高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题08三角函数与数列解答题特训(原卷版+解析)

这是一份高考数学一轮复习全套历年真题大数据之10年高考真题专题08三角函数与数列解答题特训(原卷版+解析)，共48页。

1．【2022年全国甲卷理科17】记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an是等差数列；
(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
2．【2022年全国乙卷理科17】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
(2)若a=5,csA=2531，求△ABC的周长．
3．【2022年新高考1卷17】记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an<2．
4．【2022年新高考1卷18】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA=sin2B1+cs2B．
(1)若C=2π3，求B；
(2)求a2+b2c2的最小值．
5．【2022年新高考2卷17】已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．
(1)证明：a1=b1；
(2)求集合kbk=am+a1,1≤m≤500中元素个数．
6．【2022年新高考2卷18】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3，已知S1−S2+S3=32,sinB=13．
(1)求△ABC的面积；
(2)若sinAsinC=23，求b．
7．【2021年全国甲卷理科18】已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列：②数列{Sn}是等差数列；③a2=3a1．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
8．【2021年新高考1卷17】已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
9．【2021年新高考1卷19】记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
（1）证明：BD=b；
（2）若AD=2DC，求cs∠ABC.
10．【2021年全国乙卷理科19】记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2．
（1）证明：数列{bn}是等差数列;
（2）求{an}的通项公式．
11．【2021年新高考2卷17】记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求使Sn>an成立的n的最小值．
12．【2021年新高考2卷18】在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b=a+1，c=a+2.．
（1）若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
13．【2020年全国1卷理科17】设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．
14．【2020年全国2卷理科17】△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求△ABC周长的最大值.
15．【2020年全国3卷理科17】设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
16．【2020年山东卷17】在①ac=3，②csinA=3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA=3sinB，C=π6，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．【2020年山东卷18】已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
18．【2020年海南卷17】在①ac=3，②csinA=3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA=3sinB，C=π6，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．【2020年海南卷18】已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.
20．【2019年新课标3理科18】△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知asinA+C2=bsinA．
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
21．【2019年全国新课标2理科19】已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式．
22．【2019年新课标1理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．设（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsin C．
（1）求A；
（2）若2a+b＝2c，求sinC．
23．【2018年新课标1理科17】在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
（1）求cs∠ADB；
（2）若DC＝22，求BC．
24．【2018年新课标2理科17】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
25．【2018年新课标3理科17】等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．
26．【2017年新课标1理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为a23sinA．
（1）求sinBsinC；
（2）若6csBcsC＝1，a＝3，求△ABC的周长．
27．【2017年新课标2理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin（A+C）＝8sin2B2．
（1）求csB；
（2）若a+c＝6，△ABC的面积为2，求b．
28．【2017年新课标3理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+3csA＝0，a＝27，b＝2．
（1）求c；
（2）设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
29．【2016年新课标1理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2csC（acsB+bcsA）＝c．
（Ⅰ）求C；
（Ⅱ）若c=7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．
30．【2016年新课标2理科17】Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．
（Ⅰ）求b1，b11，b101；
（Ⅱ）求数列{bn}的前1000项和．
31．【2016年新课标3理科17】已知数列{an}的前n项和Sn＝1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5=3132，求λ．
32．【2015年新课标1理科17】Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an＝4Sn+3
（I）求{an}的通项公式：
（Ⅱ）设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和．
33．【2015年新课标2理科17】△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．
（1）求sinBsinC；
（2）若AD＝1，DC=22，求BD和AC的长．
34．【2014年新课标1理科17】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan+1＝λSn﹣1，其中λ为常数．
（Ⅰ）证明：an+2﹣an＝λ
（Ⅱ）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
35．【2014年新课标2理科17】已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1．
（Ⅰ）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（Ⅱ）证明：1a1+1a2+⋯+1an＜32．
36．【2013年新课标1理科17】如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB=3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°．
（1）若PB=12，求PA；
（2）若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
37．【2013年新课标2理科17】△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcsC+csinB．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b＝2，求△ABC面积的最大值．
模拟好题
1．已知a，b，c分别为锐角三角形ABC三个内角A，B，C的对边，且3c=2asinC．
(1)求A；
(2)若a=7，b=2，求c；
(3)若csB=23，求sin(2B−A)的值．
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(b+a)(sinA−sinB)=(c−b)sinC．
(1)求角A的大小；
(2)设a=2，csB2=217，求b．
3．定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n阶和数列各项和为Sn．
(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和S2与三阶和数列各项和S3，并猜想Sn的通项公式（无需证明）；
(2)若cn=−1lg3Sn−3⋅lg3Sn+1−3，求cn的前n项和Tn，并证明：−124．已知数列an的前n项和为Sn=n2+1，正项等比数列bn的首项为a1，且a1b3+a2b2 +a3b1=14．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)求使不等式bn>2an−12（n≥2）成立的所有正整数n组成的集合．
5．已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an−3.
(1)证明数列an为等比数列，并求出数列an的通项公式；
(2)设bn=lg3an，求数列anbn的前n项和Tn.
6．已知数列{an}的前n项和Sn满足4an−2Sn+n2−3n−4=0,n∈N∗．数列{bn}满足b1=1， 2nbn+1=anbn,n∈N∗．
(1)求证：数列{an−n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：bn+1>bn≥3−n+12n−1,n∈N∗．
7．已知数列{an}为等差数列，a2=3，a14=3a5，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2Sn=3bn−1．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=an⋅bn，数列{cn}的前n项和为Tn，且Tn−n⋅3n<−1n⋅m对n∈N∗恒成立，求实数m的取值范围．
8．已知数列an的前n项和为Sn，a1=−11，a2=−9，且
Sn+1+Sn−1−2Sn=2（n≥2）
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Tn＞0的n的最大值．
9．已知数列an满足：a1=1,a2=2，且an+2=an+1−an,an+1为偶数,2an+1−3an,an+1为奇数n=1,2,⋯
(1)直接写出a3,a4,a5,a6的值；
(2)请判断a2021+a2022是奇数还是偶数，并说明理由；
(3)是否存在n，使得an=2022？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由.
10．设数列an的前n项和为Sn，a1=0，a2=1，nSn+1−(2n+1)Sn+(n+1)Sn−1−1=0(n⩾2).
(1)证明：an为等差数列；
(2)设bn=2an，在bn和bn+1之间插入n个数，使这n+2个数构成公差为dn的等差数列，求1dn的前n项和.
11．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在边AC上，且满足DB:DA:DC=2:3:4，△ABC的面积S=BD⋅b⋅sinB2
(1)证明：2b2=7ac
(2)求cs∠ABC.
12．△ABC的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知acsB=3bsinA.
(1)求角B的大小；
(2)从以下3个条件中选择2个作为己知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC的面积.
条件①：a=3；条件②：b=22；条件③：csC=−23；④c=2
13．在①a=7，②AC边上的高为332，③sinB=217这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完成解答.
问题：记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知∠A=60°，c=b+1，______.
(1)求c的值；
(2)若点D是边BC上一点，且∠ADB−∠ABC= π3，求AD的长.
14．在△ABC中，3sin(B+π6)=−cs(B+π6).
(1)求B的值；
(2)给出以下三个条件：①a2−b2+c2+3c=0；②a=3，b=1；③S△ABC=1534，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求sinA的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长.
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．在①bcsA+acsB=2ccsC，② a+b+ca+b−c=3ab，③ cs2C+csC=0中任选一个，
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC周长的最大值．
16．在①2bsinC=3ccsB+csinB，②csBcsC=b2a−c两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且________.
(1)求角B；
(2)若a+c=3，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围.
17．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tanB+tanC−3tanBtanC+3=0．
(1)求角A的大小；
(2)若BD=2DC，AD=2，且AD平分∠BAC，求△ABC的面积．
18．在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2S=−3BA⋅BC，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足∠ACD=π3，AD=3，
(1)求B；
(2)设∠BAC=θ，BC=fθ，求函数fθ的值域．
19．已知数列an满足a1−1a1⋅a2−1a2⋅⋯⋅an−1an=1an．
(1)求an的通项公式；
(2)在ak和ak+1,k∈N∗中插入k个相同的数(−1)k+1⋅k，构成一个新数列bn:a1, 1 , a2，−2 , −2 , a3 , 3 , 3 , 3 , a4, …，求bn的前45项和S45．
20．已知an为等差数列，前n项和为Sn，n∈N∗，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a3+a5，b6=S11−2.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设c1=0，cn+1−cn=ln1+1n，n∈N∗，求cn；
(3)设dn=3cnbn+1,n=2k−1lnan−1an+1bn,n=2k，其中k∈N∗.求dn的前2n项和T2n.
大数据之十年高考真题（2013-2022）与优质模拟题（新高考卷与新课标理科卷）
专题08三角函数与数列解答题
真题汇总命题趋势
1．【2022年全国甲卷理科17】记Sn为数列an的前n项和．已知2Snn+n=2an+1．
(1)证明：an是等差数列；
(2)若a4,a7,a9成等比数列，求Sn的最小值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)−78．
【解析】
(1)解：因为2Snn+n=2an+1，即2Sn+n2=2nan+n①，
当n≥2时，2Sn−1+n−12=2n−1an−1+n−1②，
①−②得，2Sn+n2−2Sn−1−n−12=2nan+n−2n−1an−1−n−1，
即2an+2n−1=2nan−2n−1an−1+1，
即2n−1an−2n−1an−1=2n−1，所以an−an−1=1，n≥2且n∈N*，
所以an是以1为公差的等差数列．
(2)解：由（1）可得a4=a1+3，a7=a1+6，a9=a1+8，
又a4，a7，a9成等比数列，所以a72=a4⋅a9，
即a1+62=a1+3⋅a1+8，解得a1=−12，
所以an=n−13，所以Sn=−12n+nn−12=12n2−252n=12n−2522−6258，
所以，当n=12或n=13时Snmin=−78．
2．【2022年全国乙卷理科17】记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知sinCsin(A−B)=sinBsin(C−A)．
(1)证明：2a2=b2+c2；
(2)若a=5,csA=2531，求△ABC的周长．
【答案】(1)见解析
(2)14
【解析】
(1)证明：因为sinCsinA−B=sinBsinC−A，
所以sinCsinAcsB−sinCsinBcsA=sinBsinCcsA−sinBsinAcsC，
所以ac⋅a2+c2−b22ac−2bc⋅b2+c2−a22bc=−ab⋅a2+b2−c22ab，
即a2+c2−b22−b2+c2−a2=−a2+b2−c22，
所以2a2=b2+c2；
(2)解：因为a=5,csA=2531，
由（1）得b2+c2=50，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccsA，
则50−5031bc=25，
所以bc=312，
故b+c2=b2+c2+2bc=50+31=81，
所以b+c=9，
所以△ABC的周长为a+b+c=14.
3．【2022年新高考1卷17】记Sn为数列an的前n项和，已知a1=1,Snan是公差为13的等差数列．
(1)求an的通项公式；
(2)证明：1a1+1a2+⋯+1an<2．
【答案】(1)an=nn+12
(2)见解析
【解析】
(1)∵a1=1，∴S1=a1=1,∴S1a1=1,
又∵Snan是公差为13的等差数列，
∴Snan=1+13n−1=n+23,∴Sn=n+2an3,
∴当n≥2时，Sn−1=n+1an−13，
∴an=Sn−Sn−1=n+2an3−n+1an−13,
整理得：n−1an=n+1an−1,
即anan−1=n+1n−1,
∴an=a1×a2a1×a3a2×…×an−1an−2×anan−1
=1×32×43×…×nn−2×n+1n−1=nn+12，
显然对于n=1也成立，
∴an的通项公式an=nn+12；
(2)1an=2nn+1=21n−1n+1,
∴1a1+1a2+⋯+1an =21−12+12−13+⋯1n−1n+1=21−1n+1<2
4．【2022年新高考1卷18】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知csA1+sinA=sin2B1+cs2B．
(1)若C=2π3，求B；
(2)求a2+b2c2的最小值．
【答案】(1)π6；
(2)42−5．
【解析】
(1)因为csA1+sinA=sin2B1+cs2B=2sinBcsB2cs2B=sinBcsB，即sinB=csAcsB−sinAsinB=csA+B=−csC=12，
而0(2)由（1）知，sinB=−csC>0，所以π2而sinB=−csC=sinC−π2，
所以C=π2+B，即有A=π2−2B．
所以a2+b2c2=sin2A+sin2Bsin2C=cs22B+1−cs2Bcs2B
=2cs2B−12+1−cs2Bcs2B=4cs2B+2cs2B−5≥28−5=42−5．
当且仅当cs2B=22时取等号，所以a2+b2c2的最小值为42−5．
5．【2022年新高考2卷17】已知an为等差数列，bn是公比为2的等比数列，且a2−b2=a3−b3=b4−a4．
(1)证明：a1=b1；
(2)求集合kbk=am+a1,1≤m≤500中元素个数．
【答案】(1)证明见解析；
(2)9．
【解析】
(1)设数列an的公差为d，所以，a1+d−2b1=a1+2d−4b1a1+d−2b1=8b1−a1+3d，即可解得，b1=a1=d2，所以原命题得证．
(2)由（1）知，b1=a1=d2，所以bk=am+a1⇔b1×2k−1=a1+m−1d+a1，即2k−1=2m，亦即m=2k−2∈1,500，解得2≤k≤10，所以满足等式的解k=2,3,4,⋯,10，故集合k|bk=am+a1,1≤m≤500中的元素个数为10−2+1=9．
6．【2022年新高考2卷18】记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1,S2,S3，已知S1−S2+S3=32,sinB=13．
(1)求△ABC的面积；
(2)若sinAsinC=23，求b．
【答案】(1)28
(2)12
【解析】
(1)由题意得S1=12⋅a2⋅32=34a2,S2=34b2,S3=34c2，则S1−S2+S3=34a2−34b2+34c2=32，
即a2+c2−b2=2，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac，整理得accsB=1，则csB>0，又sinB=13，
则csB=1−132=223，ac=1csB=324，则S△ABC=12acsinB=28；
(2)由正弦定理得：bsinB=asinA=csinC，则b2sin2B=asinA⋅csinC=acsinAsinC=32423=94，则bsinB=32，b=32sinB=12.
7．【2021年全国甲卷理科18】已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．
①数列{an}是等差数列：②数列{Sn}是等差数列；③a2=3a1．
注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．
【答案】答案见解析
选①②作条件证明③：
设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，
当n=1时，a1=S1=(a+b)2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；
因为{an}也是等差数列，所以(a+b)2=a(2a−a+2b)，解得b=0；
所以an=a2(2n−1)，所以a2=3a1.
选①③作条件证明②：
因为a2=3a1，{an}是等差数列，
所以公差d=a2−a1=2a1，
所以Sn=na1+n(n−1)2d=n2a1，即Sn=a1n，
因为Sn+1−Sn=a1(n+1)−a1n=a1，
所以{Sn}是等差数列.
选②③作条件证明①：
设Sn=an+b(a>0)，则Sn=(an+b)2，
当n=1时，a1=S1=(a+b)2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=(an+b)2−(an−a+b)2=a(2an−a+2b)；
因为a2=3a1，所以a(3a+2b)=3(a+b)2，解得b=0或b=−4a3；
当b=0时，a1=a2,an=a2(2n−1)，当n≥2时，an-an-1=2a2满足等差数列的定义，此时{an}为等差数列；
当b=−4a3时，Sn=an+b=an−43a，S1=−a3<0不合题意，舍去.
综上可知{an}为等差数列.
8．【2021年新高考1卷17】已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.
（1）记bn=a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；
（2）求{an}的前20项和.
【答案】（1）b1=2,b2=5；（2）300.
（1）由题设可得b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5
又a2k+2=a2k+1+1，a2k+1=a2k+2，(k∈N∗)
故a2k+2=a2k+3，即bn+1=bn+3，即bn+1−bn=3
所以{bn}为等差数列，故bn=2+(n−1)×3=3n−1.
（2）设{an}的前20项和为S20，则S20=a1+a2+a3+⋯+a20，
因为a1=a2−1,a3=a4−1,⋯,a19=a20−1，
所以S20=2(a2+a4+⋯+a18+a20)−10
=2(b1+b2+⋯+b9+b10)−10=2×(10×2+9×102×3)−10=300.
9．【2021年新高考1卷19】记△ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC.
（1）证明：BD=b；
（2）若AD=2DC，求cs∠ABC.
【答案】（1）证明见解析；（2）cs∠ABC=712.
（1）由题设，BD=asinCsin∠ABC，由正弦定理知：csinC=bsin∠ABC，即sinCsin∠ABC=cb，
∴BD=acb，又b2=ac，
∴BD=b，得证.
（2）由题意知：BD=b,AD=2b3,DC=b3，
∴cs∠ADB=b2+4b29−c22b⋅2b3=13b29−c24b23，同理cs∠CDB=b2+b29−a22b⋅b3=10b29−a22b23，
∵∠ADB=π−∠CDB，
∴13b29−c24b23=a2−10b292b23，整理得2a2+c2=11b23，又b2=ac，
∴2a2+b4a2=11b23，整理得6a4−11a2b2+3b4=0，解得a2b2=13或a2b2=32，
由余弦定理知：cs∠ABC=a2+c2−b22ac=43−a22b2，
当a2b2=13时，cs∠ABC=76>1不合题意；当a2b2=32时，cs∠ABC=712；
综上，cs∠ABC=712.
10．【2021年全国乙卷理科19】记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2．
（1）证明：数列{bn}是等差数列;
（2）求{an}的通项公式．
【答案】（1）证明见解析；（2）an={32,n=1−1n(n+1),n≥2.
（1）由已知2Sn+1bn=2得Sn=2bn2bn−1,且bn≠0，bn≠12,
取n=1,由S1=b1得b1=32,
由于bn为数列{Sn}的前n项积，
所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2bn2bn−1=bn,
所以2b12b1−1⋅2b22b2−1⋅⋅⋅2bn+12bn+1−1=bn+1，
所以2bn+12bn+1−1=bn+1bn,
由于bn+1≠0
所以22bn+1−1=1bn，即bn+1−bn=12,其中n∈N∗
所以数列{bn}是以b1=32为首项，以d=12为公差等差数列;
（2）由（1）可得，数列{bn}是以b1=32为首项，以d=12为公差的等差数列，
∴bn=32+(n−1)×12=1+n2,
Sn=2bn2bn−1=2+n1+n,
当n=1时，a1=S1=32,
当n≥2时,an=Sn−Sn−1=2+n1+n−1+nn=−1n(n+1),显然对于n=1不成立,
∴an={32,n=1−1n(n+1),n≥2.
11．【2021年新高考2卷17】记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3=S5,a2a4=S4．
（1）求数列{an}的通项公式an；
（2）求使Sn>an成立的n的最小值．
【答案】(1) an=2n−6；(2)7.
(1)由等差数列的性质可得：S5=5a3，则：a3=5a3,∴a3=0，
设等差数列的公差为d，从而有：a2a4=(a3−d)(a3+d)=−d2，
S4=a1+a2+a3+a4=(a3−2d)+(a3−d)+a3+(a3−d)=−2d，
从而：−d2=−2d，由于公差不为零，故：d=2，
数列的通项公式为：an=a3+(n−3)d=2n−6.
(2)由数列的通项公式可得：a1=2−6=−4，则：Sn=n×(−4)+n(n−1)2×2=n2−6n，
则不等式Sn>an即：n2−5n>2n−6，整理可得：(n−1)(n−6)>0，
解得：n<1或n>6，又n为正整数，故n的最小值为7.
12．【2021年新高考2卷18】在△ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，b=a+1，c=a+2.．
（1）若2sinC=3sinA，求△ABC的面积；
（2）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形?若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）1574；（2）存在，且a=2.
（1）因为2sinC=3sinA，则2c=2(a+2)=3a，则a=4，故b=5，c=6，
csC=a2+b2−c22ab=18，所以，C为锐角，则sinC=1−cs2C=378，
因此，S△ABC=12absinC=12×4×5×378=1574；
（2）显然c>b>a，若△ABC为钝角三角形，则C为钝角，
由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=a2+(a+1)2−(a+2)22a(a+1)=a2−2a−32a(a+1)<0，
解得−1由三角形三边关系可得a+a+1>a+2，可得a>1，∵a∈Z，故a=2.
13．【2020年全国1卷理科17】设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项．
（1）求{an}的公比；
（2）若a1=1，求数列{nan}的前n项和．
【答案】（1）−2；（2）Sn=1−(1+3n)(−2)n9.
【解析】
（1）设{an}的公比为q，a1为a2,a3的等差中项，
∵2a1=a2+a3,a1≠0,∴q2+q−2=0，
∵q≠1,∴q=−2；
（2）设{nan}的前n项和为Sn，a1=1,an=(−2)n−1，
Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+⋯+n(−2)n−1，①
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+⋯(n−1)(−2)n−1+n(−2)n，②
①−②得，3Sn=1+(−2)+(−2)2+⋯+(−2)n−1−n(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n(−2)n=1−(1+3n)(−2)n3，
∴Sn=1−(1+3n)(−2)n9.
14．【2020年全国2卷理科17】△ABC中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求△ABC周长的最大值.
【答案】（1）2π3；（2）3+23.
【解析】
（1）由正弦定理可得：BC2−AC2−AB2=AC⋅AB，
∴csA=AC2+AB2−BC22AC⋅AB=−12，
∵A∈0,π，∴A=2π3.
（2）由余弦定理得：BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcsA=AC2+AB2+AC⋅AB=9，
即AC+AB2−AC⋅AB=9.
∵AC⋅AB≤AC+AB22（当且仅当AC=AB时取等号），
∴9=AC+AB2−AC⋅AB≥AC+AB2−AC+AB22=34AC+AB2，
解得：AC+AB≤23（当且仅当AC=AB时取等号），
∴△ABC周长L=AC+AB+BC≤3+23，∴△ABC周长的最大值为3+23.
15．【2020年全国3卷理科17】设数列{an}满足a1=3，an+1=3an−4n．
（1）计算a2，a3，猜想{an}的通项公式并加以证明；
（2）求数列{2nan}的前n项和Sn．
【答案】（1）a2=5，a3=7，an=2n+1，证明见解析；（2）Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.
【解析】
（1）由题意可得a2=3a1−4=9−4=5，a3=3a2−8=15−8=7，
由数列an的前三项可猜想数列an是以3为首项，2为公差的等差数列，即an=2n+1，
证明如下：
当n=1时，a1=3成立；
假设n=k时，ak=2k+1成立.
那么n=k+1时，ak+1=3ak−4k=3(2k+1)−4k=2k+3=2(k+1)+1也成立.
则对任意的n∈N∗，都有an=2n+1成立；
（2）由（1）可知，an⋅2n=(2n+1)⋅2n
Sn=3×2+5×22+7×23+⋯+(2n−1)⋅2n−1+(2n+1)⋅2n，①
2Sn=3×22+5×23+7×24+⋯+(2n−1)⋅2n+(2n+1)⋅2n+1，②
由①−②得：−Sn=6+2×22+23+⋯+2n−(2n+1)⋅2n+1
=6+2×22×1−2n−11−2−(2n+1)⋅2n+1=(1−2n)⋅2n+1−2，
即Sn=(2n−1)⋅2n+1+2.
16．【2020年山东卷17】在①ac=3，②csinA=3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA=3sinB，C=π6，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【解析】
解法一：
由sinA=3sinB可得：ab=3，
不妨设a=3m,b=mm>0，
则：c2=a2+b2−2abcsC=3m2+m2−2×3m×m×32=m2，即c=m.
选择条件①的解析：
据此可得：ac=3m×m=3m2=3，∴m=1，此时c=m=1.
选择条件②的解析：
据此可得：csA=b2+c2−a22bc=m2+m2−3m22m2=−12，
则：sinA=1−−122=32，此时：csinA=m×32=3，则：c=m=23.
选择条件③的解析：
可得cb=mm=1，c=b，
与条件c=3b矛盾，则问题中的三角形不存在.
解法二：∵sinA=3sinB,C=π6,B=π−A+C,
∴sinA=3sinA+C=3sinA+π6,
sinA=3sinA+C=3sinA·32+3csA·12 ，
∴sinA=−3csA,∴tanA=−3,∴A=2π3,∴B=C=π6,
若选①，ac=3,∵a=3b=3c,∴3c2=3,∴c=1;
若选②，csinA=3,则3c2=3, c=23;
若选③,与条件c=3b矛盾.
17．【2020年山东卷18】已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记bm为{an}在区间(0,m](m∈N∗)中的项的个数，求数列{bm}的前100项和S100．
【答案】（1）an=2n；（2）S100=480.
【解析】
（1）由于数列an是公比大于1的等比数列，设首项为a1，公比为q，依题意有a1q+a1q3=20a1q2=8，解得解得a1=2,q=2，或a1=32,q=12(舍)，
所以an=2n，所以数列an的通项公式为an=2n.
（2）由于21=2,22=4,23=8,24=16,25=32,26=64,27=128，所以
b1对应的区间为：0,1，则b1=0；
b2,b3对应的区间分别为：0,2,0,3，则b2=b3=1，即有2个1；
b4,b5,b6,b7对应的区间分别为：0,4,0,5,0,6,0,7，则b4=b5=b6=b7=2，即有22个2；
b8,b9,⋯,b15对应的区间分别为：0,8,0,9,⋯,0,15，则b8=b9=⋯=b15=3，即有23个3；
b16,b17,⋯,b31对应的区间分别为：0,16,0,17,⋯,0,31，则b16=b17=⋯=b31=4，即有24个4；
b32,b33,⋯,b63对应的区间分别为：0,32,0,33,⋯,0,63，则b32=b33=⋯=b63=5，即有25个5；
b64,b65,⋯,b100对应的区间分别为：0,64,0,65,⋯,0,100，则b64=b65=⋯=b100=6，即有37个6.
所以S100=1×2+2×22+3×23+4×24+5×25+6×37=480.
18．【2020年海南卷17】在①ac=3，②csinA=3，③c=3b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求c的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在△ABC，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且sinA=3sinB，C=π6，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】详见解析
【解析】
解法一：
由sinA=3sinB可得：ab=3，
不妨设a=3m,b=m(m>0)，
则：c2=a2+b2−2abcsC=3m2+m2−2×3m×m×32=m2，即c=m.
选择条件①的解析：
据此可得：ac=3m×m=3m2=3，∴m=1，此时c=m=1.
选择条件②的解析：
据此可得：csA=b2+c2−a22bc=m2+m2−3m22m2=−12，
则：sinA=1−(−12)2=32，此时：csinA=m×32=3，则：c=m=23.
选择条件③的解析：
可得cb=mm=1，c=b，
与条件c=3b矛盾，则问题中的三角形不存在.
解法二：∵sinA=3sinB,C=π6,B=π−(A+C),
∴sinA=3sinA+C=3sinA+π6,
sinA=3sinA+C=3sinA·32+3csA·12 ，
∴sinA=−3csA,∴tanA=−3,∴A=2π3,∴B=C=π6,
若选①，ac=3,∵a=3b=3c,∴3c2=3,∴c=1;
若选②，csinA=3,则3c2=3,c=23;
若选③,与条件c=3b矛盾.
19．【2020年海南卷18】已知公比大于1的等比数列{an}满足a2+a4=20,a3=8．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1.
【答案】（1）an=2n；（2）85−(−1)n22n+35
【解析】
(1) 设等比数列an的公比为q(q>1)，则a2+a4=a1q+a1q3=20a3=a1q2=8，
整理可得：2q2−5q+2=0，
∵q>1,q=2,a1=2，
数列的通项公式为：an=2⋅2n−1=2n.
(2)由于：−1n−1anan+1=−1n−1×2n×2n+1=−1n−122n+1，
故：a1a2−a2a3+…+(−1)n−1anan+1
=23−25+27−29+…+(−1)n−1⋅22n+1
=231−−22n1−−22=85−(−1)n22n+35.
20．【2019年新课标3理科18】△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c．已知asinA+C2=bsinA．
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，求△ABC面积的取值范围．
【答案】解：（1）asinA+C2=bsinA，即为asinπ−B2=acsB2=bsinA，
可得sinAcsB2=sinBsinA＝2sinB2csB2sinA，
∵sinA＞0，
∴csB2=2sinB2csB2，
若csB2=0，可得B＝（2k+1）π，k∈Z不成立，
∴sinB2=12，
由0＜B＜π，可得B=π3；
（2）若△ABC为锐角三角形，且c＝1，
由余弦定理可得b=a2+1−2a⋅1⋅csπ3=a2−a+1，
由三角形ABC为锐角三角形，可得a2+a2﹣a+1＞1且1+a2﹣a+1＞a2，
解得12＜a＜2，
可得△ABC面积S=12a•sinπ3=34a∈（38，32）．
21．【2019年全国新课标2理科19】已知数列{an}和{bn}满足a1＝1，b1＝0，4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4．
（1）证明：{an+bn}是等比数列，{an﹣bn}是等差数列；
（2）求{an}和{bn}的通项公式．
【答案】解：（1）证明：∵4an+1＝3an﹣bn+4，4bn+1＝3bn﹣an﹣4；
∴4（an+1+bn+1）＝2（an+bn），4（an+1﹣bn+1）＝4（an﹣bn）+8；
即an+1+bn+1=12（an+bn），an+1﹣bn+1＝an﹣bn+2；
又a1+b1＝1，a1﹣b1＝1，
∴{an+bn}是首项为1，公比为12的等比数列，
{an﹣bn}是首项为1，公差为2的等差数列；
（2）由（1）可得：an+bn＝（12）n﹣1，
an﹣bn＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1；
∴an＝（12）n+n−12，
bn＝（12）n﹣n+12．
22．【2019年新课标1理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．设（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsin C．
（1）求A；
（2）若2a+b＝2c，求sinC．
【答案】解：（1）∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．
设（sinB﹣sinC）2＝sin2A﹣sinBsin C．
则sin2B+sin2C﹣2sinBsinC＝sin2A﹣sinBsinC，
∴由正弦定理得：b2+c2﹣a2＝bc，
∴csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵0＜A＜π，∴A=π3．
（2）∵2a+b＝2c，A=π3，
∴由正弦定理得2sinA+sinB=2sinC，
∴62+sin(2π3−C)=2sinC
解得sin（C−π6）=22，∴C−π6=π4，C=π4+π6，
∴sinC＝sin（π4+π6）＝sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=22×32+22×12=6+24．
23．【2018年新课标1理科17】在平面四边形ABCD中，∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
（1）求cs∠ADB；
（2）若DC＝22，求BC．
【答案】解：（1）∵∠ADC＝90°，∠A＝45°，AB＝2，BD＝5．
∴由正弦定理得：ABsin∠ADB=BDsin∠A，即2sin∠ADB=5sin45°，
∴sin∠ADB=2sin45°5=25，
∵AB＜BD，∴∠ADB＜∠A，
∴cs∠ADB=1−(25)2=235．
（2）∵∠ADC＝90°，∴cs∠BDC＝sin∠ADB=25，
∵DC＝22，
∴BC=BD2+DC2−2×BD×DC×cs∠BDC
=25+8−2×5×22×25=5．
24．【2018年新课标2理科17】记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝﹣7，S3＝﹣15．
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn，并求Sn的最小值．
【答案】解：（1）∵等差数列{an}中，a1＝﹣7，S3＝﹣15，
∴a1＝﹣7，3a1+3d＝﹣15，解得a1＝﹣7，d＝2，
∴an＝﹣7+2（n﹣1）＝2n﹣9；
（2）∵a1＝﹣7，d＝2，an＝2n﹣9，
∴Sn=n2(a1+an)=12(2n2−16n)=n2﹣8n＝（n﹣4）2﹣16，
∴当n＝4时，前n项的和Sn取得最小值为﹣16．
25．【2018年新课标3理科17】等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．
（1）求{an}的通项公式；
（2）记Sn为{an}的前n项和．若Sm＝63，求m．
【答案】解：（1）∵等比数列{an}中，a1＝1，a5＝4a3．
∴1×q4＝4×（1×q2），
解得q＝±2，
当q＝2时，an＝2n﹣1，
当q＝﹣2时，an＝（﹣2）n﹣1，
∴{an}的通项公式为，an＝2n﹣1，或an＝（﹣2）n﹣1．
（2）记Sn为{an}的前n项和．
当a1＝1，q＝﹣2时，Sn=a1(1−qn)1−q=1−(−2)n1−(−2)=1−(−2)n3，
由Sm＝63，得Sm=1−(−2)m3=63，m∈N，无解；
当a1＝1，q＝2时，Sn=a1(1−qn)1−q=1−2n1−2=2n﹣1，
由Sm＝63，得Sm＝2m﹣1＝63，m∈N，
解得m＝6．
26．【2017年新课标1理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为a23sinA．
（1）求sinBsinC；
（2）若6csBcsC＝1，a＝3，求△ABC的周长．
【答案】解：（1）由三角形的面积公式可得S△ABC=12acsinB=a23sinA，
∴3csinBsinA＝2a，
由正弦定理可得3sinCsinBsinA＝2sinA，
∵sinA≠0，
∴sinBsinC=23；
（2）∵6csBcsC＝1，
∴csBcsC=16，
∴csBcsC﹣sinBsinC=16−23=−12，
∴cs（B+C）=−12，
∴csA=12，
∵0＜A＜π，
∴A=π3，
∵asinA=bsinB=csinC=2R=332=23，
∴sinBsinC=b2R•c2R=bc(23)2=bc12=23，
∴bc＝8，
∵a2＝b2+c2﹣2bccsA，
∴b2+c2﹣bc＝9，
∴（b+c）2＝9+3cb＝9+24＝33，
∴b+c=33
∴周长a+b+c＝3+33．
27．【2017年新课标2理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sin（A+C）＝8sin2B2．
（1）求csB；
（2）若a+c＝6，△ABC的面积为2，求b．
【答案】解：（1）sin（A+C）＝8sin2B2，
∴sinB＝4（1﹣csB），
∵sin2B+cs2B＝1，
∴16（1﹣csB）2+cs2B＝1，
∴16（1﹣csB）2+cs2B﹣1＝0，
∴16（csB﹣1）2+（csB﹣1）（csB+1）＝0，
∴（17csB﹣15）（csB﹣1）＝0，
∴csB=1517；
（2）由（1）可知sinB=817，
∵S△ABC=12ac•sinB＝2，
∴ac=172，
∴b2＝a2+c2﹣2accsB＝a2+c2﹣2×172×1517
＝a2+c2﹣15＝（a+c）2﹣2ac﹣15＝36﹣17﹣15＝4，
∴b＝2．
28．【2017年新课标3理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA+3csA＝0，a＝27，b＝2．
（1）求c；
（2）设D为BC边上一点，且AD⊥AC，求△ABD的面积．
【答案】解：（1）∵sinA+3csA＝0，
∴tanA=−3，
∵0＜A＜π，
∴A=2π3，
由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bccsA，
即28＝4+c2﹣2×2c×（−12），
即c2+2c﹣24＝0，
解得c＝﹣6（舍去）或c＝4，
故c＝4．
（2）∵c2＝b2+a2﹣2abcsC，
∴16＝28+4﹣2×27×2×csC，
∴csC=27，
∴CD=ACcsC=227=7
∴CD=12BC
∵S△ABC=12AB•AC•sin∠BAC=12×4×2×32=23，
∴S△ABD=12S△ABC=3
29．【2016年新课标1理科17】△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2csC（acsB+bcsA）＝c．
（Ⅰ）求C；
（Ⅱ）若c=7，△ABC的面积为332，求△ABC的周长．
【答案】解：（Ⅰ）∵在△ABC中，0＜C＜π，∴sinC≠0
已知等式利用正弦定理化简得：2csC（sinAcsB+sinBcsA）＝sinC，
整理得：2csCsin（A+B）＝sinC，
即2csCsin（π﹣（A+B））＝sinC
2csCsinC＝sinC
∴csC=12，
∴C=π3；
（Ⅱ）由余弦定理得7＝a2+b2﹣2ab•12，
∴（a+b）2﹣3ab＝7，
∵S=12absinC=34ab=332，
∴ab＝6，
∴（a+b）2﹣18＝7，
∴a+b＝5，
∴△ABC的周长为5+7．
30．【2016年新课标2理科17】Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，记bn＝[lgan]，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg99]＝1．
（Ⅰ）求b1，b11，b101；
（Ⅱ）求数列{bn}的前1000项和．
【答案】解：（Ⅰ）Sn为等差数列{an}的前n项和，且a1＝1，S7＝28，7a4＝28．
可得a4＝4，则公差d＝1．
an＝n，
bn＝[lgn]，则b1＝[lg1]＝0，
b11＝[lg11]＝1，
b101＝[lg101]＝2．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知：b1＝b2＝b3＝…＝b9＝0，b10＝b11＝b12＝…＝b99＝1．
b100＝b101＝b102＝b103＝…＝b999＝2，b10，00＝3．
数列{bn}的前1000项和为：9×0+90×1+900×2+3＝1893．
31．【2016年新课标3理科17】已知数列{an}的前n项和Sn＝1+λan，其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5=3132，求λ．
【答案】解：（1）∵Sn＝1+λan，λ≠0．
∴an≠0．
当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1＝1+λan﹣1﹣λan﹣1＝λan﹣λan﹣1，
即（λ﹣1）an＝λan﹣1，
∵λ≠0，an≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，
即anan−1=λλ−1，（n≥2），
∴{an}是等比数列，公比q=λλ−1，
当n＝1时，S1＝1+λa1＝a1，
即a1=11−λ，
∴an=11−λ•（λλ−1）n﹣1．
（2）若S5=3132，
则若S5＝1+λ[11−λ•（λλ−1）4]=3132，
即（λ1−λ）5=3132−1=−132，
则λ1−λ=−12，得λ＝﹣1．
32．【2015年新课标1理科17】Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，an2+2an＝4Sn+3
（I）求{an}的通项公式：
（Ⅱ）设bn=1anan+1，求数列{bn}的前n项和．
【答案】解：（I）由an2+2an＝4Sn+3，可知an+12+2an+1＝4Sn+1+3
两式相减得an+12﹣an2+2（an+1﹣an）＝4an+1，
即2（an+1+an）＝an+12﹣an2＝（an+1+an）（an+1﹣an），
∵an＞0，∴an+1﹣an＝2，
∵a12+2a1＝4a1+3，
∴a1＝﹣1（舍）或a1＝3，
则{an}是首项为3，公差d＝2的等差数列，
∴{an}的通项公式an＝3+2（n﹣1）＝2n+1：
（Ⅱ）∵an＝2n+1，
∴bn=1anan+1=1(2n+1)(2n+3)=12（12n+1−12n+3），
∴数列{bn}的前n项和Tn=12（13−15+15−17+⋯+12n+1−12n+3）=12（13−12n+3）=n3(2n+3)．
33．【2015年新课标2理科17】△ABC中，D是BC上的点，AD平分∠BAC，△ABD面积是△ADC面积的2倍．
（1）求sinBsinC；
（2）若AD＝1，DC=22，求BD和AC的长．
【答案】解：（1）如图，过A作AE⊥BC于E，
∵S△ABDS△ADC=12BD×AE12DC×AE=2
∴BD＝2DC，
∵AD平分∠BAC
∴∠BAD＝∠DAC
在△ABD中，BDsin∠BAD=ADsin∠B，∴sin∠B=AD×sin∠BADBD
在△ADC中，DCsin∠DAC=ADsin∠C，∴sin∠C=AD×sin∠DACDC；
∴sin∠Bsin∠C=DCBD=12．…6分
（2）由（1）知，BD＝2DC＝2×22=2．
过D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，
∵AD平分∠BAC，
∴DM＝DN，
∴S△ABDS△ADC=12AB×DM12AC×DN=2，
∴AB＝2AC，
令AC＝x，则AB＝2x，
∵∠BAD＝∠DAC，
∴cs∠BAD＝cs∠DAC，
∴由余弦定理可得：(2x)2+12−(2)22×2x×1=x2+12−(22)22×x×1，
∴x＝1，
∴AC＝1，
∴BD的长为2，AC的长为1．
34．【2014年新课标1理科17】已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，an≠0，anan+1＝λSn﹣1，其中λ为常数．
（Ⅰ）证明：an+2﹣an＝λ
（Ⅱ）是否存在λ，使得{an}为等差数列？并说明理由．
【答案】（Ⅰ）证明：∵anan+1＝λSn﹣1，an+1an+2＝λSn+1﹣1，
∴an+1（an+2﹣an）＝λan+1
∵an+1≠0，
∴an+2﹣an＝λ．
（Ⅱ）解：假设存在λ，使得{an}为等差数列，设公差为d．
则λ＝an+2﹣an＝（an+2﹣an+1）+（an+1﹣an）＝2d，
∴d=λ2．
∴an=1+λ(n−1)2，an+1=1+λn2，
∴λSn＝1+[1+λ(n−1)2][1+λn2]=λ24n2+(λ−λ24)n+2−λ2，
根据{an}为等差数列的充要条件是λ≠02−λ2=0，解得λ＝4．
此时可得Sn=n2，an＝2n﹣1．
因此存在λ＝4，使得{an}为等差数列．
也可以先考虑前3项成等差数列，得出λ，再进一步验证即可．
35．【2014年新课标2理科17】已知数列{an}满足a1＝1，an+1＝3an+1．
（Ⅰ）证明{an+12}是等比数列，并求{an}的通项公式；
（Ⅱ）证明：1a1+1a2+⋯+1an＜32．
【答案】证明（Ⅰ）an+1+12an+12=3an+1+12an+12=3(an+12)an+12=3，
∵a1+12=32≠0，
∴数列{an+12}是以首项为32，公比为3的等比数列；
∴an+12=32×3n−1=3n2，即an=3n−12；
（Ⅱ）由（Ⅰ）知1an=23n−1，
当n≥2时，∵3n﹣1＞3n﹣3n﹣1，∴1an=23n−1＜23n−3n−1=13n−1，
∴当n＝1时，1a1=1＜32成立，
当n≥2时，1a1+1a2+⋯+1an＜1+13+132+⋯+13n−1=1−(13)n1−13=32(1−13n)＜32．
∴对n∈N+时，1a1+1a2+⋯+1an＜32．
36．【2013年新课标1理科17】如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，AB=3，BC＝1，P为△ABC内一点，∠BPC＝90°．
（1）若PB=12，求PA；
（2）若∠APB＝150°，求tan∠PBA．
【答案】解：（I）在Rt△PBC中，cs∠PBC=PBBC=12，∴∠PBC＝60°，∴∠PBA＝30°．
在△PBA中，由余弦定理得PA2＝PB2+AB2﹣2PB•ABcs30°=(12)2+(3)2−2×12×3×32=74．
∴PA=72．
（II）设∠PBA＝α，在Rt△PBC中，PB＝BCcs（90°﹣α）＝sinα．
在△PBA中，由正弦定理得ABsin∠APB=PBsin∠PAB，即3sin150°=sinαsin(30°−α)，
化为3csα=4sinα．∴tanα=34．
37．【2013年新课标2理科17】△ABC在内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知a＝bcsC+csinB．
（Ⅰ）求B；
（Ⅱ）若b＝2，求△ABC面积的最大值．
【答案】解：（Ⅰ）由已知及正弦定理得：sinA＝sinBcsC+sinBsinC①，
∵sinA＝sin（B+C）＝sinBcsC+csBsinC②，
∴sinB＝csB，即tanB＝1，
∵B为三角形的内角，
∴B=π4；
（Ⅱ）S△ABC=12acsinB=24ac，
由已知及余弦定理得：4＝a2+c2﹣2accsπ4≥2ac﹣2ac×22，
整理得：ac≤42−2，当且仅当a＝c时，等号成立，
则△ABC面积的最大值为12×22×42−2=12×2×（2+2）=2+1．
模拟好题
1．已知a，b，c分别为锐角三角形ABC三个内角A，B，C的对边，且3c=2asinC．
(1)求A；
(2)若a=7，b=2，求c；
(3)若csB=23，求sin(2B−A)的值．
【答案】(1)π3
(2)3
(3)45+318
【解析】
(1)由于0由3c=2asinC得3sinC=2sinAsinC，
所以sinA=32，且三角形ABC为锐角三角形，
所以A=π3.
(2)在△ABC中，由余弦定理有csA=b2+c2−a22bc=4+c2−74c=12⇒c2−2c−3=0，
解得c=3或c=−1（舍），
故c=3.
(3)由csB=23，可得sinB=53，cs2B=cs2B−sin2B=−19，
sin2B=2sinBcsB=459.
所以sin(2B−A)=sin2BcsA−cs2BsinA
=459×12−(−19)×32
=45+318.
2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(b+a)(sinA−sinB)=(c−b)sinC．
(1)求角A的大小；
(2)设a=2，csB2=217，求b．
【答案】(1)A=π3；
(2)b=167.
【解析】
(1)由题设(a+b)(a−b)=(c−b)c，即bc=c2+b2−a2，
所以csA=c2+b2−a22bc=12，又0(2)由（1）知：0所以sinB=2sinB2csB2=2×277×217=437，
而asinA=bsinB，故b=43×437=167.
3．定义：对于任意一个有穷数列，第一次在其每相邻的两项间都插人这两项的和，得到的新数列称之为一阶和数列，如果在一阶和数列的基础上再在其相邻的两项间插入这两项的和称之为二阶和数列，以此类推可以得到n阶和数列，如{1,5}的一阶和数列是{1,6,5}，设它的n阶和数列各项和为Sn．
(1)试求{1,5}的二阶和数列各项和S2与三阶和数列各项和S3，并猜想Sn的通项公式（无需证明）；
(2)若cn=−1lg3Sn−3⋅lg3Sn+1−3，求cn的前n项和Tn，并证明：−12【答案】(1)S2=12+6×3，S3=12+6×31+32，Sn=3n+1+3
(2)Tn=1n+2−12，证明见解析
【解析】
(1)由题意得，
S1=1+6+5=12，
S2=1+7+6+11+5=12+18=12+6×3，
S3=1+8+7+13+6+17+11+16+5=12+18+54=12+6×3+6×32=12+6×31+32，
S4=1+9+8+15+7+20+13+19+6+23+17+28+11+27+16+21+5
=12+18+54+162
=12+6×3+6×32+6×33
=12+6×31+32+33，
…
Sn=12+6×31+32+33+⋯+3n−1(n≥1)，
由等比数列的前n项和公式可得，Sn=12+6×31−3n−11−3=3n+1+3，
所以Sn的通项公式Sn=3n+1+3．
(2)由于Sn=3n+1+3，
所以cn=−1lg3Sn−3⋅lg3Sn+1−3=−1n+1−1n+2=1n+2−1n+1，
则Tn=13−12+14−13+⋯+1n+2−1n+1=1n+2−12，
因为n∈N∗，所以1n+2>0，所以1n+2−12>−12，
又Tn随n的增大而减小，
所以当n=1时，Tn取得最大值−16，故−124．已知数列an的前n项和为Sn=n2+1，正项等比数列bn的首项为a1，且a1b3+a2b2 +a3b1=14．
(1)求数列an和bn的通项公式；
(2)求使不等式bn>2an−12（n≥2）成立的所有正整数n组成的集合．
【答案】(1)an=2n=12n−1,n≥2；bn=12n−2；
(2){3,4,5,6,7}．
【解析】
(1)因为数列an的前n项和为Sn=n2+1，所以当n=1时，a1=2；
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=2n−1，故an=2n=12n−1,n≥2
所以a2=3，a3=5，从而a1b3+a2b2+a3b1=14，化为2b3+3b2+5b1=14，
又因为数列bn为正项等比数列且b1=a1=2，设公比为q，且q>0，又2q2+3q−2=0，
解得q=12或q=−2（舍），从而bn=12n−2．
(2)当n≥2时，不等式bn>2an−12转化为2n−2<(n−1)2，即(n−1)22n−2>1，
记f(n)=(n−1)22n−2，f(2)=1，f(3)=2，f(4)=94，f(5)=2，f(6)=2516，f(7)=3632，f(8)=4964，
当n≥4时，f(n+1)f(n)=n22n−1×2n−2(n−1)2=n22(n−1)2<1，f(n)单调递减，所以f(n)<1
因此使不等式bn>2an−12成立的所有正整数n组成的集合为{3,4,5,6,7}．
5．已知数列an的前n项和为Sn，且2Sn=3an−3.
(1)证明数列an为等比数列，并求出数列an的通项公式；
(2)设bn=lg3an，求数列anbn的前n项和Tn.
【答案】(1)证明见解析，an=3n
(2)Tn=34+2n−13n+14
【解析】
(1)当n=1时，由2S1=3a1−3可得a1=3,
由已知2Sn=3an−3，有2Sn+1=3an+1−3,
两式相减得2an+1=3an+1−3an ,即an+1=3an,
因为a1=3，所以an≠0,
所以an+1an=3,所以数列an是以3为首项，3为公比的等比数列，
所以an=3n ；
(2)由（1）可得bn=lg3an=n，所以anbn=n⋅3n，
Tn=1×3+2×32+3×33+…+n×3n ，
则3Tn=1×32+2×33+…+n−1×3n+n×3n+1 ，
所以−2Tn=3+32+33+…+3n−n×3n+1=1−2n3n+12−32 ，
所以Tn=34+2n−13n+14 .
6．已知数列{an}的前n项和Sn满足4an−2Sn+n2−3n−4=0,n∈N∗．数列{bn}满足b1=1， 2nbn+1=anbn,n∈N∗．
(1)求证：数列{an−n}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)求证：bn+1>bn≥3−n+12n−1,n∈N∗．
【答案】(1)证明见解析，an=2n+n
(2)证明见解析
【解析】
(1)当n=1时，a1=3；
当n≥2时，4an−1−2Sn−1+(n−1)2−3(n−1)−4=0,n∈N∗，
所以4(an−an−1)−2an+2n−4=0，整理得an=2an−1−n+2．
所以an−n=2[an−1−(n−1)]，又a1−1=2≠0，故an−n≠0．
所以an−nan−1−(n−1)=2，即{an−n}为等比数列．所以an−n=2n,an=2n+n
(2)由题意得bn+1=(1+n2n)bn，所以bn+1与bn同号，
又因为b1=1>0，所以bn>0，即bn+1−bn=n2nbn>0，即bn+1>bn．
所以数列{bn}为递增数列，所以bn≥b1=1，
即bn+1−bn=n2nbn≥n2n，累加得bn−b1≥12+222+⋯+n−12n−1．
令Tn=12+222+⋯+n−12n−1，，所以12Tn=122+223+⋯+n−12n，
两式相减得：12Tn=12+122+123+⋯+12n−1−n−12n=12(1−12n−1)1−12−n−12n，
所以Tn=2−n+12n−1，所以bn≥3−n+12n−1，所以bn+1>bn≥3−n+12n−1．
7．已知数列{an}为等差数列，a2=3，a14=3a5，数列{bn}的前n项和为Sn，且满足2Sn=3bn−1．
(1)求{an}和{bn}的通项公式；
(2)若cn=an⋅bn，数列{cn}的前n项和为Tn，且Tn−n⋅3n<−1n⋅m对n∈N∗恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)an=2n−1n∈N+；bn=3n−1n∈N+
(2)m∈−8，2
【解析】
(1)解：等差数列{an}中，设公差为d，
则a2=3a14=3a5⇒a1+d=3a1+13d=3a1+12d
⇒a1+d=32a1=d⇒a1=1d=2⇒an=2n−1n∈N+
数列{bn}中的前n项和为Sn，且2Sn=3bn−1①
当n=1时，b1=1
当n≥2时，2Sn−1=3bn−1−1②
②－①得：bn=3bn−1(n≥2)
故数列{bn}是以1为首项，3为公比的等比数列，所以bn=3n−1n∈N+.
(2)解：数列{cn}中，cn=an⋅bn=2n−1⋅3n−1.
则Tn=1×30+3×31+⋯+2n−3⋅3n−2+2n−1⋅3n−1
所以3Tn=1×31+3×32+⋯+2n−3⋅3n−1+2n−1⋅3n
故−2Tn=1+231+32+...+3n−1−2n−1⋅3n=−1+230+31+⋯+3n−1
−2n−1⋅3n=−1+2⋅1−3n1−3−2n−1⋅3n=2−2n⋅3n−2
所以Tn=n−1⋅3n+1
∵−1n⋅m>Tn−n⋅3n=1−3n对n∈N∗恒成立．
当n为奇数时，−1n⋅m=−m>1−3n⇒m<3n−1⇒m<3n−1min=31−1=2，
当n为偶数时，−12⋅m=m>1−3n⇒m>1−3nmax=1−32=−8
综上：实数m的取值范围为m∈−8，2．
8．已知数列an的前n项和为Sn，a1=−11，a2=−9，且
Sn+1+Sn−1−2Sn=2（n≥2）
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn=1anan+1，数列{bn}的前n项和为Tn，求使得Tn＞0的n的最大值．
【答案】(1)an＝2n﹣13
(2)5
【解析】
(1)由题意知（Sn+1﹣Sn）﹣（Sn﹣Sn﹣1）＝2，
解得an+1﹣an＝2（n≥2），
又a2﹣a1＝2，
所以{an}是公差为2的等差数列，
则an＝a1+（n﹣1）d＝2n﹣13；
(2)由题知bn=1(2n−13)(2n−11)=12(12n−13−12n−11)，则
Tn=b1+b2+⋯+bn=121−11−1−9+1−9−1−7+⋯+12n−13−12n−11=121−11−12n−11=−12111+12n−11
由Tn>0得111+12n−11=2n11(2n−11)<0，
解得0所以n的最大值为5．
9．已知数列an满足：a1=1,a2=2，且an+2=an+1−an,an+1为偶数,2an+1−3an,an+1为奇数n=1,2,⋯
(1)直接写出a3,a4,a5,a6的值；
(2)请判断a2021+a2022是奇数还是偶数，并说明理由；
(3)是否存在n，使得an=2022？若存在，求出n的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)a3=1,a4=−4,a5=−5,a6=2；
(2)是奇数，理由见解析；
(3)不存在，理由见解析.
【解析】
(1)解：由题得a3=1,a4=−4,a5=−5,a6=2.
(2)解：a2021+a2022是奇数.
理由如下：先证引理1：an的奇偶性与n相同.
假设不满足引理1的最小正整数n=t，即at的奇偶性与t不同，
由（1）知t≥7（也可以写t≥3这里是为了保证后面用到的t−1,t−2为正整数）.
①若t为奇数，则有at−1为偶数，at−2为奇数，进而有at=at−1−at−2为奇数，矛盾；
②若t为偶数，则有at−1为奇数，at−2为偶数，进而有at=2at−1−3at−2为偶数，矛盾.
所以假设不成立，引理1正确.
进而有a2021+a2022为奇数加偶数，结果为奇数.
(3)解：不存在，理由如下.
先证引理2：当n为奇数时，an除以3余数为1；当n为偶数时，an除以3余数为2.
假设不满足引理2的最小正整数n=t，由（1）知t≥7.
①若t为奇数，则由（2）有at−1为偶数且除以3余数为2,at−2为奇数且除以3余数为
1，进而有at=at−1−at−2除以3的余数为1，矛盾；
②若t为偶数，则由（2）有at−1为奇数且除以3余数为1,at−2为偶数且除以3余数为
2，进而有at=2at−1−3at−2除以3的余数为2，矛盾.
所以假设不成立，引理2正确.
假设存在n，使得an=2022，由（2）知，n为偶数，进而有an除以3的余数为2，
而2022除以3的余数为1，矛盾.
进而有不存在n，使得an=2022.
10．设数列an的前n项和为Sn，a1=0，a2=1，nSn+1−(2n+1)Sn+(n+1)Sn−1−1=0(n⩾2).
(1)证明：an为等差数列；
(2)设bn=2an，在bn和bn+1之间插入n个数，使这n+2个数构成公差为dn的等差数列，求1dn的前n项和.
【答案】(1)证明见解析
(2)Tn=6−(n+3)12n−1
【解析】
(1)证明：因为n⩾2时，nSn+1−(2n+1)Sn+(n+1)Sn−1−1=0，
则nSn+1−Sn−(n+1)Sn−Sn−1−1=0，
即nan+1−(n+1)an−1=0，n⩾2，·
因为a2−2a1−1=0，·
则nan+1−(n+1)an−1=0,n∈N∗①，
所以(n−1)an−nan−1−1=0,n⩾2②，
则①−②得nan+1−2nan+nan−1=0,n⩾2，
即an+1+an−1=2an,n⩾2，·
所以an为等差数列.
(2)解：由（1）可得an的首项为a1=0，公差为a2−a1=1，所以an=n−1，
所以bn=2n−1，
所以dn=bn+1−bnn+1=2n−2n−1n+1=2n−1n+1，则1dn=n+12n−1，
记1dn的前n项和为Tn，
则Tn=2⋅120+3⋅121+4⋅122+⋯+(n+1)12n−1①，
所以12Tn=2⋅121+3⋅122+4⋅123+⋯+n12n−1+(n+1)12n②，
则①−②得12Tn=2+12+122+⋯+12n−1−(n+1)12n，·
所以12Tn=1+1−12n1−12−(n+1)12n=3−(n+3)12n，·
所以Tn=6−(n+3)12n−1.·
11．记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点D在边AC上，且满足DB:DA:DC=2:3:4，△ABC的面积S=BD⋅b⋅sinB2
(1)证明：2b2=7ac
(2)求cs∠ABC.
【答案】(1)证明见解析
(2)−12或−23
【解析】
(1)点D在边AC上，且满足DB:DA:DC=2:3:4,所以DB=27b，DA=37b,DC=47b，
S=12acsinB=BD⋅b⋅sinB2，故ac=27b2，即2b2=7ac；
(2)由图可知cs∠ADB+cs∠CDB=27b2+37b2−c22×27b×37b+27b2+47b2−a22×27b×47b=0，
可得3a2−8ac+4c2=0，
解得a=2c或a=23c，
1°当a=2c时，b2=72ac=7c2，cs∠ABC=2c2+c2−7c22×2c×c=−12；
2°当a=23c时，b2=72ac=73c2，cs∠ABC=2c32+c2−73c22×2c3×c=−23；
综上所述cs∠ABC=−12或−23.
12．△ABC的内角A､B､C的对边分别为a､b､c，已知acsB=3bsinA.
(1)求角B的大小；
(2)从以下3个条件中选择2个作为己知条件，使三角形存在且唯一确定，并求△ABC的面积.
条件①：a=3；条件②：b=22；条件③：csC=−23；④c=2
【答案】(1)B=π6
(2)答案见解析
【解析】
(1)由acsB=3bsinA和正弦定理得sinAcsB=3sinBsinA，
因为00，tanB=33，
因为0(2)若选条件①：a=3；条件②：b=22，由（1）B=π6，
由余弦定理得222=32+c2−2×3c×32，解得c=33±232，
因为答案不唯一，所以舍去.
若选条件②：b=22；条件③：csC=−23；由（1）B=π6，
因为csC=−23，0由正弦定理得c53=2212，解得c=4103，
由余弦定理得41032=8+a2+2×22a×23，解得a=230−423，
则△ABC的面积为S=12absinC=203−859；
若选条件①：a=3；条件③：csC=−23；由（1）B=π6，
因为csC=−23，0sinA=sinπ−B−C=sinBcsC+csBsinC=12×−23+32×53=15−26，
由正弦定理得c53=315−26，解得c=303+12511，
则△ABC的面积为S=12absinC=453+18522.
若选条件①：a=3； ④c=2，由（1）B=π6，
则△ABC的面积为S=12acsinB=32.
若选条件②：b=22；④c=2，由（1）B=π6，
由余弦定理得222=4+a2−2×2a×32，解得a=3+7，
则△ABC的面积为S=12acsinB=12×2×3+7×12=3+72.
若选条件③：csC=−23；④c=2，由（1）B=π6，
因为csC=−23，0sinA=sinπ−B−C=sinBcsC+csBsinC=12×−23+32×53=15−26，
由正弦定理得253=a15−26，解得a=53−255，
则△ABC的面积为S=12acsinB=12×2×53−255×12=53−2510.
13．在①a=7，②AC边上的高为332，③sinB=217这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完成解答.
问题：记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知∠A=60°，c=b+1，______.
(1)求c的值；
(2)若点D是边BC上一点，且∠ADB−∠ABC= π3，求AD的长.
【答案】(1)c=3
(2)2
【解析】
(1)解：选条件①：a=7,c=b+1，
由余弦定理csA=b2+c2−a22bc=12，则b2+b−6=0，
解得b=2，则c=b+1=3；
选条件②：AC边上的高为332，
由三角形的面积公式12bb+1sinA=334b，
解得b=2，c=3.
选条件③：sinB=217，
由题意可知B因为A+B+C=π，
sinC=sinA+B=sinAcsB+csAsinB，
=32×277+12×217=32114，
由正弦定理得sinBsinC=bc，即21732114=bb+1，
解得b=2，c=3.
(2)选条件①：
因为∠ADB−∠ABC= π3，所以∠ADB=∠ABC+π3，
csB=a2+c2−b22ac=7+9−42×7×3=277，
sinB=1−cs2B=1−47=217，
则sin∠ADB=sin(∠ABC+π3)=217×12+277×32=32114，
由正弦定理ADsinB=ABsin∠ADB，AD=ABsinBsin∠ADB=3×21732114=2；
选条件②；
因为∠ADB−∠ABC= π3，所以∠ADB=∠ABC+π3，
csB=a2+c2−b22ac=7+9−42×7×3=277，
sinB=1−cs2B=1−47=217，
则sin∠ADB=sin(∠ABC+π3)=217×12+277×32=32114，
由正弦定理ADsinB=ABsin∠ADB，AD=ABsinBsin∠ADB=3×21732114=2；
选条件③：
sin∠ADB=sin(∠ABC+π3)=217×12+277×32=32114 ，
由正弦定理ADsinB=ABsin∠ADB，AD=ABsinBsin∠ADB=3×21732114=2.
14．在△ABC中，3sin(B+π6)=−cs(B+π6).
(1)求B的值；
(2)给出以下三个条件：①a2−b2+c2+3c=0；②a=3，b=1；③S△ABC=1534，若这三个条件中仅有两个正确，请选出正确的条件并回答下面问题：
（i）求sinA的值；
（ii）求∠ABC的角平分线BD的长.
【答案】(1)B=2π3；
(2)（i）sinA=3314，（ii）BD=158.
【解析】
(1)由题设3sin(B+π6)+cs(B+π6)=2sin(B+π3)=0，而π3所以B+π3=π，故B=2π3.
(2)若①②正确，则c2+3c+2=(c+1)(c+2)=0，得c=−1或c=−2，
所以①②有一个错误条件，则③是正确条件，
若②③正确，则S△ABC=12absinC=1534，可得sinC=152>1，即②为错误条件；
综上，正确条件为①③，
（i）由2accsB=a2+c2−b2，则c(3−a)=0，即a=3，
又S△ABC=12acsinB=1534，可得c=5，
所以9−b2+25+15=0，可得b=7，则asinA=bsinB=143，故sinA=3314，
（ii）由角平分线的性质知：AD=58×7=358且∠ABD=π3，
在△ABD中BDsinA=ADsin∠ABD，则BD=158.
15．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．在①bcsA+acsB=2ccsC，② a+b+ca+b−c=3ab，③ cs2C+csC=0中任选一个，
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，求△ABC周长的最大值．
【答案】(1)C=π3
(2)6
【解析】
(1)选①bcsA+acsB=2ccsC，得sinBcsA+sinAcsB=2sinCcsC
∴sinA+B=sinC=2sinCcsC
∵C∈0,π
∴sinC≠0
∴csC=120选②a+b+ca+b−c=3ab⇒a+b2−c2=3ab⇒c2=a2+b2−ab
∵c2=a2+b2−2abcsC
∴csC=120选③cs2C+csC=0⇒2cs2C+csC−1=0⇒(2csC−1)(csC+1)=0
又0所以csC=12，
所以C=π3
(2)由余弦定理知：c2=a2+b2−2ab⋅csC=a2+b2−ab=a+b2−3ab
由基本不等式知：ab≤a+b22
所以c2=a+b2−3ab≥a+b2−34a+b2=14a+b2
所以：a+b≤2c=4(当且仅当a=b时，等号成立)，
所以a+b+c≤6
综上：△ABC的周长的最大值为6．
16．在①2bsinC=3ccsB+csinB，②csBcsC=b2a−c两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且________.
(1)求角B；
(2)若a+c=3，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围.
【答案】(1)条件选择见解析，B=π3
(2)34,32
【解析】
(1)解：选①，由2bsinC=3ccsB+csinB及正弦定理可得2sinBsinC=3sinCcsB+sinCsinB，
所以，sinCsinB=3sinCcsB，
因为B、C∈0,π，所以，sinC>0，则sinB=3csB>0，
所以，tanB=3，∴B=π3；
选②，由csBcsC=b2a−c及正弦定理可得sinBcsC=2sinA−sinCcsB，
所以，2sinAcsB=sinBcsC+csBsinC=sinB+C=sinA，
∵A、B∈0,π，∴sinA>0，所以，csB=12，则B=π3.
(2)解：因为a+c=3，所以，0由已知AD=DC，即BD−BA=BC−BD，所以，2BD=BA+BC，
所以，4BD2=BA+BC2=BA2+BC2+2BA⋅BC，
即4BD2=c2+a2+2accsπ3=c2+a2+ac=a+c2−ac=3−a3−a
=a2−3a+3=a−322+94∈94,3，
所以，34≤BD<32.
17．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，tanB+tanC−3tanBtanC+3=0．
(1)求角A的大小；
(2)若BD=2DC，AD=2，且AD平分∠BAC，求△ABC的面积．
【答案】(1)A=60°
(2)332
【解析】
(1)tanB+tanC−3tanBtanC+3=0⇒tan(B+C)=tanB+tanC1−tanBtanC=−3，
故tanA=3，又A∈(0,π)⇒A=60°；
(2)设BC边的高为h，
所以S△ABD=12AB×ADsin∠BAD=12BD×ℎ，S△ABC=12AC×ADsin∠DAC=12CD×ℎ
又AD是角平分线，所以∠BAD=∠DAC
所以ABAC=BDDC，即c=2b，
又S△ABC=S△ABD+S△ACD，则12bcsin60°=12⋅c⋅2sin30°+12⋅b⋅2sin30°，
解得b=3，c=23，S△ABC=12bcsin60°=332．
18．在三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2S=−3BA⋅BC，作AB⊥AD，使得四边形ABCD满足∠ACD=π3，AD=3，
(1)求B；
(2)设∠BAC=θ，BC=fθ，求函数fθ的值域．
【答案】(1)B=2π3
(2)0,2
【解析】
(1)由2S=−3BA⋅BC，
可得2×12acsinB=−3accsB，
即sinB=−3csB，可得tanB=−3，
因为B∈0,π，所以B=2π3，
(2)
∵∠BAC=θ，则∠CAD=π2−θ，∠CDA=θ+π6，
在三角形ACD中，由正弦定理得ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，
可得AC=ADsin∠ADCsin∠ACD=3⋅sinθ+π6sinπ3=2sinθ+π6，
在三角形ABC中，由正弦定理得ACsinB=BCsinθ，
可得BC=fθ=AC⋅sinθsinB=2sinθ+π6⋅sinθsin2π3=43sinθ+π6⋅sinθ
=4332sinθ+12csθsinθ=4332sin2θ+12sinθcsθ
=1323sin2θ+2sinθcsθ=1323×1−cs2θ2+sin2θ
=13sin2θ−3cs2θ+1=233sin2θ−π3+1，
因为0<θ<π3，
可得−π3<2θ−π3<π3，
当2θ−π3=π3时，即θ=π3，
可得233sinπ3+1=2，
当2θ−π3=−π3时，即θ=0，
可得233sin−π3+1=0，
所以fθ的值域为0,2．
19．已知数列an满足a1−1a1⋅a2−1a2⋅⋯⋅an−1an=1an．
(1)求an的通项公式；
(2)在ak和ak+1,k∈N∗中插入k个相同的数(−1)k+1⋅k，构成一个新数列bn:a1, 1 , a2，−2 , −2 , a3 , 3 , 3 , 3 , a4, …，求bn的前45项和S45．
【答案】(1)an=n+1；
(2)18.
【解析】
(1)由a1−1a1⋅a2−1a2⋅⋯⋅an−1an=1an，
当n=1时，a1−1a1=1a1，解得：a1=2，
当n≥2时，a1−1a1⋅a2−1a2⋅⋯⋅an−1an=1an，a1−1a1⋅a2−1a2⋅⋯⋅an−1−1an−1=1an−1，
所以an−1an=an−1an，an−1=an−1，即an−an−1=1，
所以an是以2为首项，1为公差的等差数列，
所以an的通项公式为：an=n+1．
(2)在ak和ak+1,k∈N∗中插入k个相同的数(−1)k+1⋅k，构成一个新数列bn:a1,1,a2，−2, −2, a3, 3, 3, 3, a4, … , ak+1，
其项数为k+1+(1+2+⋯+k)=(k+1)(1+k+1)2，
由(k+1)(1+k+1)2=45，可得k=8，
∴S45=a1+a2+⋯+a9+1−2×2+3×3−4×4+⋯−8×8
=9×(2+10)2+12−22+32−42+⋯−82
=54+(1+2)(1−2)+(3+4)(3−4)+⋯+(7+8)(7−8)
=54−(3+7+⋯+15)=54−(3+15)×42=54−36=18
20．已知an为等差数列，前n项和为Sn，n∈N∗，bn是首项为2的等比数列，且公比大于0，b2+b3=12，b3=a3+a5，b6=S11−2.
(1)求an和bn的通项公式；
(2)设c1=0，cn+1−cn=ln1+1n，n∈N∗，求cn；
(3)设dn=3cnbn+1,n=2k−1lnan−1an+1bn,n=2k，其中k∈N∗.求dn的前2n项和T2n.
【答案】(1)an=n，bn=2n；
(2)cn=lnn；
(3)−ln(2n+1)4n.
【解析】
(1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q(q>0)，
由b2+b3=12⇒2q+2q2=12⇒q=2，或q=−3舍去，所以bn=2⋅2n−1=2n；
b3=a3+a5⇒2a4=8⇒a4=4⇒a1+3d=4，
b6=S11−2⇒11a1+12×11×10d−2=64，解得：a1=d=1，即an=1+(n−1)⋅1=n，
所以有an=n，bn=2n；
(2)因为cn+1−cn=ln1+1n=lnn+1n，
所以当n≥2,n∈N∗时，
有cn=(cn−cn−1)+(cn−1−cn−2)+⋯+(c2−c1)+c1
=lnnn−1+lnn−1n−2+⋯+ln21=lnn(n−1)⋯2(n−1)(n−2)⋯1=lnn，显然当n=1时也适合，
即cn=lnn；
(3)由（1）（2）可知：an=n，bn=2n，cn=lnn.
当n=2k−1，k∈N∗时，d2k−1=3ln(2k−1)22k，
当n=2k，k∈N∗时，d2k=ln2k−12k+122k，
dk−1+d2k=3ln(2k−1)22k+ln2k−12k+122k=4ln(2k−1)−ln(2k+1)4k，
T2n=4ln1−ln341+4ln3−ln542+4ln5−ln743+⋯+4ln(2n−1)−ln(2n+1)4n
=0−ln341+ln341−ln542+ln542−4ln743+⋯+ln(2n−1)4n−1−ln(2n+1)4n
=−ln(2n+1)4n.