )，∴n ·(tm ＋n )＝0，即tm ·n ＋|n |2＝0，∴t |m ||n |cos 〈m ，n 〉＋|n |2＝0. 又4|m |＝3|n |，∴t ×34|n |2×13＋|n |2＝0，解得t ＝－4. 答案：－44．(2017·南京、盐城二模)已知平面向量AC ―→＝(1,2)，BD ―→＝(－2,2)，则AB ―→·CD ―→的最小值为________．解析：设A (a ，b )，B (c ，d )， ∵AC ―→＝(1,2)，BD ―→＝(－2,2)， ∴C (a ＋1，b ＋2)，D (c －2，d ＋2)，则AB ―→＝(c －a ，d －b )，CD ―→＝(c －a －3，d －b )，∴AB ―→·CD ―→＝(c －a )(c －a －3)＋(b －d )2＝(c －a )2－3(c －a )＋(b －d )2＝⎝⎛⎭⎫c －a －322－94＋(b －d )2≥－94.∴AB ―→·CD ―→的最小值为－94.答案：－945．已知边长为6的正三角形ABC ，BD ―→＝12BC ―→，AE ―→＝13AC ―→，AD 与BE 交于点P ，则PB ―→·PD ―→的值为________．解析：由题意可得点D 为BC 的中点，以点D 为坐标原点，BC ，AD 所在直线分别为x 轴，y 轴建立如图所示的平面直角坐标系，则D (0,0)，A (0，33)，B (－3,0)，C (3,0)，E (1,23)，直线BE 的方程为y ＝32(x ＋3)与AD (y 轴)的交点为P ⎝⎛⎭⎫0，332，所以PB ―→·PD ―→＝⎝⎛⎭⎫－3，－332·⎝⎛⎭⎫0，－332＝274. 答案：274[方法归纳]1．(2017·南京三模)在四边形ABCD 中，BD ＝2，且AC ―→·BD ―→＝0，(AB ―→＋DC ―→)·(BC ―→＋AD ―→)＝5，则四边形ABCD 的面积为________．解析：因为AC ―→·BD ―→＝0，所以AC ―→⊥BD ―→，所以以BD 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，建立直角坐标系，因为BD ＝2，所以可设B (b,0)，D (2＋b,0)，A (0，a )，C (0，c )，所以AB ―→＝(b ，－a )，DC ―→＝(－2－b ，c )，BC ―→＝(－b ，c )，AD ―→＝(2＋b ，－a )，所以AB ―→＋DC ―→＝(－2，c －a )，BC ―→＋AD ―→＝(2，c －a )，因为(AB ―→＋DC ―→)·(BC ―→＋AD ―→)＝5，所以－4＋(c －a )2＝5，即(c －a )2＝9，所以|AC ―→|＝| c －a |＝3，所以四边形ABCD 的面积为12×AC ×BD ＝12×3×2＝3.答案：32．已知圆O 的半径为2，AB 是圆O 的一条直径，C ，D 两点都在圆O 上，且|CD ―→|＝2，则|AC ―→＋BD ―→|＝________.解析：如图，连结OC ，OD ，则AC ―→＝AO ―→＋OC ―→，BD ―→＝BO ―→＋OD ―→， 因为O 是AB 的中点， 所以AO ―→＋BO ―→＝0， 所以AC ―→＋BD ―→＝OC ―→＋OD ―→， 设CD 的中点为M ，连结OM ， 则AC ―→＋BD ―→＝OC ―→＋OD ―→＝2OM ―→， 显然△COD 是边长为2的等边三角形， 所以|OM ―→|＝3，故|AC ―→＋BD ―→|＝|2OM ―→|＝2 3. 答案：2 33.(2017·南通三模)如图，在直角梯形ABCD 中，AB ∥DC ，∠ABC ＝90°，AB ＝3，BC ＝DC ＝2.若E ，F 分别是线段DC 和BC 上的动点，则AC ―→·EF ―→的取值范围是________．解析：法一：因为AC ―→＝AB ―→＋BC ―→，EF ―→＝EC ―→＋CF ―→，所以AC ―→·EF ―→＝(AB ―→＋BC ―→)·(EC ―→＋CF ―→)＝AB ―→·EC ―→＋BC ―→·CF ―→＝3|EC ―→|－2|CF ―→|，因为E ，F 分别是线段DC 和BC 上的动点，且BC ＝DC ＝2，所以|EC ―→|∈[0,2]，|CF ―→|∈[0,2]，所以由不等式的性质知AC ―→·EF ―→的取值范围是[－4，6]．法二：以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则C (3,2)，因为E ，F 分别是线段DC 和BC 上的动点，且BC ＝DC ＝2，所以可设E (x ，2)，F (3，y )，所以AC ―→＝(3,2)，EF ―→＝(3－x ，y －2)，且x ∈[1,3]，y ∈[0,2]，所以AC ―→·EF ―→＝3(3－x )＋2(y －2)＝5－3x ＋2y ∈[－4,6]，即AC ―→·EF ―→的取值范围是[－4,6]．答案：[－4,6] [方法归纳]1．利用平面向量解决几何问题的两种方法2．求解向量数量积最值问题的两种方法[课时达标训练] [A 组——抓牢中档小题]1．(2017·南京学情调研)设向量a ＝(1，－4)，b ＝(－1，x )，c ＝a ＋3b .若a ∥c ，则实数x ＝________.解析：因为a ＝(1，－4)，b ＝(－1，x )，c ＝a ＋3b ＝(－2，－4＋3x )．又a ∥c ，所以－4＋3x －8＝0，解得x ＝4.答案：42．(2017·无锡期末)已知向量a ＝(2,1)，b ＝(1，－1)，若a －b 与ma ＋b 垂直，则m 的值为________．解析：因为a ＝(2,1)，b ＝(1，－1)，所以a －b ＝(1,2)，ma ＋b ＝(2m ＋1，m －1)，因为a －b 与ma ＋b 垂直，所以(a －b )·(ma ＋b )＝0，即2m ＋1＋2(m －1)＝0，解得m ＝14.答案：143．已知a 与b 是两个不共线向量，且向量a ＋λb 与－(b －3a )共线，则λ＝________. 解析：由题意知a ＋λb ＝k [－(b －3a )]，所以⎩⎪⎨⎪⎧λ＝－k ，1＝3k ，解得⎩⎨⎧k ＝13，λ＝－13.答案：－134．已知|a |＝1，|b |＝2，且a ⊥(a －b )，则向量a 与向量b 的夹角为________． 解析：∵a ⊥(a －b )，∴a ·(a －b )＝a 2－a ·b ＝1－2cos 〈a ，b 〉＝0，∴cos 〈a ，b 〉＝22，∴〈a ，b 〉＝π4.答案：π45．若单位向量e 1，e 2的夹角为π3，向量a ＝e 1＋λe 2(λ∈R)，且|a |＝32，则λ＝________.解析：由题意可得e 1·e 2＝12，|a |2＝(e 1＋λe 2)2＝1＋2λ×12＋λ2＝34，化简得λ2＋λ＋14＝0，解得λ＝－12.答案：－126．已知平面向量a ＝(1,2)，b ＝(4,2)，c ＝ma ＋b (m ∈R)，且c 与a 的夹角等于c 与b 的夹角，则m ＝________.解析：由题意得c ·a |c ||a |＝c ·b |c ||b |⇒c ·a |a |＝c ·b |b |⇒5m ＋85＝8m ＋2025⇒m ＝2.答案：27．(2017·常州模拟)已知点G 是△ABC 的重心，过G 作一条直线与AB ，AC 两边分别交于M ，N 两点，且AM ―→＝x AB ―→，AN ―→＝y AC ―→，则xy x ＋y的值为________．解析：由已知得M ，G ，N 三点共线，即AG ―→＝λAM ―→＋(1－λ)AN ―→＝λx AB ―→＋(1－λ)y AC ―→， ∵点G 是△ABC 的重心，∴AG ―→＝23×12(AB ―→＋AC ―→)＝13(AB ―→＋AC ―→)，∴⎩⎨⎧λx ＝13，(1－λ)y ＝13，即⎩⎨⎧λ＝13x ，1－λ＝13y，得13x ＋13y＝1， 即1x ＋1y ＝3，通分变形得，x ＋y xy ＝3，∴xy x ＋y ＝13.答案：138．已知A ，B ，C 三点不共线，且AD ―→＝－13AB ―→＋2AC ―→，则S △ABD S △ACD＝________.解析：如图，取AM ―→＝－13AB ―→，AN ―→＝2AC ―→，以AM ，AN 为邻边作平行四边形AMDN ，此时AD ―→＝－13AB ―→＋2AC ―→.由图可知S △ABD ＝3S △AMD ，S △ACD ＝12S △AND ，而S △AMD ＝S △AND ，所以S △ABDS △ACD ＝6.答案：69．(2017·苏锡常镇一模)在△ABC 中，已知AB ＝1，AC ＝2，∠A ＝60°，若点P 满足AP ―→＝AB ―→＋λAC ―→，且BP ―→·CP ―→＝1，则实数λ的值为________.解析：法一：由题意可得AP ―→－AB ―→＝BP ―→＝λAC ―→.又CP ―→ ＝AP ―→－AC ―→＝AB ―→＋(λ－1)AC ―→，所以BP ―→·CP ―→＝λAB ―→·AC ―→＋λ(λ－1)|AC ―→|2＝1，即λ＋(λ2－λ)×4＝1，所以有4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－14.法二：建立如图所示的平面直角坐标系，所以A (0,0)，B ⎝⎛⎭⎫12，32，C (2，0)，设P (x ，y )．所以AP ―→＝(x ，y )，AB ―→＝⎝⎛⎭⎫12，32，AC ―→＝(2,0)．又因为AP ―→＝AB ―→＋λAC ―→，所以有⎩⎨⎧x ＝2λ＋12，y ＝32，所以BP ―→＝(2λ，0)，CP ―→＝⎝⎛⎭⎫2λ－32，32.由BP ―→·CP ―→＝1可得4λ2－3λ－1＝0，解得λ＝1或λ＝－14.答案：1或－1410．已知向量a ＝(1，3)，b ＝(0，t 2＋1)，则当t ∈[－3，2]时，⎪⎪⎪⎪a －t b|b |的取值范围是________．解析：由题意，b |b |＝(0,1)，根据向量的差的几何意义，⎪⎪⎪⎪a －t b |b |表示同起点的向量t b|b |的终点到a 的终点的距离，当t ＝3时，该距离取得最小值1，当t ＝－3时，该距离取得最大值13，即⎪⎪⎪⎪a －t b|b |的取值范围是[1，13 ]． 答案：[1，13 ]11.(2017·南通二调)如图，在平面四边形ABCD 中，O 为BD 的中点，且OA ＝3，OC ＝5.若AB ―→·AD ―→＝－7，则BC ―→·DC ―→的值是________．解析：法一：由AB ―→·AD ―→＝－7得，(OB ―→－OA ―→)·(OD ―→－OA ―→)＝－7，即(OB ―→－OA ―→)·(OB ―→＋OA ―→)＝7，所以OB ―→2＝7＋OA ―→2＝7＋9＝16，所以|OB ―→|＝|OD ―→|＝4.所以BC ―→·DC ―→＝(OC ―→－OB ―→)·(OC ―→－OD ―→)＝(OC ―→－OB ―→)·(OC ―→＋OB ―→)＝OC ―→2－OB ―→2＝25－16＝9.法二：以O 为原点，OC 为x 轴，建立平面直角坐标系(图略)，则C (5,0)，设B (x 1，y 1)，A (x 2，y 2)，则D (－x 1，－y 1)，x 22＋y 22＝9，由AB ―→·AD ―→＝－7，得(x 1－x 2，y 1－y 2)·(－x 1－x 2，－y 1－y 2)＝－7，得x 21＋y 21＝16，而BC ―→·DC ―→＝(5－x 1，－y 1)·(5＋x 1，y 1)＝25－x 21－y 21＝25－16＝9.答案：912．已知菱形ABCD 的边长为a ，∠DAB ＝60°，EC ―→＝2DE ―→，则AE ―→·DB ―→的值为________． 解析：如图所示，∵EC ―→＝2DE ―→，∴DE ―→＝13DC ―→.∵菱形ABCD 的边长为a ， ∠DAB ＝60°， ∴|DA ―→|＝|DC ―→|＝a ，DA ―→·DC ―→＝|DA ―→||DC ―→|cos 120°＝－12a 2，∵DB ―→＝DA ―→＋DC ―→，∴AE ―→·DB ―→＝(AD ―→＋DE ―→)(DA ―→＋DC ―→) ＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋13 DC ―→(DA ―→＋DC ―→) ＝－DA ―→2＋13DC ―→2－23DA ―→·DC ―→＝－a 2＋13a 2＋13a 2＝－a 23.答案：－a 2313．在矩形ABCD 中，边AB ，AD 的长分别为2和1，若E ，F 分别是边BC ，CD 上的点，且满足|BE ―→||BC ―→|＝|CF ―→||CD ―→|，则AE ―→·AF ―→的取值范围是________． 解析：法一：取A 为原点，AB 所在直线为x 轴，建立如图所示直角坐标系，则A (0,0)，B (2,0)，C (2，1)．∵|BE ―→||BC ―→|＝|CF ―→||CD ―→|，得2|BE ―→|＝|CF ―→|，设E (2，y )(0≤y ≤1)，则F (2－2y,1)．∴AE ―→·AF ―→＝(2，y )·(2－2y,1)＝2(2－2y )＋y ＝4－3y ∈[1,4]． 法二：∵|BE ―→||BC ―→|＝|CF ―→||CD ―→|，则|CF ―→|＝2|BE ―→|. ∵0≤|BE ―→|≤1，∴AE ―→·AF ―→＝(AB ―→＋BE ―→)·(AD ―→＋DF ―→) ＝AB ―→·DF ―→＋BE ―→·AD ―→＝2|DF ―→|＋|BE ―→| ＝2(2－|CF ―→|)＋|BE ―→|＝4－3|BE ―→|∈[1,4]． 答案：[1,4]14．(2017·全国卷Ⅱ改编)已知△ABC 是边长为2的等边三角形，P 为平面ABC 内一点，则PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)的最小值是________．解析：如图，以等边三角形ABC 的底边BC 所在直线为x 轴，以BC 的垂直平分线为y 轴建立平面直角坐标系，则A (0，3)，B (－1,0)，C (1,0)，设P (x ，y )，则PA ―→＝(－x, 3－y )，PB ―→＝(－1－x ，－y )，PC ―→＝(1－x ，－y )，所以PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)＝(－x ，3－y )·(－2x ，－2y )＝2x 2＋2⎝⎛⎭⎫y －322－32，当x ＝0，y ＝32时，PA ―→·(PB ―→＋PC ―→)取得最小值，为－32.答案：－32[B 组——力争难度小题]1.如图，在梯形ABCD 中，AB ∥CD ，AB ＝4，AD ＝3，CD ＝2，AM ―→＝2MD ―→.若AC ―→·BM ―→＝－3，则AB ―→·AD ―→＝________.解析：由题意可得AC ―→＝AD ―→＋DC ―→＝AD ―→＋12AB ―→，BM ―→＝AM ―→－AB ―→＝23AD ―→－AB ―→，则AC ―→·BM ―→＝⎝⎛⎭⎫AD ―→＋12 AB ―→ ·⎝⎛⎭⎫23 AD ―→－AB ―→＝－3， 则23|AD ―→|2－12|AB ―→|2－23AB ―→·AD ―→＝－3， 即6－8－23AB ―→·AD ―→＝－3，解得AB ―→·AD ―→＝32.答案：322．已知a ，b ，c 是同一平面内的三个向量，其中a ，b 是互相垂直的单位向量，且(a －c )·(3b －c )＝1，则|c |的最大值为________．解析：法一：由题意可得(a －c )·(3b －c )＝－a ·c －3b ·c ＋|c |2＝1，则|c |2－(a ＋3b )·c －1＝0.又|a ＋3b |＝2，设a ＋3b 与c 的夹角为θ，θ∈[0，π]， 则|c |2－2|c |cos θ－1＝0，－2≤2cos θ＝|c |－1|c |≤2，即⎩⎪⎨⎪⎧|c |2－2|c |－1≤0，|c |2＋2|c |－1≥0，解得2－1≤|c |≤2＋1，则|c |max ＝2＋1.法二：不妨设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )，则(a －c )·(3b －c )＝(1－x ，－y )·(－x ，3－y )＝1，化简得⎝⎛⎭⎫x －122＋⎝⎛⎭⎫y －322＝2，圆心⎝⎛⎭⎫12，32到坐标原点的距离为1，则|c |max ＝2＋1.答案：2＋13．(2017·苏州考前模拟)已知点A (1，－1)，B (4,0)，C (2，2)．平面区域D 由所有满足AP ―→＝λAB ―→＋μAC ―→(1<λ≤a,1<μ≤b )的点P (x ，y )组成的区域．若区域D 的面积为16，则a ＋b 的最小值为________．解析：如图，延长AB 至点N ，延长AC 至点M ，使得AN ＝aAB ，AM ＝bAC .四边形ABEC 、四边形ANGM 、四边形EHGF 均为平行四边形．由条件知，点P (x ，y )组成的区域D 为图中的阴影部分，即四边形EHGF (不含边界EH ，EF )．∵AB ―→＝(3,1)，AC ―→＝(1,3)，BC ―→＝(－2,2)．∴|AB |＝10，|AC |＝10，|BC |＝22，cos ∠CAB ＝10＋10－82×10×10＝35，sin ∠CAB ＝45.∴四边形EHGF 的面积为(a －1)10×(b －1)10×45＝16.∴(a －1)(b －1)＝2，a ＋b ＝a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＋1＝(a －1)＋2a －1＋2. 由a >1，b >1知，当且仅当a －1＝2，即a ＝b ＝2＋1时，a ＋b 取得最小值22＋2. 答案：22＋24．(2017·江苏高考)如图，在同一个平面内，向量OA ―→，OB ―→，OC ―→的模分别为1,1，2，OA ―→与OC ―→的夹角为α，且tan α＝7，OB ―→与OC ―→的夹角为45°.若OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→(m ，n ∈R)，则m ＋n ＝________.解析：法一：如图，以O 为坐标原点，OA 所在直线为x 轴建立平面直角坐标系，则A (1，0)，由tan α＝7，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 得sin α＝752，cos α＝152，设C (x C ，y C )，B (x B ，y B )， 则x C ＝|OC ―→|cos α＝2×152＝15，y C ＝|OC ―→|sin α＝2×752＝75，即C ⎝⎛⎭⎫15，75. 又cos(α＋45°)＝152×12－752×12＝－35，sin(α＋45°)＝752×12＋152×12＝45，则x B ＝|OB ―→|cos(α＋45°)＝－35，y B ＝|OB ―→|sin(α＋45°)＝45，即B ⎝⎛⎭⎫－35，45. 由OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→，可得⎩⎨⎧15＝m －35n ，75＝45n ，解得⎩⎨⎧m ＝54，n ＝74，所以m ＋n ＝54＋74＝3.法二：由tan α＝7，α∈⎝⎛⎭⎫0，π2， 得sin α＝752，cos α＝152，则cos(α＋45°)＝152×12－752×12＝－35，所以OB ―→·OC ―→＝1×2×22＝1，OA ―→·OC ―→＝1×2×152＝15，OA ―→·OB ―→＝1×1×⎝⎛⎭⎫－35＝－35， 由OC ―→＝m OA ―→＋n OB ―→，得OC ―→·OA ―→＝m OA ―→2＋n OB ―→·OA ―→，即15＝m －35n .①同理可得OC ―→·OB ―→＝m OA ―→·OB ―→＋n OB ―→2， 即1＝－35m ＋n .②①＋②得25m ＋25n ＝65，即m ＋n ＝3.答案：3第3课时解三角形(能力课)[常考题型突破][例1] (2016·江苏高考)在△ABC 中，AC ＝6，cos B ＝45，C ＝π4.(1)求AB 的长； (2)求cos ⎝⎛⎭⎫A －π6的值． [解] (1)因为cos B ＝45，0＜B ＜π，所以sin B ＝1－cos 2B ＝1－⎝⎛⎭⎫452＝35.由正弦定理知AC sin B ＝ABsin C，所以AB ＝AC ·sin Csin B＝6×2235＝5 2.(2)在△ABC 中，A ＋B ＋C ＝π， 所以A ＝π－(B ＋C )，于是cos A ＝－cos(B ＋C )＝－cos ⎝⎛⎭⎫B ＋π4 ＝－cos B cos π4＋sin B sin π4.又cos B ＝45，sin B ＝35，故cos A ＝－45×22＋35×22＝－210.因为0＜A ＜π，所以sin A ＝1－cos 2A ＝7210.因此，cos ⎝⎛⎭⎫A －π6＝cos A cos π6＋sin A sin π6＝－210×32＋7210×12＝72－620. [方法归纳][变式训练]1．(2017·南京、盐城一模)在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 的对边，且b sin 2C ＝c sin B .(1)求角C ；(2)若sin ⎝⎛⎭⎫B －π3＝35，求sin A 的值． 解：(1)由正弦定理及b sin 2C ＝c sin B ，得2sin B sin C cos C ＝sin C sin B ， 因为sin B >0，sin C >0，所以cos C ＝12，又C ∈(0，π)，所以C ＝π3.(2)因为C ＝π3，所以B ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3， 所以B －π3∈⎝⎛⎭⎫－π3，π3， 又sin ⎝⎛⎭⎫B －π3＝35， 所以cos ⎝⎛⎭⎫B －π3＝ 1－sin 2⎝⎛⎭⎫B －π3＝45. 又A ＋B ＝2π3，即A ＝2π3－B ，所以sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫2π3－B ＝sin ⎣⎡⎦⎤π3－⎝⎛⎭⎫B －π3＝sin π3cos ⎝⎛⎭⎫B －π3－cos π3sin ⎝⎛⎭⎫B －π3＝32×45－12×35＝43－310. 2．(2017·苏北四市一模)在△ABC 中，已知角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且tan B ＝2，tan C ＝3.(1)求角A 的大小； (2)若c ＝3，求b 的长．解：(1)因为tan B ＝2，tan C ＝3，A ＋B ＋C ＝π，所以tan A ＝tan [π－(B ＋C )]＝－tan(B ＋C )＝－tan B ＋tan C 1－tan B tan C ＝－2＋31－2×3＝1.又A ∈(0，π)，所以A ＝π4.(2)因为tan B ＝sin Bcos B ＝2，且sin 2B ＋cos 2B ＝1，又B ∈(0，π)，所以sin B ＝255.同理可得sin C ＝31010. 由正弦定理，得b ＝c sin Bsin C ＝3×25531010＝2 2.[例2] ，b ，c ，且△ABC 面积的大小为S ，3AB ―→·AC ―→＝2S .(1)求sin A 的值；(2)若C ＝π4，AB ―→·AC ―→＝16，求b .[解] (1)由3AB ―→·AC ―→＝2S ，得3bc cos A ＝2×12bc sin A ，即sin A ＝3cos A .整理化简得sin 2A ＝9cos 2A ＝9(1－sin 2A )， 所以sin 2A ＝910.又A ∈(0，π)，所以sin A >0，故sin A ＝31010. (2)由sin A ＝3cos A 和sin A ＝31010， 得cos A ＝1010， 又AB ―→·AC ―→＝16，所以bc cos A ＝16， 得bc ＝1610. ① 又C ＝π4，所以sin B ＝sin(A ＋C )＝sin A cos C ＋cos A sin C ＝31010×22＋1010×22＝255.在△ABC 中，由正弦定理b sin B ＝csin C ，得b255＝c 22， 即c ＝104b . ② 联立①②得b ＝8.[方法归纳][变式训练]1．(2017·南通三调)已知△ABC 是锐角三角形，向量m ＝⎝⎛⎭⎫cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3，sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3，n ＝(cos B ，sin B )，且m ⊥n .(1)求A －B 的值；(2)若cos B ＝35，AC ＝8，求BC 的长．解：(1)因为m ⊥n ，所以m ·n ＝cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3cos B ＋sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π3sin B ＝cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π3－B ＝0， 又A ，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以A ＋π3－B ∈⎝⎛⎭⎫－π6，5π6， 所以A ＋π3－B ＝π2，即A －B ＝π6.(2)因为cos B ＝35，B ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以sin B ＝45. 所以sin A ＝sin ⎝⎛⎭⎫B ＋π6 ＝sin B cos π6＋cos B sin π6＝45×32＋35×12＝43＋310. 由正弦定理，得BC ＝sin A sin B ×AC ＝43＋31045×8＝43＋3. 2．(2017·镇江调研)在△ABC 中，角A ，B ，C 所对应的边分别是a ，b ，c ，向量m ＝(a －c ，b ＋c )，n ＝(b －c ，a )，且m ∥n .(1)求B ；(2)若b ＝13，cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝33926，求a .解：(1)因为m ∥n ，所以a (a －c )－(b ＋c )(b －c )＝0，即a 2＋c 2－b 2＝ac ，所以cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝ac 2ac ＝12，又B ∈(0，π)，故B ＝π3.(2)由(1)得A ∈⎝⎛⎭⎫0，2π3，所以A ＋π6∈⎝⎛⎭⎫π6，5π6，又cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝33926，所以sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6＝51326，所以sin A ＝sin ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫A ＋π6－π6＝sin ⎝⎛⎭⎫A ＋π6cos π6－cos ⎝⎛⎭⎫A ＋π6sin π6＝51326×32－33926×12＝3926. 在△ABC 中，由正弦定理a sin A ＝b sin B， 可得a ＝b ·sin A sin B ＝13×392632＝1.[例3] (2017·南通调研)如图，在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，a ＝b (sin C ＋cos C )．(1)求∠ABC ；(2)若∠A ＝π2，D 为△ABC 外一点，DB ＝2，DC ＝1，求四边形ABDC 面积的最大值． [解] (1)在△ABC 中，因为a ＝b (sin C ＋cos C )，所以sin A ＝sin B (sin C ＋cos C )，所以sin(B ＋C )＝sin B (sin C ＋cos C )，所以sin B cos C ＋cos B sin C ＝sin B sin C ＋sin B cos C,所以cos B sin C ＝sin B sin C ，又因为C ∈(0，π)，故sin C ≠0，所以cos B ＝sin B ，即tan B ＝1.又B ∈(0，π)，所以B ＝π4. (2)在△BCD 中，DB ＝2，DC ＝1，BC 2＝12＋22－2×1×2×cos D ＝5－4cos D .又A ＝π2，由(1)可知∠ABC ＝π4， 所以△ABC 为等腰直角三角形，S △ABC ＝12×BC ×12×BC ＝14BC 2＝54－cos D ， 又S △BDC ＝12×BD ×DC ×sin D ＝sin D, 所以S 四边形ABDC ＝54－cos D ＋sin D ＝54＋2sin ⎝⎛⎭⎫D －π4. 所以当D ＝3π4时，四边形ABDC 的面积有最大值，最大值为54＋ 2. [方法归纳][变式训练](2017·苏北三市模拟)如图，在平面四边形ABCD 中，DA ⊥AB ，DE＝1，EC ＝7，EA ＝2，∠ADC ＝2π3，且∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列．(1)求sin ∠CED ；(2)求BE 的长．解：设∠CED ＝α.因为∠CBE ，∠BEC ，∠BCE 成等差数列，所以2∠BEC ＝∠CBE ＋∠BCE ，又∠CBE ＋∠BEC ＋∠BCE ＝π，所以∠BEC ＝π3. (1)在△CDE 中，由余弦定理得EC 2＝CD 2＋DE 2－2CD ·DE ·cos ∠EDC ，由题设知7＝CD 2＋1＋CD ，即CD 2＋CD －6＝0，解得CD ＝2(CD ＝－3舍去)．在△CDE 中，由正弦定理得EC sin ∠EDC ＝CD sin α， 于是sin α＝CD ·sin 2π3EC ＝2×327＝217， 即sin ∠CED ＝217. (2)由题设知0<α<π3， 由(1)知cos α＝1－sin 2α＝ 1－2149＝277， 又∠AEB ＝π－∠BEC －α＝2π3－α，。

2018届江苏高考二轮数学专题教学案 正、余弦定理及其应用【热身训练】1．(2017·课标Ⅲ)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知C ＝60°，b ＝6，c ＝3，则A ＝________.解析：由正弦定理b sin B ＝csin C，可得sin B ＝b sin Cc ＝22， 结合b <c ，可得B ＝45°，则A ＝180°－B －C ＝75°.2．(2017·课标Ⅱ)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c 若2b cos B ＝a cos C ＋c cos A ，则B ＝________. 解析：由正弦定理可得2sin B cos B ＝sin A cos C ＋sin C cos A ＝sin B ，在△ABC 中可得sin B ≠0，可得cos B ＝12，在△ABC 中可得B ＝π3.3．(2017·连云港第一次调研)在锐角△ABC 中，AB ＝2，BC ＝3，△ABC 的面积为332，则AC 的长为________．4.(2017·百校大联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且满足2cos 2A 2＝33sin A ，sin(B －C )＝4cos B sin C ，则b c＝________.解析：(1)由2cos 2A 2＝33sin A 可得1＋cos A ＝33sin A ，化简得sin (A －π3)＝32，所以在△ABC 可得A ＝2π3，又因为sin(B －C )＝4cos B sin C ，可得sin B cos C －cos B sin C ＝4cos B sin C ，即sin B cos C ＝5cos B sin C ，由正、余弦定理可得b ·a 2＋b 2－c 22ab ＝5c ·a 2＋c 2－b 22ac，整理可得2a 2＋3c 2－3b 2＝0，又由余弦定理可得a 2＝b 2＋c 2－2bc cos A ＝b 2＋c 2＋bc ，可得b 2－2bc －5c 2＝0，解得：bc＝6＋1. 【热点追踪】正余弦定理因其建立了三角形的边长和角度的数量关系，从而使三角形兼具“数”与“形”两方面的性质，所以成为高中数学的主干知识．高考对正、余弦定理的考查主要有求边角的大小、判断三角形形状、寻找三角形中的有关数量关系等，其主要方法有：化角法，化边法，面积法等，在解题中要注意体会蕴含的函数与方程思想、等价转化思想及分类讨论思想. （一）利用正、余弦定理解三角形问题例1. 在△ABC 中，已知AB ＝2，AC ＝3，A ＝60°，求BC 和sin 2C 的值．解析：由余弦定理得，BC 2＝AB 2＋AC 2－2AB ·AC cos A ， 即BC 2＝22＋32－2×2×3×cos 60°＝7，BC ＝7；由正弦定理得AB sin C ＝BC sin A ，即2sin C ＝7sin 60°，sin C ＝217，由余弦定理得cos C ＝AC 2＋BC 2－AB 22AC ·BC ＝32＋(7)2－222×3×7＝277，所以sin 2C ＝2sin C cos C ＝2×217×277＝437. 变式1 (2017·天津卷)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a >b ，a ＝5，c ＝6，sin B ＝35，则sin A 的值为________．变式2 (2017·广东海珠区)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c ＝2a ，b sin B －a sin A ＝12a sin C ，则sin B 的值为________． 解析：因为b sin B －a sin A ＝12a sin C ，由正弦定理a ＝2R sin A ，b ＝2R sin B ，c ＝2R sin C ，可得b 2－a2＝12ac ，又由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝3a 22a ·2a ＝34，因为0<B <π，可得sin B ＝1－cos 2B ＝1－916＝74.（二）判断三角形的形状问题例2. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，满足(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin C ，试判断△ABC 的形状．解析：(方法一)因为(a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin C ，可得a 2[sin(A －B )－sin(A ＋B )]＝－b 2[sin(A ＋B )＋sin(A －B )]，可得a 2cos A sin B ＝b 2sin A cos B ，由正弦定理可得sin 2A cos A sinB ＝sin 2B sin A cos B ，因为sin A sin B ≠0，所以sin A cos A ＝sin B cos B ，即sin 2A ＝sin 2B ，因为A ，B 为三角形的内角，所以A ＝B 或A ＋B ＝π2，故△ABC 为等腰三角形或直角三角形．(方法二)因为( a 2＋b 2)sin(A －B )＝(a 2－b 2)sin C ，可得(a 2＋b 2)(sin A cos B －sin B cos A )＝(a 2－b 2)sin C ，由正弦定理可得(a 2＋b 2)(a cos B －b cos A )＝(a 2－b 2)c ，由余弦定理可得(a 2＋b 2)(a a 2＋c 2－b 22ac －b b 2＋c 2－a 22bc)＝(a 2－b 2)c ，即(a 2＋b 2)(a 2－b 2)＝(a 2－b 2)c 2，所以a 2＋b 2＝c 2或a ＝b ，所以△ABC 的形状为直角三角形或等腰三角形．变式1 (2017·浙江大联考)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b (1－2cos A )＝2a cos B . (1)证明：b ＝2c ；(2)若a ＝1，tan A ＝22，求△ABC 的面积．变式2 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知b ＋c ＝2a cos B . (1)证明：A ＝2B ；(2)若△ABC 的面积S ＝a 24，求角A 的大小．解析：(1)由正弦定理可得sin B ＋sin C ＝2sin A cos B ，即sin B ＋sin(A ＋B )＝2sin A cos B ，可得sin B ＝sin(A －B )，又因为0<A <π，0<B <π，所以B ＝A －B 或者B ＝π－(A －B )，即A ＝2B 或者A ＝π(舍去)，所以A ＝2B .(2)因为S ＝12ab sin C ＝a24，可得2b sin C ＝a ，由正弦定理可得，2sin B sin C ＝sin A ＝sin 2B ＝2sin B cosB ，因为sin B ≠0，可得sinC ＝cos B ，又B ，C ∈(0，π)，所以C ＝π2±B .当B ＋C ＝π2时，A ＝π2；当C－B ＝π2时，A ＝π4；综上：A ＝π2或A ＝π4.（三）与面积相结合的解三角形问题例3. 在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＝5，b ＝3，sin C ＝2sin A ，求△ABC 的面积．解析：在△ABC 中，因为sin C ＝2sin A ，由正弦定理可得c ＝2a ＝25，由余弦定理可得cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac＝45，因为B ∈(0，π)，所以sin B ＝1－(45)2＝35，所以S △ABC ＝12ac sin B ＝12×5×25×35＝3.变式1 (2017·课标Ⅱ)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知sin(A ＋C )＝8sin 2B2.(1)求cos B ；(2)若a ＋c ＝6，△ABC 的面积为2，求b 的值．解析：(1)由sin(A ＋C )＝8sin 2B2，可得sin B ＝4(1－cos B )，两边平方，整理可得17cos 2B －3 2cos B ＋15＝0，解得：cos B ＝1(舍去)，cos B ＝1517.(2)因为cos B ＝1517，0<B <π，可得sin B ＝817，所以△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝417ac ＝2，即ac ＝172，由余弦定理b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝(a ＋c )2－2ac (1＋cos B )＝36－2×172×(1＋1517)＝4，所以b ＝2.变式2 (2017·山东省肥城市高三上学期)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2cos A (b cosC ＋c cos B )＝a .(1)求角A ；(2)若a ＝7，b ＋c ＝5，求△ABC 的面积．【乘热打铁】1．(2017·盐城市上学期期中)在△ABC 中，已知sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7，则此三角形的最大内角的大小为________．解析：因为sin A ∶sin B ∶sin C ＝3∶5∶7，由正弦定理可得a ∶b ∶c ＝3∶5∶7，不妨设a ＝3k ，b ＝5k ，c ＝7k ，则三角形的最大内角为C ，由余弦定理可得cos C ＝a 2＋b 2－c 22ab ＝(3k )2＋(5k )2－(7k )22×3k ×5k ＝－12，由△ABC可得C ＝2π3，所以此三角形的最大内角的大小为2π3.2．(2017·湖北省黄石市零模)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若a ＝1，B ＝π4，△ABC 的面积S ＝2，则bsin B的值为________．解析：因为△ABC 的面积S △ABC ＝12ac sin B ＝2，可得c ＝42，由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝25，可得b ＝5，所以bsin B＝5 2.3．(2017·南昌市摸底)在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知3a ·cos C ＝c ·sin A . (1)求角C 的大小；(2)若c ＝7，且△ABC 的面积为334，求a ＋b 的值．解析：(1)因为3a ·cos C ＝c ·sin A ，由正弦定理可得3sin A cos C ＝sin C sin A ，由△ABC 可得sin A ≠0，所以tan C ＝3，由△ABC 可得C ＝π3.(2)由△ABC 的面积S △ABC ＝12ab sin C ＝12ab ×32＝334，可得ab ＝3，由余弦定理c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C 可得7＝a 2＋b 2－2ab ×12，即7＝(a ＋b )2－3ab ＝(a ＋b )2－9，所以a ＋b ＝4.4．(2017·山西省联考)已知△ABC 是斜三角形，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若c sin A ＝3a cos C ，c＝21且sin C ＋sin(B －A )＝5sin 2A ，则△ABC 的面积为________．。

江苏 新高考高考对本专题内容的考查一般是“一小一大”，小题主要考查体积和表面积的计算问题，而大题主要证明线线、线面、面面的平行与垂直问题，其考查形式单一，难度一般.第1课时立体几何中的计算(基础课) [常考题型突破]空间几何体的表面积与体积 空间几何体的几组常用公式(1)柱体、锥体、台体的侧面积公式： ①S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)； ②S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)；③S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．(2)柱体、锥体、台体的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (不要求记忆)．(3)球的表面积和体积公式： ①S 球＝4πR 2(R 为球的半径)； ②V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．[题组练透]1．现有一个底面半径为3 cm ，母线长为5 cm 的圆锥状实心铁器，将其高温熔化后铸成一个实心铁球(不计损耗)，则该铁球的半径为________cm.解析：因为圆锥底面半径为3 cm ，母线长为5 cm ，所以圆锥的高为52－32＝4 cm ，其体积为13π×32×4＝12π cm 3，设铁球的半径为r ，则43πr 3＝12π，所以该铁球的半径是39cm.答案：392．(2017·苏锡常镇二模)已知直四棱柱底面是边长为2的菱形，侧面对角线的长为23，则该直四棱柱的侧面积为________．解析：由题意得，直四棱柱的侧棱长为(23)2－22＝22，所以该直四棱柱的侧面积为S ＝cl ＝4×2×22＝16 2.答案：16 23．(2017·南通、泰州一调)如图，在正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3 cm ，AA 1＝1 cm ，则三棱锥D 1-A 1BD 的体积为_______cm 3.解析：三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于三棱锥B -A 1D 1D 的体积，因为三棱锥B -A 1D 1D 的高等于AB ，△A 1D 1D 的面积为矩形AA 1D 1D 的面积的12，所以三棱锥B -A 1D 1D 的体积是正四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积的16，所以三棱锥D 1-A 1BD 的体积等于16×32×1＝32.答案：324.如图所示是一个直三棱柱(以A 1B 1C 1为底面)被一个平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝1，∠A 1B 1C 1＝90°，A 1A ＝4，B 1B ＝2，C 1C ＝3，则此几何体的体积为________．解析：在A 1A 上取点A 2，在C 1C 上取点C 2，使A 1A 2＝C 1C 2＝BB 1，连结A 2B ，BC 2，A 2C 2，∴V ＝VA B C A BC 11122-＋VB A ACC 22-＝12×1×1×2＋13×(1＋2)2×2×22＝32. 答案：325．设甲，乙两个圆柱的底面积分别为S 1，S 2，体积分别为V 1，V 2.若它们的侧面积相等且V 1V 2＝32，则S 1S 2的值是________．解析：设甲，乙两个圆柱的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则有2πr 1h 1＝2πr 2h 2，即r 1h 1＝r 2h 2，又V 1V 2＝πr 21h 1πr 22h 2，∴V 1V 2＝r 1r 2，∴r 1r 2＝32，则S 1S 2＝⎝⎛⎭⎫r 1r 22＝94.答案：94[方法归纳]解决球与其他几何体的切、接问题(1)解题的关键：仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数量关系．(2)选准最佳角度作出截面：要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系，达到空间问题平面化的目的．(3)认识球与正方体组合的3种特殊截面：(4)熟记2个结论：①设小圆O 1半径为r ，OO 1＝d ，则d 2＋r 2＝R 2；②若A ，B 是圆O 1上两点，则AB ＝2r sin ∠AO 1B 2＝2R sin ∠AOB 2.[题组练透]1．(2017·江苏高考)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．解析：设球O 的半径为R ，因为球O 与圆柱O 1O 2的上、下底面及母线均相切，所以圆柱的底面半径为R 、高为2R ，所以V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案：322．(2017·全国卷Ⅲ改编)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为________．解析：设圆柱的底面半径为r ，则r 2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝34，所以圆柱的体积V ＝34×π×1＝3π4.答案：3π43．已知矩形ABCD的顶点都在半径为2的球O的球面上，且AB＝3，BC＝3，过点D作DE垂直于平面ABCD，交球O于E，则棱锥E-ABCD的体积为________．解析：如图所示，BE过球心O，∴DE＝42－32－(3)2＝2，∴V E -ABCD＝13×3×3×2＝2 3.答案：2 34．(2017·南京、盐城一模)将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC ＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，则三棱锥O-EFG 体积的最大值是________．解析：因为将矩形ABCD绕边AB旋转一周得到一个圆柱，AB＝3，BC＝2，圆柱上底面圆心为O，△EFG为下底面圆的一个内接直角三角形，所以三棱锥O-EFG的高为圆柱的高，即高为AB，所以当三棱锥O-EFG体积取最大值时，△EFG的面积最大，当EF为直径，且G在EF的垂直平分线上时，(S△EFG)max＝12×4×2＝4,所以三棱锥O-EFG体积的最大值(V O-EFG)max＝13×(S△EFG)max×AB＝13×4×3＝4.答案：4[方法归纳]多面体与球的切接问题的解题技巧[必备知识]将平面图形沿其中一条或几条线段折起，使其成为空间图形，把这类问题称为平面图形的翻折问题．平面图形经过翻折成为空间图形后，原有的性质有的发生了变化，有的没有发生变化，弄清它们是解决问题的关键．一般地，翻折后还在同一个平面上的性质不发生变化，不在同一个平面上的性质发生变化．解决这类问题就是要据此研究翻折以后的空间图形中的线面关系和几何量的度量值，这是化解翻折问题难点的主要方法．[题组练透]1．(2017·南通三模)已知圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，则这个圆锥的高为________．解析：因为圆锥的侧面展开图是半径为3，圆心角为2π3的扇形，所以圆锥的母线长l ＝3，设圆锥的底面半径为r ，则底面周长2πr ＝3×2π3，所以r ＝1，所以圆锥的高为32－12＝2 2. 答案：2 22．(2017·南京考前模拟)如图，正△ABC 的边长为2，CD 是AB 边上的高，E ，F 分别为边AC 与BC 的中点，现将△ABC 沿CD 翻折，使平面ADC ⊥平面DCB ，则棱锥E -DFC 的体积为________．解析：S △DFC ＝14S △ABC ＝14×⎝⎛⎭⎫34×22＝34，E 到平面DFC 的距离h 等于12AD ＝12. V E -DFC ＝13×S △DFC×h ＝324. 答案：3243.(2017·全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：法一：由题意可知，折起后所得三棱锥为正三棱锥，当△ABC 的边长变化时， 设△ABC 的边长为a (a >0)cm ， 则△ABC 的面积为34a 2，△DBC 的高为5－36a ， 则正三棱锥的高为⎝⎛⎭⎫5－36a 2－⎝⎛⎭⎫36a 2＝25－533a ， ∴25－533a >0， ∴0<a <53，∴所得三棱锥的体积V ＝13×34a 2×25－533a ＝312× 25a 4－533a 5. 令t ＝25a 4－533a 5，则t ′＝100a 3－2533a 4， 由t ′＝0，得a ＝43，此时所得三棱锥的体积最大，为415 cm 3.法二：如图，连接OD 交BC 于点G ，由题意知，OD ⊥BC .易得OG＝36BC ， 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，故所得三棱锥的体积V ＝13×33x 2×(5－x )2－x 2＝3x 2×25－10x ＝3×25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝⎛⎭⎫0，52， 则f ′(x )＝100x 3－50x 4，令f ′(x )>0，即x 4－2x 3<0，得0<x <2， 则当x ∈⎝⎛⎭⎫0，52时，f (x )≤f (2)＝80， ∴V ≤3×80＝415.∴所求三棱锥的体积的最大值为415. 答案：415 [方法归纳][A 组——抓牢中档小题]1．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 是棱B 1B 的中点，则三棱锥B 1-ADE 的体积为________．解析：VB 1-ADE ＝VD -AEB 1＝13S △AEB 1·DA ＝13×12×12×1×1＝112.答案：1122．若两球表面积之比是4∶9，则其体积之比为________．解析：设两球半径分别为r 1，r 2，因为4πr 21∶4πr 22＝4∶9，所以r 1∶r 2＝2∶3，所以两球体积之比为43πr 31∶43πr 32＝⎝⎛⎭⎫r 1r 23＝⎝⎛⎭⎫233＝8∶27.答案：8∶273．(2017·天津高考)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为________．解析：设正方体的棱长为a ，则6a 2＝18，得a ＝3，设该正方体外接球的半径为R ，则2R ＝3a ＝3，得R ＝32，所以该球的体积为43πR 3＝4π3×278＝92π.答案：92π4．已知圆锥的母线长为10 cm ，侧面积为60π cm 2，则此圆锥的体积为________cm 3. 解析：设圆锥底面圆的半径为r ，母线长为l ，则侧面积为πrl ＝10πr ＝60π，解得r ＝6，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝8，则此圆锥的体积为13πr 2h ＝13π×36×8＝96π.答案：96π5．(2017·扬州期末)若正四棱锥的底面边长为2(单位：cm)，侧面积为8(单位：cm 2)，则它的体积为________(单位：cm 3)．解析：因为正四棱锥的底面边长为2，侧面积为8，所以底面周长c ＝8，12ch ′＝8，所以斜高h ′＝2，正四棱锥的高为h ＝3，所以正四棱锥的体积为13×22×3＝433.答案：4336．设棱长为a 的正方体的体积和表面积分别为V 1，S 1，底面半径和高均为r 的圆锥的体积和侧面积分别为V 2，S 2，若V 1V 2＝3π，则S 1S 2的值为________． 解析：由题意知，V 1＝a 3，S 1＝6a 2，V 2＝13πr 3，S 2＝2πr 2，由V 1V 2＝3π得，a 313πr 3＝3π，得a＝r ，从而S 1S 2＝62π＝32π.答案：32π7.(2017·苏北三市三模)如图，在正三棱柱ABC -A1B 1C 1中，已知AB ＝AA 1＝3，点P 在棱CC 1上，则三棱锥P -ABA 1的体积为________．解析：三棱锥的底面积S △ABA 1＝12×3×3＝92，点P 到底面的距离为△ABC 的高h ＝32－⎝⎛⎭⎫322＝332，故三棱锥的体积VP -ABA 1＝13S △ABA 1×h ＝934. 答案：9348．(2017·无锡期末)已知圆锥的侧面展开图为一个圆心角为2π3，且面积为3π的扇形，则该圆锥的体积等于________．解析：设圆锥的母线为l ，底面半径为r ， 因为3π＝13πl 2，所以l ＝3，所以πr ×3＝3π，所以r ＝1，所以圆锥的高是32－12＝22，所以圆锥的体积是13×π×12×22＝22π3.答案：22π39．(2017·徐州古邳中学摸底)表面积为24π的圆柱，当其体积最大时，该圆柱的底面半径与高的比为________．解析：设圆柱的高为h ，底面半径为r ， 则圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πrh ＝24π， 即r 2＋rh ＝12，得rh ＝12－r 2， ∴V ＝πr 2h ＝πr (12－r 2)＝π(12r －r 3)， 令V ′＝π(12－3r 2)＝0，得r ＝2，∴函数V ＝πr 2h 在区间(0,2]上单调递增，在区间[2，＋∞)上单调递减，∴r ＝2时，V 最大，此时2h ＝12－4＝8，即h ＝4，r h ＝12.答案：1210．三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，PA ＝3，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：把三棱锥P -ABC 看作由平面截一个长、宽、高分别为1、1、3的长方体所得的一部分(如图).易知该三棱锥的外接球就是对应长方体的外接球．又长方体的体对角线长为12＋12＋(3)2＝5，故外接球半径为52，表面积为4π×⎝⎛⎭⎫522＝5π. 答案：5π11．已知正三棱锥P -ABC 的体积为223，底面边长为2，则侧棱PA 的长为________．解析：设底面正三角形ABC 的中心为O ，又底面边长为2，故OA ＝233，由V P -ABC ＝13PO ·S △ABC ，得223＝13PO ×34×22，PO ＝263，所以PA ＝PO 2＋AO 2＝2. 答案：212．(2017·苏州期末)一个长方体的三条棱长分别为3,8,9，若在该长方体上面钻一个圆柱形的孔后其表面积没有变化，则圆孔的半径为________．解析：圆柱两底面积等于圆柱的侧面积．孔的打法有三种，所以有三种情况：①孔高为3，则2πr 2＝2πr ×3，解得r ＝3；②孔高为8，则r ＝8；③孔高为9，则r ＝9.而实际情况是，当r ＝8，r ＝9时，因为长方体有个棱长为3，所以受限制不能打，所以只有①符合．答案：313.如图所示，在体积为9的长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，对角线B 1D 与平面A 1BC 1交于点E ，则四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝________.解析：连结B 1D 1交A 1C 1于点F ，连结BD ，BF ，则平面A 1BC 1∩平面BDD 1B 1＝BF ，因为E ∈平面A 1BC 1，E ∈平面BDD 1B 1，所以E ∈BF .因为F 是A 1C 1的中点，所以BF 是中线，又B 1F 綊12BD ，所以FE EB ＝12，故点E 到平面A 1B 1C 1D 1的距离是BB 1的13，所以四棱锥E -A 1B 1C 1D 1的体积V ＝13×S 四边形A 1B 1C 1D 1×13BB 1＝19V 长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1＝1.答案：114．半径为2的球O 中有一内接正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直底面)．当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是________．解析：依题意，设球的内接正四棱柱的底面边长为a 、高为h ，则有16＝2a 2＋h 2≥22ah ，即4ah ≤162，该正四棱柱的侧面积S ＝4ah ≤162，当且仅当h ＝2a ＝22时取等号．因此，当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是4π×22－162＝16(π－2)．答案：16(π－2)[B 组——力争难度小题]1．已知三棱锥S -ABC 所在顶点都在球O 的球面上，且SC ⊥平面ABC ，若SC ＝AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为________．解析：∵AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝120°， ∴BC ＝12＋12－2×1×1×⎝⎛⎭⎫－12＝3， ∴三角形ABC 的外接圆直径2r ＝3sin 120°＝2，∴r ＝1.∵SC ⊥平面ABC ，SC ＝1， ∴该三棱锥的外接球半径R ＝r 2＋⎝⎛⎭⎫SC 22＝52，∴球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π. 答案：5π2.(2017·南京三模)如图，在直三棱柱ABC -A1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，BB 1＝3，∠ABC ＝90°，点D 为侧棱BB 1上的动点．当AD ＋DC 1最小时，三棱锥D -ABC 1的体积为________．解析：在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，所以BB 1⊥AB ，又因为∠ABC ＝90°，即BC ⊥AB ，又BC ∩BB 1＝B ，所以AB ⊥平面BB 1C 1C, 因为AB ＝1，BC ＝2，点D 为侧棱BB 1上的动点，所以侧面展开，当AD ＋DC 1最小时，BD ＝1，所以S △BDC 1＝12×BD ×B 1C 1＝1，所以三棱锥D -ABC 1的体积为13×S △BDC 1×AB ＝13.答案：133．设四面体的六条棱的长分别为1,1,1,1，2和a ，且长为a 的棱与长为2的棱异面，则a 的取值范围是________．解析：如图所示，AB ＝2，CD ＝a ，设点E 为AB 的中点，则ED ⊥AB，EC⊥AB，则ED＝AD2－AE2＝22，同理EC＝22.由构成三角形的条件知0＜a＜ED＋EC＝2，所以0＜a＜ 2.答案：(0，2)4.如图，已知AB为圆O的直径，C为圆上一动点，PA⊥圆O所在的平面，且PA＝AB＝2，过点A作平面α⊥PB，分别交PB，PC于E，F，当三棱锥P-AEF的体积最大时，tan∠BAC＝________.解析：∵PB⊥平面AEF，∴AF⊥PB.又AC⊥BC，AP⊥BC，∴BC⊥平面PAC，∴AF⊥BC，∴AF⊥平面PBC，∴∠AFE＝90°.设∠BAC＝θ，在Rt△PAC中，AF＝AP·ACPC＝2×2cos θ21＋cos2θ＝2cos θ1＋cos2θ，在Rt△PAB中，AE＝PE＝2，∴EF＝AE2－AF2，∴V P-AEF＝16AF·EF·PE＝16AF·2－AF2·2＝26·2AF2－AF4＝26·－(AF2－1)2＋1≤26，∴当AF＝1时，V P-AEF取得最大值26，此时AF＝2cos θ1＋cos2θ＝1，∴cos θ＝13，sin θ＝23，∴tan θ＝ 2.答案： 2第2课时平行与垂直(能力课) [常考题型突破][例1](2017·江苏高考)如图，在三棱锥A-BCD中，AB⊥AD，BC⊥BD，平面ABD⊥平面BCD，点E，F(E与A，D不重合)分别在棱AD，BD上，且EF⊥AD.求证：(1)EF∥平面ABC；(2)AD⊥AC.[证明] (1)在平面ABD 内，因为AB ⊥AD ，EF ⊥AD ， 所以EF ∥AB .又因为EF ⊄平面ABC ，AB ⊂平面ABC ， 所以EF ∥平面ABC .(2)因为平面ABD ⊥平面BCD ， 平面ABD ∩平面BCD ＝BD ， BC ⊂平面BCD ，BC ⊥BD ， 所以BC ⊥平面ABD . 因为AD ⊂平面ABD ， 所以BC ⊥AD .又AB ⊥AD ，BC ∩AB ＝B ，AB ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥平面ABC . 又因为AC ⊂平面ABC ， 所以AD ⊥AC . [方法归纳]1．(2017·苏锡常镇一模)如图，在斜三棱柱ABC -A1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1与A 1C 交于点O ，E 是棱AB 上一点，且OE ∥平面BCC 1B 1.(1)求证：E 是AB 的中点； (2)若AC 1⊥A 1B ，求证：AC 1⊥BC .证明：(1)连结BC1，因为OE ∥平面BCC 1B 1，OE ⊂平面ABC 1，平面BCC 1B 1∩平面ABC 1＝BC 1，所以OE ∥BC 1 .因为侧面AA 1C 1C 是菱形，AC 1∩A 1C ＝O ， 所以O 是AC 1中点，所以AE EB ＝AO OC 1＝1，E 是AB 的中点.(2)因为侧面AA 1C 1C 是菱形，所以AC 1⊥A 1C,又AC1⊥A1B，A1C∩A1B＝A1，A1C⊂平面A1BC，A1B⊂平面A1BC，所以AC1⊥平面A1BC,因为BC⊂平面A1BC，所以AC1⊥BC.2．(2017·苏州模拟)在如图所示的空间几何体ABCDPE中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA⊥平面ABCD，PA∥EB，且PA＝AD＝4，EB＝2.(1)若点Q是PD的中点，求证：AQ⊥平面PCD；(2)证明：BD∥平面PEC.证明：(1)因为PA＝AD，Q是PD的中点，所以AQ⊥PD.又PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA.又CD⊥DA，PA∩DA＝A，所以CD⊥平面ADP.又因为AQ⊂平面ADP，所以CD⊥AQ，又PD∩CD＝D，所以AQ⊥平面PCD.(2)取PC的中点M，连结AC交BD于点N，连结MN，ME，在△PAC中，易知MN＝12PA，MN∥PA，又PA∥EB，EB＝12PA，所以MN＝EB，MN∥EB，所以四边形BEMN是平行四边形，所以EM∥BN.又EM⊂平面PEC，BN⊄平面PEC，所以BN∥平面PEC，即BD∥平面PEC.[例2]ABC内接于圆O，且AB为圆O的直径，M为线段PB的中点，N为线段BC的中点．求证：(1)平面MON∥平面PAC；(2)平面PBC⊥平面MON.[证明](1)因为M，O，N分别是PB，AB，BC的中点，所以MO∥PA，NO∥AC，又MO∩NO＝O，PA∩AC＝A，所以平面MON∥平面PAC.(2)因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC.由(1)知，MO∥PA，所以MO⊥BC.连结OC，则OC＝OB，因为N为BC的中点，所以ON⊥BC.又MO∩ON＝O，MO⊂平面MON，ON⊂平面MON，所以BC⊥平面MON.又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面MON.[方法归纳]1．(2017·无锡期末)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，AP⊥平面PCD，E，F分别为PC，AB的中点．求证：(1)平面PAD⊥平面ABCD；(2)EF∥平面PAD.证明：(1)因为AP⊥平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AP⊥CD，因为四边形ABCD为矩形，所以AD⊥CD,又因为AP∩AD＝A，AP⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，因为CD⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD.(2)连结AC，BD交于点O，连结OE，OF，因为四边形ABCD为矩形，所以O点为AC的中点，因为E为PC的中点，所以OE∥PA，因为OE⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，所以OE∥平面PAD,同理可得：OF∥平面PAD，又因为OE∩OF＝O，所以平面OEF∥平面PAD,因为EF⊂平面OEF，所以EF∥平面PAD.2.(2016·江苏高考)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D，E分别为AB，BC的中点，点F在侧棱B1B上，且B1D⊥A1F，A1C1⊥A1B1.求证：(1)直线DE∥平面A1C1F；(2)平面B1DE⊥平面A1C1F.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1C1∥AC.在△ABC中，因为D，E分别为AB，BC的中点，所以DE∥AC，于是DE∥A1C1.又因为DE⊄平面A1C1F，A1C1⊂平面A1C1F，所以直线DE∥平面A1C1F.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面A1B1C1.因为A1C1⊂平面A1B1C1，所以A1A⊥A1C1.又因为A1C1⊥A1B1，A1A⊂平面ABB1A1，A1B1⊂平面ABB1A1，A1A∩A1B1＝A1，所以A1C1⊥平面ABB1A1.因为B1D⊂平面ABB1A1，所以A1C1⊥B1D.又因为B1D⊥A1F，A1C1⊂平面A1C1F，A1F⊂平面A1C1F，A1C1∩A1F＝A1，所以B1D ⊥平面A1C1F.因为直线B1D⊂平面B1DE，所以平面B1DE⊥平面A1C1F.[例3]圆O上，且AB∥EF，矩形ABCD所在的平面和圆O所在的平面互相垂直．(1)求证：平面AFC⊥平面CBF.(2)在线段CF上是否存在一点M，使得OM∥平面ADF？并说明理由．[解](1)证明：∵平面ABCD⊥平面ABEF，CB⊥AB，平面ABCD∩平面ABEF＝AB，∴CB⊥平面ABEF.∵AF ⊂平面ABEF ，∴AF ⊥CB .又AB 为圆O 的直径， ∴AF ⊥BF .又BF ∩CB ＝B ， ∴AF ⊥平面CBF .∵AF ⊂平面AFC ，∴平面AFC ⊥平面CBF . (2)当M 为CF 的中点时，OM ∥平面ADF . 证明如下：取CF 中点M ，设DF 的中点为N ，连结AN ，MN ， 则MN 綊12CD ，又AO 綊12CD ，则MN 綊AO ，∴四边形MNAO 为平行四边形，∴OM ∥AN ，又AN ⊂平面DAF ，OM ⊄平面DAF ， ∴OM ∥平面DAF . [方法归纳]与平行、垂直有关的存在性问题的解题步骤[变式训练]1.如图，四边形ABCD 是矩形，平面ABCD ⊥平面BCE ，BE ⊥EC .(1)求证：平面AEC ⊥平面ABE ；(2)点F 在BE 上，若DE ∥平面ACF ，求BFBE 的值． 解：(1)证明：∵四边形ABCD 为矩形，∴AB ⊥BC ， ∵平面ABCD ⊥平面BCE ， ∴AB ⊥平面BCE ，∴CE ⊥AB . 又∵CE ⊥BE ，AB ∩BE ＝B ， ∴CE ⊥平面ABE ，又∵CE ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面ABE . (2)连结BD 交AC 于点O ，连结OF .∵DE ∥平面ACF ，DE ⊂平面BDE ，平面ACF ∩平面BDE ＝OF . ∴DE ∥OF ，又在矩形ABCD 中，O 为BD 中点，∴F 为BE 中点，即BF BE ＝12.2．如图，在矩形ABCD 中，E ，F 分别为BC ，DA 的中点．将矩形ABCD 沿线段EF 折起，使得∠DFA ＝60°.设G 为AF 上的点．(1)试确定点G 的位置，使得CF ∥平面BDG ； (2)在(1)的条件下，证明：DG ⊥AE .解：(1)当点G 为AF 的中点时，CF ∥平面BDG .证明如下：因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点， 所以EF ∥AB ∥CD .连结AC 交BD 于点O ，连结OG ，则AO ＝CO . 又G 为AF 的中点， 所以CF ∥OG .因为CF ⊄平面BDG ，OG ⊂平面BDG . 所以CF ∥平面BDG .(2)因为E ，F 分别为BC ，DA 的中点，所以EF ⊥FD ，EF ⊥FA . 又FD ∩FA ＝F ， 所以EF ⊥平面ADF ， 因为DG ⊂平面ADF ， 所以EF ⊥DG .因为FD ＝FA ，∠DFA ＝60°， 所以△ADF 是等边三角形，DG ⊥AF ， 又AF ∩EF ＝F ， 所以DG ⊥平面ABEF . 因为AE ⊂平面ABEF ， 所以DG ⊥AE .[课时达标训练]1.如图，在三棱锥V -ABC 中，O ，M 分别为AB ，VA 的中点，平面VAB ⊥平面ABC ，△VAB 是边长为2的等边三角形，AC ⊥BC 且AC ＝BC .(1)求证：VB ∥平面MOC ；(2)求线段VC的长．解：(1)证明：因为点O，M分别为AB，VA的中点，所以MO∥VB.又MO⊂平面MOC，VB⊄平面MOC，所以VB∥平面MOC.(2)因为AC＝BC，O为AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，所以OC⊥AB，且CO＝1.连结VO，因为△VAB是边长为2的等边三角形，所以VO＝ 3.又平面VAB⊥平面ABC，OC⊥AB，平面VAB∩平面ABC＝AB，OC⊂平面ABC，所以OC⊥平面VAB，所以OC⊥VO，所以VC＝OC2＋VO2＝2.B1C1中，AC⊥BC，A1B2.(2017·南通二调)如图，在直三棱柱ABC-A与AB1交于点D，A1C与AC1交于点E.求证：(1)DE∥平面B1BCC1；(2)平面A1BC⊥平面A1ACC1.证明：(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，四边形A1ACC1为平行四边形．又E为A1C与AC1的交点，所以E为A1C的中点.同理，D为A1B的中点，所以DE∥BC.又BC⊂平面B1BCC1，DE⊄平面B1BCC1，所以DE∥平面B1BCC1.(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC.又AC⊥BC，AC∩AA1＝A，AC⊂平面A1ACC1，AA1⊂平面A1ACC1，所以BC⊥平面A1ACC1.因为BC⊂平面A1BC，所以平面A1BC⊥平面A1ACC1.3.(2017·南京三模)如图，在三棱锥A-BCD中，E，F分别为棱BC，CD上的点，且BD∥平面AEF.(1)求证：EF∥平面ABD；(2)若BD⊥CD，AE⊥平面BCD，求证：平面AEF⊥平面ACD.证明：(1)因为BD∥平面AEF，BD⊂平面BCD，平面AEF∩平面BCD＝EF，所以BD∥EF.因为BD⊂平面ABD，EF⊄平面ABD，所以EF∥平面ABD.(2)因为AE⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，所以AE⊥CD.因为BD⊥CD，BD∥EF，所以CD⊥EF，又AE∩EF＝E，AE⊂平面AEF，EF⊂平面AEF，所以CD⊥平面AEF.又CD⊂平面ACD，所以平面AEF⊥平面ACD.4.在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，AB＝BC＝1，DC＝2，点E在PB上．(1)求证：平面AEC⊥平面PAD；(2)当PD∥平面AEC时，求PE∶EB的值．解：(1)证明：在平面ABCD中，过A作AF⊥DC于F，则CF＝DF＝AF＝1，∴∠DAC＝∠DAF＋∠FAC＝45°＋45°＝90°，即AC⊥DA.又PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴AC⊥PA.∵PA⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，且PA∩AD＝A，∴AC⊥平面PAD.又AC⊂平面AEC，∴平面AEC⊥平面PAD.(2)连结BD交AC于O，连结EO.∵PD∥平面AEC，PD⊂平面PBD，平面PBD∩平面AEC＝EO，∴PD∥EO，则PE∶EB＝DO∶OB.又△DOC∽△BOA，∴DO∶OB＝DC∶AB＝2∶1，∴PE∶EB的值为2.5.(2017·扬州考前调研)如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，CD∥AB，AB＝2CD，AC交BD于O，锐角△PAD所在平面⊥底面ABCD，PA⊥BD，点Q在侧棱PC上，且PQ＝2QC.求证：(1)PA∥平面QBD；(2)BD⊥AD.证明：(1)连结OQ,因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO ＝2OC ，又PQ ＝2QC ， 所以PA ∥OQ ，因为OQ ⊂平面QBD ，PA ⊄平面QBD ， 所以PA ∥平面QBD .(2)在平面PAD 内过P 作PH ⊥AD 于H ，因为侧面PAD ⊥底面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，PH ⊂平面PAD ， 所以PH ⊥平面ABCD ，又BD ⊂平面ABCD ，所以PH ⊥BD .又PA ⊥BD ，且PA ∩PH ＝P ，PA ⊂平面PAD ，PH ⊂平面PAD ， 所以BD ⊥平面PAD ，又AD ⊂平面PAD ，所以BD ⊥AD .6.如图，在多面体ABCDFE 中，四边形ABCD 是矩形，四边形ABEF为等腰梯形，且AB ∥EF ，AF ＝2，EF ＝2AB ＝42，平面ABCD ⊥平面ABEF .(1)求证：BE ⊥DF ；(2)若P 为BD 的中点，试问：在线段AE 上是否存在点Q ，使得PQ ∥平面BCE ？若存在，找出点Q 的位置；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，取EF 的中点G ，连结AG ，因为EF ＝2AB ，所以AB ＝EG ，又AB ∥EG ，所以四边形ABEG 为平行四边形，所以AG ∥BE ，且AG ＝BE ＝AF ＝2.在△AGF 中，GF ＝12EF ＝22，AG ＝AF ＝2，所以AG 2＋AF 2＝GF 2，所以AG ⊥AF . 因为四边形ABCD 为矩形，所以AD ⊥AB ，又平面ABCD ⊥平面ABEF ，且平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，AD ⊂平面ABCD ， 所以AD ⊥平面ABEF ，又AG ⊂平面ABEF ，所以AD ⊥AG . 因为AD ∩AF ＝A ，所以AG ⊥平面ADF . 因为AG ∥BE ，所以BE ⊥平面ADF . 因为DF ⊂平面ADF ，所以BE ⊥DF .(2)存在点Q ，且点Q 为AE 的中点，使得PQ ∥平面BCE . 证明如下：连结AC ，因为四边形ABCD 为矩形， 所以P 为AC 的中点．在△ACE中，因为点P，Q分别为AC，AE的中点，所以PQ∥CE.又PQ⊄平面BCE，CE⊂平面BCE，所以PQ∥平面BCE.。