【文档说明】备战2023年高考数学题型猜想预测卷（上海专用） 猜题18 第17-18题 数列、三角函数、解三角形（上海与全国近年真题对比） Word版含解析.docx，共(33)页，1.439 MB，由小赞的店铺上传

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猜题18第17-18题数列、三角函数、解三角形（上海与全国近年真题对比）上海近五年高考部分真题（含春高）一．解答题1．（2022•上海）已知在数列{an}中，a2＝1，其前n项和为Sn．（1）若{an}是等比数列

，S2＝3，求Sn；（2）若{an}是等差数列，S2n≥n，求其公差d的取值范围．【分析】（1）由已知求得等比数列的公比，再求出前n项和，求极限得答案；（2）求出等差数列的前2n项和，代入S2n≥n，对n分类分析得答案．【解析】解：（1）在等比数列{a

n}中，a2＝1，S2＝3，则a1＝2，∴公比q＝，则，∴Sn＝＝4；（2）若{an}是等差数列，则≥n，即（3﹣2n）d≤1，当n＝1时，d≤1；当n≥2时，d≥恒成立，∵∈[﹣1，0），∴d≥0．综上所述，d∈[0，1]．2．（2021•上海）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．（1）若A＝，

求S△ABC．（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．【分析】（1）由余弦定理求得c2，从而求得△ABC面积；（2）由正、余弦定理求得b、c值，从而求得△ABC周长．【解析】解：（1）由余弦定理得cosA＝﹣＝＝，解

得c2＝，∴S△ABC＝＝＝；（2）∵b＝2c，∴由正弦定理得sinB＝2sinC，又∵2sinB﹣sinC＝1，∴sinC＝，sinB＝，∴sinC＜sinB，∴C＜B，∴C为锐角，∴cosC＝＝．由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，

又∵a＝3，b＝2c，∴c2＝9+4c2﹣8c，得：3c2﹣8c+9＝0，解得：c＝．当c＝时，b＝时C△ABC＝3+4+；当c＝时，b＝时C△ABC＝3+4﹣．3．（2021•上海）已知A、B、C为△ABC的三个内角，a、b、c是其三条边，a＝2，c

osC＝﹣．（1）若sinA＝2sinB，求b、c；（2）若cos（A）＝，求c．【分析】（1）由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．（2）根据已知利用两角差的余弦公式，同角三角函

数基本关系式可求得cosA，sinA，sinC的值，进而根据正弦定理可得c的值．【解析】解：（1）因为sinA＝2sinB，可得a＝2b，又a＝2，可得b＝1，由于cosC＝＝＝﹣，可得c＝．（2）因为cos（A）＝（cosA+sinA）

＝，可得cosA+sinA＝，又cos2A+sin2A＝1，可解得cosA＝，sinA＝，或sinA＝，cosA＝，因为cosC＝﹣，可得sinC＝，tanC＝﹣，可得C为钝角，若sinA＝，cosA＝，可得tanA＝7，可得tanB

＝﹣tan（A+C）＝＝＜0，可得B为钝角，这与C为钝角矛盾，舍去，所以sinA＝，由正弦定理，可得c＝．4．（2020•上海）已知函数f（x）＝sinωx，ω＞0．（1）f（x）的周期是4π，求ω，并求f（x）＝的解集；（2

）已知ω＝1，g（x）＝f2（x）+f（﹣x）f（﹣x），x∈[0，]，求g（x）的值域．【分析】（1）直接利用正弦型函数的性质的应用求出结果．（2）利用三角函数关系式的变换和正弦型函数的性质的应用求出函数的值域．【解析】解：（1）由于f（x）的周期是4π，所以ω＝，所以

f（x）＝sin．令sin，故或，整理得或．故解集为{x|或，k∈Z}．（2）由于ω＝1，所以f（x）＝sinx．所以g（x）＝＝＝﹣＝﹣sin（2x+）．由于x∈[0，]，所以．，故，故．所以函数g（x）的值域为[﹣．5．（2

020•上海）已知各项均为正数的数列{an}，其前n项和为Sn，a1＝1．（1）若数列{an}为等差数列，S10＝70，求数列{an}的通项公式；（2）若数列{an}为等比数列，a4＝，求满足Sn＞100an时n的最小值．【分析】（

1）设等差数列的公差为d，运用等差数列的求和公式，解方程可得d，进而得到所求通项公式；（2）设等比数列的公比为q，由等比数列的通项公式可得q，再由等比数列的求和公式，解不等式可得n的最小值．【解析】解：（1）数列{an}为公差为

d的等差数列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，则an＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）数列{an}为公比为q的等比数列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，则an＝（）n﹣1，Sn＝＝

2﹣（）n﹣1，Sn＞100an，即为2﹣（）n﹣1＞100•（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最小值为7．6．（2019•上海）已知数列{an}，a1＝3，前n项和为Sn．（1）若{an}

为等差数列，且a4＝15，求Sn；（2）若{an}为等比数列，且，求公比q的取值范围．【分析】（1）求出公差即可求Sn；（2）由存在得﹣1＜q＜1且q≠0，由Sn＜12得q＜，取交集可得公比q的取值范围．【解析】解：（1）∵a4＝a1+3d＝3+3d＝15，∴d＝4，∴Sn＝3n+＝2n2+n；（

2）Sn＝，∵存在，∴﹣1＜q＜1，∴存在，∴﹣1＜q＜1且q≠0，∴Sn＝＝，∴＜12，∴q＜，∴﹣1＜q＜0或0＜q＜，∴公比q的取值范围为（﹣1，0）∪（0，）．7．（2018•上海）设常数a∈R，函数f（x）＝asin2x+2cos2x．（1）若f（

x）为偶函数，求a的值；（2）若f（）＝+1，求方程f（x）＝1﹣在区间[﹣π，π]上的解．【分析】（1）根据函数的奇偶性和三角形的函数的性质即可求出，（2）先求出a的值，再根据三角形函数的性质即可求出．【解析】解：

（1）∵f（x）＝asin2x+2cos2x，∴f（﹣x）＝﹣asin2x+2cos2x，∵f（x）为偶函数，∴f（﹣x）＝f（x），∴﹣asin2x+2cos2x＝asin2x+2cos2x，∴2asin2x＝0，∴a＝0；（2）∵f（）＝+1，∴asin+2cos2（）＝a+1＝+

1，∴a＝，∴f（x）＝sin2x+2cos2x＝sin2x+cos2x+1＝2sin（2x+）+1，∵f（x）＝1﹣，∴2sin（2x+）+1＝1﹣，∴sin（2x+）＝﹣，∴2x+＝﹣+2kπ，或2x+＝π+2kπ，k∈Z，∴x＝﹣

π+kπ，或x＝π+kπ，k∈Z，∵x∈[﹣π，π]，∴x＝或x＝或x＝﹣或x＝﹣8．（2018•上海）已知y＝cosx．（1）若，且α∈[0，π]，求的值；（2）求函数y＝f（2x）﹣2f（x）的最小值．【分析】（1）根据两角和差的

余弦公式进行计算即可（2）利用一元二次函数的性质利用配方法进行转化求解即可．【解析】解：（1）若，且α∈[0，π]，则cosα＝，则sinα＝＝＝，则＝cos（α﹣）＝cosαcos+sinαsin＝＝+．（2）函数y＝f（2x）﹣2f（x）＝cos2x﹣2

cosx＝2cos2x﹣2cosx﹣1＝2（cosx﹣）2﹣，∵﹣1≤cosx≤1，∴当cosx＝时，函数取得最小值，最小值为﹣．全国近二年高考部分真题一、解答题1．（2022·全国·统考高考真题）记nS为数列na的前n项和．已知221n

nSnan+=+．(1)证明：na是等差数列；(2)若479,,aaa成等比数列，求nS的最小值．【答案】(1)证明见解析；(2)78−．【分析】（1）依题意可得222nnSnnan+=+，根据11,1,2nn

nSnaSSn−==−，作差即可得到11nnaa−−=，从而得证；（2）法一：由（1）及等比中项的性质求出1a，即可得到na的通项公式与前n项和，再根据二次函数的性质计算可得．【解析】（1）因为221

nnSnan+=+，即222nnSnnan+=+①，当2n时，()()()21121211nnSnnan−−+−=−+−②，①−②得，()()()22112212211nnnnSnSnnannan−−+−−−=+−−−−，即()12

212211nnnannana−+−=−−+，即()()()1212121nnnanan−−−−=−，所以11nnaa−−=，2n且N*n，所以na是以1为公差的等差数列．（2）[方法一]：二次函数的性质由（1）可得413aa=+，716aa=+，918aa=+

，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa=，即()()()2111638aaa+=++，解得112a=−，所以13nan=−，所以()22112512562512222228nnnSnnnn−=−+=−=−−，所以，当12n=或1

3n=时，()min78nS=−．[方法二]：【最优解】邻项变号法由（1）可得413aa=+，716aa=+，918aa=+，又4a，7a，9a成等比数列，所以2749aaa=，即()()()2111638aaa+=++，解得1

12a=−，所以13nan=−，即有1123210,0aaaa=.则当12n=或13n=时，()min78nS=−．【整体点评】（2）法一：根据二次函数的性质求出nS的最小值，适用于可以求出nS的表达式；法二：根据邻项变号法求最值，计算量小，

是该题的最优解．2．（2022·全国·统考高考真题）记ABC的内角,,ABC的对边分别为,,abc，已知sinsin()sinsin()CABBCA−=−．(1)证明：2222abc=+；(2)若255,cos31aA==，求ABC的周长．【答案】(1)见解析(2)14

【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简，再根据正弦定理和余弦定理化角为边，从而即可得证；（2）根据（1）的结论结合余弦定理求出bc，从而可求得bc+，即可得解.【解析】（1）证明：因为()()sinsinsinsinCABBCA−=−，所以sinsi

ncossinsincossinsincossinsincosCABCBABCABAC−=−，所以2222222222222acbbcaabcacbcabacbcab+−+−+−−=−，即()22222222222acbabcbca+−+−−+−=−，所以2

222abc=+；（2）解：因为255,cos31aA==，由（1）得2250bc+=，由余弦定理可得2222cosabcbcA=+−，则50502531bc−=，所以312bc=，故()2222503181bcbcbc+=++=+=，所以9bc+=，所以ABC的周长为14a

bc++=.3．（2022·全国·统考高考真题）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c﹐已知()()sinsinsinsinCABBCA−=−．(1)若2AB=，求C；(2)证明：2222abc=+【答案】(1)5π8；(

2)证明见解析．【分析】（1）根据题意可得，()sinsinCCA=−，再结合三角形内角和定理即可解出；（2）由题意利用两角差的正弦公式展开得()()sinsincoscossinsinsincoscossinCABABBCACA−=−，再根据正弦定理，余弦

定理化简即可证出．【解析】（1）由2AB=，()()sinsinsinsinCABBCA−=−可得，()sinsinsinsinCBBCA=−，而π02B，所以()sin0,1B，即有()sinsin0

CCA=−，而0π,0πCCA−，显然CCA−，所以，πCCA+−=，而2AB=，πABC++=，所以5π8C=．（2）由()()sinsinsinsinCABBCA−=−可得，()()sinsinco

scossinsinsincoscossinCABABBCACA−=−，再由正弦定理可得，coscoscoscosacBbcAbcAabC−=−，然后根据余弦定理可知，()()()()22222222222211112222acbbcabcaabc+−−+−=+−−+−，化简

得：2222abc=+，故原等式成立．4．（2022·全国·统考高考真题）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cossin21sin1cos2ABAB=++．(1)若23C=，求B；(2)求222abc+的最小值．【答案】(1)π6；(2)425−．【分析】（1）根据二倍角公式

以及两角差的余弦公式可将cossin21sin1cos2ABAB=++化成()cossinABB+=，再结合π02B，即可求出；（2）由（1）知，π2CB=+，π22AB=−，再利用正弦定理以及二倍角公式将222ab

c+化成2224cos5cosBB+−，然后利用基本不等式即可解出．【解析】（1）因为2cossin22sincossin1sin1cos22coscosABBBBABBB===++，即()1sincoscossinsincoscos2BABABABC=−=+=−=，而π02B，所以π6B

=；（2）由（1）知，sincos0BC=−，所以πππ,022CB，而πsincossin2BCC=−=−，所以π2CB=+，即有π22AB=−，所以30,,,424BC

所以222222222sinsincos21cossincosabABBBcCB+++−==()2222222cos11cos24cos5285425coscosBBBBB−+−==+−−=−．当且仅当22cos2B=时取等号，所以222abc+的最小值为425−．5

．（2022·全国·统考高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知11,nnSaa=是公差为13的等差数列．(1)求na的通项公式；(2)证明：121112naaa+++．【答案】(1)()12nnna+=(

2)见解析【分析】（1）利用等差数列的通项公式求得()121133nnSnna+=+−=，得到()23nnnaS+=，利用和与项的关系得到当2n时，()()112133nnnnnnanaaSS−−++=−=−,进而得：111nnanan−+=−，利用累乘法求得()1

2nnna+=，检验对于1n=也成立，得到na的通项公式()12nnna+=；（2）由（1）的结论，利用裂项求和法得到121111211naaan+++=−+，进而证得.【解析】（1）∵11a=，∴

111Sa==,∴111Sa=,又∵nnSa是公差为13的等差数列，∴()121133nnSnna+=+−=,∴()23nnnaS+=,∴当2n时，()1113nnnaS−−+=，∴()()112133nnnnnnan

aaSS−−++=−=−,整理得：()()111nnnana−−=+,即111nnanan−+=−,∴31211221nnnnnaaaaaaaaaa−−−=()1341112212nnnnnn++==−−，显然对于

1n=也成立，∴na的通项公式()12nnna+=；（2）()12112,11nannnn==−++∴12111naaa+++1111112121222311nnn=−+−+−=−++

6．（2022·全国·统考高考真题）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123,,SSS，已知12331,sin23SSSB−+==．(1)求ABC的面积；(2)若

2sinsin3AC=，求b．【答案】(1)28(2)12【分析】（1）先表示出123,,SSS，再由12332SSS−+=求得2222acb+−=，结合余弦定理及平方关系求得ac，再由面积公式求解即可；（2）由正弦定理得22sinsinsinbacBAC=，即可求解.【解析】（1

）由题意得222212313333,,22444SaaSbSc====，则22212333334442SSSabc−+=−+=，即2222acb+−=，由余弦定理得222cos2acbBac+−=，整理得cos1

acB=，则cos0B，又1sin3B=，则2122cos133B=−=，132cos4acB==，则12sin28ABCSacB==；（2）由正弦定理得：sinsinsinbacBAC==，则22

3294sinsinsinsinsin423bacacBACAC====，则3sin2bB=，31sin22bB==.7．（2022·全国·统考高考真题）已知na为等差数列，nb是公比为2的等比数列，且22334

4ababba−=−=−．(1)证明：11ab=；(2)求集合1,1500kmkbaam=+中元素个数．【答案】(1)证明见解析；(2)9．【分析】（1）设数列na的公差为d，根据题意列出方程组即可证出；（2）根据

题意化简可得22km−=，即可解出．【解析】（1）设数列na的公差为d，所以，()11111111224283adbadbadbbad+−=+−+−=−+，即可解得，112dba==，所以原命题得证．（2）由（1）知，112dba==，所以()1111121kkmbaabamd

a−=+=+−+，即122km−=，亦即221,500km−=，解得210k，所以满足等式的解2,3,4,,10k=，故集合1|,1500kmkbaam=+中的元素个数为10219−+=．8．（2022·北京·统考高考真题）在ABC中，sin23sinCC=．(1)求

C；(2)若6b=，且ABC的面积为63，求ABC的周长．【答案】(1)6(2)663+【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cosC的值，结合角C的取值范围可求得角C的值；（2）利用三角形的面积公式可求得a的值，由余弦定理可求得c的值，即可求得ABC的周长.【解析

】（1）解：因为()0,C，则sin0C，由已知可得3sin2sincosCCC=，可得3cos2C=，因此，6C=.（2）解：由三角形的面积公式可得13sin6322ABCSabCa===，解得43a=.由余弦定理可得22232cos4836

2436122cababC=+−=+−=，23c=，所以，ABC的周长为636abc++=+.9．（2022·天津·统考高考真题）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知16,2,cos4abcA===−.(1)求c的值；(2)求sinB的值；(3)求si

n(2)AB−的值.【答案】(1)1c=(2)sin104B=(3)10sin(2)8AB−=【分析】（1）根据余弦定理2222cosabcbcA=+−以及2bc=解方程组即可求出；（2）由（1）可求出2b=，再根据正弦定

理即可解出；（3）先根据二倍角公式求出sin2,cos2AA，再根据两角差的正弦公式即可求出．【解析】（1）因为2222cosabcbcA=+−，即22162bcbc=++，而2bc=，代入得22264ccc=+

+，解得：1c=．（2）由（1）可求出2b=，而0πA，所以215sin1cos4AA=−=，又sinsinabAB=，所以152sin104sin46bABa===．（3）因为1cos4A=−，所以ππ2A，故π02B，又215sin1cos4AA=−=，所以115

15sin22sincos2448AAA==−=−，217cos22cos121168AA=−=−=−，而sin104B=，所以26cos1sin4BB=−=，故15671010sin(2)sin2coscos2sin84848ABABAB−=−=−+=

．10．（2022·天津·统考高考真题）设na是等差数列，nb是等比数列，且1122331ababab==−=−=．(1)求na与nb的通项公式；(2)设na的前n项和为nS，求证：()1111nnnnnnnSabSbSb+

++++=−；(3)求211(1)nkkkkkaab+=−−．【答案】(1)121,2nnnanb−=−=(2)证明见解析(3)1(62)489nn+−+【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算

即可得解；（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；（3）先求得212221212122(1)(1)kkkkkkkkaabaab−−−+−−+−−，进而由并项求和可得114n

knkTk+==，再结合错位相减法可得解.【解析】（1）设na公差为d，nb公比为q，则11(1),nnnandbq−=+−=，由22331abab−=−=可得2112121dqdqdq+−===+−=（0dq==舍去），所以121,2nnnanb−=−=；（2）证明：因为

120,nnbb+=所以要证1111()nnnnnnnSabSbSb+++++=−，即证111()2nnnnnnnSabSbSb++++=−，即证1112nnnnSaSS++++=−，即证11nnnaSS

++=−，而11nnnaSS++=−显然成立，所以1111()nnnnnnnSabSbSb+++++=−；（3）因为212221212122(1)(1)kkkkkkkkaabaab−−−+−−+−−2221

(4143)2[41(41)]224kkkkkkkk−−=−+−++−−=，所以211(1)nkkkkkaab+=−−2122212121221[((1))((1))]nkkkkkkkkkaabaab−−−+==−−+−−124nkkk==，

设124nknkTk==所以2324446424nnTn=++++，则2341244446424nnnT+++++=，作差得()2341124(14)3244444242414nnnnnTnn++−−=+++++−=−−()126483nn+

−−=，所以1(62)489nnnT+−+=，所以211(1)nkkkkkaab+=−−=1(62)489nn+−+.11．（2021·全国·统考高考真题）设na是首项为1的等比数列，数列nb满足3nnnab=．已知1a，23a，39a

成等差数列．（1）求na和nb的通项公式；（2）记nS和nT分别为na和nb的前n项和．证明：2nnST．【答案】（1）11()3nna−=，3nnnb=；（2）证明见解析.【分析】（1）利用等差数列的性质及1a得到29610qq−+

=，解方程即可；（2）利用公式法、错位相减法分别求出,nnST，再作差比较即可.【解析】（1）因为na是首项为1的等比数列且1a，23a，39a成等差数列，所以21369aaa=+，所以211169aqaaq=+，即29610qq−+=，解得13q

=，所以11()3nna−=，所以33nnnnanb==.（2）[方法一]：作差后利用错位相减法求和211213333nnnnnT−−=++++，012111111223333−=++++nnS，230121123111112333

323333nnnnSnT−−=++++−++++=012111012222333−−−++++111233−−−+nnnn．设0121111101212222Γ3333−−−−−−=++++nnn，⑧则123111101211

2222Γ33333−−−−−=++++nnn．⑨由⑧-⑨得1121113312111113322Γ13233332313−−−−−=−++++−=−+−−nnnnnnn．所以211312Γ

432323−−−−=−−=−nnnnnn．因此10232323−−=−=−nnnnnSnnnT．故2nnST．[方法二]【最优解】：公式法和错位相减求和法证明：由（1）可得11(1)313(1)12313nnnS−==−−，211213333nnnnnT−−=++++，

①231112133333nnnnnT+−=++++，②①−②得23121111333333nnnnT+=++++−1111(1)1133(1)1323313nnnnnn++−=−=−−−，所以31(1)4323nnnnT=−−，所以2nnST−=3131(1)(1)043234323

nnnnnn−−−−=−，所以2nnST.[方法三]：构造裂项法由（Ⅰ）知13=nnbn，令1()3=+nncn，且1+=−nnnbcc，即1111()[(1)]333

+=+−++nnnnnn，通过等式左右两边系数比对易得33,24==，所以331243nncn=+．则12113314423nnnnnTbbbcc

+=+++=−=−+，下同方法二．[方法四]：导函数法设()231()1−=++++=−nnxxfxxxxxx，由于()()()()()()1221'111'11(1)'1(1)1nnnnnxxxxxxxxnxnxxxx+−−−−

−−+−+==−−−，则12121(1)()123(1)+−+−+=++++=−nnnnxnxfxxxnxx．又1111333−==nnnbnn，所以211231111123333

3nnnTbbbbn−=++++=++++=12111(1)11133333113nnnnf++−+=−13113311(1)4334423nnnnnn+=+−

+=−+，下同方法二．【整体点评】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型

灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.（2）的方法一直接作差后利用错位相减法求其部分和，进而证得结论；方法二根据数列的不同特点，分别利用公式法和错位相减法求得,nnST,然后证得结论,为最优解；方法三采用构造数列裂项求和的方法，关键是构造1()3=+

nncn，使1+=−nnnbcc，求得nT的表达式，这是错位相减法的一种替代方法，方法四利用导数方法求和，也是代替错位相减求和法的一种方法.12．（2021·全国·统考高考真题）记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b

，c.已知2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=.（1）证明：BDb=；（2）若2ADDC=，求cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC=.【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb=，结合已知即可证结论.（2）方法一：

两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosABC的值.【解析】（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR==，因为sinsinBDABCaC=，所以22bcBDaRR=，即BDbac=．又因为2

bac=，所以BDb=．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC=，如图，在ABC中，222cos2abcCab+−=，①在BCD△中，222()3cos23babbaC+−=．②由①②得2222223()3ba

bcab+−=+−，整理得22211203abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，解得3ca=或32ca=，当22,33ccabac===时，333ccabc+=+（舍去）．当2233,22ccabac===时，22233()722cos31222cc

ABCccc+−==．所以7cos12ABC=．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知2ADDC=，则23ABDABCSS=△△，即21221sinsin2332bacADABBC=

，而2bac=，即sinsinADBABC=，故有ADBABC=，从而ABDC=．由2bac=，即bcab=，即CABACBBD=，即ACBABD∽，故ADABABAC=，即23bccb=，又2bac=，所以23ca=，则2227cos212cabABCac

+−==．[方法三]：正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC==，再由2ADDC=得21,33ADbCDb==．在ADB中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=．又ABDC=，所以s3si

nn2iCbAb=，化简得2sinsin3CA=．在ABC中，由正弦定理知23ca=，又由2bac=，所以2223ba=．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca+−−+===．故7cos12ABC=．[方法四]：

构造辅助线利用相似的性质如图，作DEAB∥，交BC于点E，则DECABC△∽△．由2ADDC=，得2,,333caaDEECBE===．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac−=+

．在ABC中222cos2aaBCcAbc+−=．因为coscosABCBED=−，所以2222222()()3322233acbacbacac+−+−=−，整理得22261130abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，即3ca=或32ac=．下同解法

1．[方法五]：平面向量基本定理因为2ADDC=，所以2ADDC=uuuruuur．以向量,BABC为基底，有2133BDBCBA=+．所以222441999BDBCBABCBA=++，即222441cos999baccABCa=++，又

因为2bac=，所以22944cosacaacABCc=++．③由余弦定理得2222cosbacacABC=+−，所以222cosacacacABC=+−④联立③④，得2261130aacc−+=．所以32ac=或13ac=．下

同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如图所示，则()()()0,0,2,0,1,0DAC−．由（1）知，3BDb

AC===，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设()(),33Bxyx−，则229xy+=．⑤由2bac=知，2BABCAC=，即2222(2)(1)9xyxy++−+=．⑥联立⑤⑥解得74x=−或732x=（舍去），29516y=，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBA

b=====，由余弦定理得2227cos212acbABCac+−==．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数

学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面

向量基本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.13．（2021·全国·统考高考真题）已知数列na满足11a=，11,,2,.

nnnanaan++=+为奇数为偶数（1）记2nnba=，写出1b，2b，并求数列nb的通项公式；（2）求na的前20项和.【答案】（1）122,5,31nbbbn===−；（2）300.【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列n

b的特征，然后求和其通项公式即可；(2)方法二：分组求和，结合等差数列前n项和公式即可求得数列的前20项和.【解析】解：（1）[方法一]【最优解】：显然2n为偶数，则21222212,1nnnnaaaa+++=+=+，所以

2223nnaa+=+，即13nnbb+=+，且121+12baa===，所以nb是以2为首项，3为公差的等差数列，于是122,5,31nbbbn===−．[方法二]：奇偶分类讨论由题意知1231,2,4aa

a===，所以122432,15babaa====+=．由11nnaa+−=（n为奇数）及12nnaa+−=（n为偶数）可知，数列从第一项起，若n为奇数，则其后一项减去该项的差为1，若n为偶数，则其后一项减去该项的差为2．所以*23()nnaanN+−=，则()11331nbbnn=+−=−．

[方法三]：累加法由题意知数列na满足*113(1)1,()22nnnaaan+−==++N．所以11213(1)11222baa−==++=+=，322433223(1)3(1)11212352222baaaaa−−==++=+=+++=++=+=，则222121222111

()()()121221+nnnnnnbaaaaaaaaa−−−==−+−+−+=+++++++12(1)131nnn=+−+=−．所以122,5bb==，数列nb的通项公式31nbn=−．（2）[方法一]：奇偶分类讨论20123201351924620+++++

+++()()Saaaaaaaaaaaa=+=+++1231012310(1111)bbbbbbbb=−+−+−++−+++++110()102103002bb+=−=．[方法二]：分组求和由题意知数列na满足12212121,1,2nnnnaa

aaa−+==+=+，所以2122123nnnaaa+−=+=+．所以数列na的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；同理，由2221213nnnaaa++=+=+知数列na的偶数项是以2为首项，3为公差的等

差数列．从而数列na的前20项和为：201351924260()()Saaaaaaaa=+++++++++1091091013102330022=+++=．【整体点评】(1)方法一：由题意讨论nb的性质为最一般的思路和最优的解法；方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两

种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；方法三：写出数列na的通项公式，然后累加求数列nb的通项公式，是一种更加灵活的思路.(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前n项和是一种常规的方法；方法二：分组

求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前n项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.14．（2021·全国·高考真题）记nS为数列na的前n项和，已知210,3naaa=，且数列nS是等差

数列，证明：na是等差数列.【答案】证明见解析.【分析】先根据21SS−求出数列nS的公差d，进一步写出nS的通项，从而求出na的通项公式，最终得证.【解析】∵数列nS是等差数列，设公差为d212111aaaaSS+=−=

−=∴111(1)nSanaan=+−=，()nN∴12nSan=，()nN∴当2n时，()221111112nnnaSSananana−=−=−−=−当1n=时，11121=aaa−，满足112naana=−，∴na的通项公式为112n

aana=−，()nN∴()()111111221=2nnaaanaanaa−−=−−−−∴na是等差数列.【点睛】在利用1nnnaSS−=−求通项公式时一定要讨论1n=的特殊情况.15．（2021·全国·统考高考真题）记

nS为数列na的前n项和，nb为数列nS的前n项积，已知212nnSb+=．（1）证明：数列nb是等差数列;（2）求na的通项公式．【答案】（1）证明见解析；（2）()3,121,21nnannn==−

+.【分析】（1）由已知212nnSb+=得221nnnbSb=−,且0nb，取1n=,得132b=,由题意得1212222212121nnnbbbbbbb=−−−,消积得到项的递推关系111221n

nnnbbbb+++=−,进而证明数列nb是等差数列;（2）由（1）可得nb的表达式,由此得到nS的表达式,然后利用和与项的关系求得()3,121,21nnannn==−+.【解析】（1）[方法一]：由已知212nnSb+=得221nnnbSb=−,且0nb，1

2nb,取1n=,由11Sb=得132b=,由于nb为数列nS的前n项积，所以1212222212121nnnbbbbbbb=−−−,所以1121121222212121nnnbbbbbbb+++=−−−，所以111221nnnnbb

bb+++=−,由于10nb+所以12121nnbb+=−，即112nnbb+−=,其中*nN所以数列nb是以132b=为首项，以12d=为公差等差数列;[方法二]【最优解】：由已知条件知1231−=nnnbSSSSS①于是11231(2)−−=nnbSSSSn．②由

①②得1nnnbSb−=．③又212nnSb+=，④由③④得112nnbb−−=．令1n=，由11Sb=，得132b=．所以数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列．[方法三]：由212nnSb+=，得22=−nnnSbS，且0nS，0nb，1nS．又因为

111−−==nnnnnbSSSSb，所以1122−==−nnnnbbSS，所以()1111(2)2222212−−−=−==−−−nnnnnnnSSbbnSSS．在212nnSb+=中，当1n=时，1132==bS．故数列nb是以32为首项，12为公差

的等差数列．[方法四]：数学归纳法由已知212nnSb+=，得221nnnbSb=−，132b=，22b=，352=b，猜想数列nb是以32为首项，12为公差的等差数列，且112nbn=+．下面用数

学归纳法证明．当1n=时显然成立．假设当nk=时成立，即121,21+=+=+kkkbkSk．那么当1nk=+时，11112++==+kkkbbSk331(1)1222kkkk++==+++．综上，猜想对任意的nN都成立．即数列nb是以32为首项，12为公差

的等差数列．（2）由（1）可得，数列nb是以132b=为首项，以12d=为公差的等差数列，()3111222nnbn=+−=+,22211nnnbnSbn+==−+,当n=1时，1132aS==,当n≥2时,()121111nnnnnaSSnnnn−++=−=−=

−++,显然对于n=1不成立,∴()3,121,21nnannn==−+.【整体点评】（1）方法一从212nnSb+=得221nnnbSb=−，然后利用nb的定义，得到数列nb的递推关系，进而替换相除消项得到相邻两项的关系，从而证得

结论；方法二先从nb的定义，替换相除得到1nnnbSb−=，再结合212nnSb+=得到112nnbb−−=，从而证得结论，为最优解；方法三由212nnSb+=，得22=−nnnSbS，由nb的定义得1122−==−nnnnbbSS，进而作差证得结论；方法四利用归纳猜想得到数列112nbn=+

，然后利用数学归纳法证得结论．（2）由（1）的结论得到112nbn=+，求得nS的表达式,然后利用和与项的关系求得na的通项公式；16．（2021·浙江·统考高考真题）设函数()sincos(R)fxxxx=+.（1）求函数22yfx

=+的最小正周期；（2）求函数()4yfxfx=−在0,2上的最大值.【答案】（1）；（2）212+.【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得1sin2

yx=−，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得2sin242yx=−+，再由三角函数的图象与性质即可得解.【解析】（1）由辅助角公式得()sincos2sin4fxxxx=+=+，则2223332si

n2sin1cos21sin22442yfxxxxx=+=+=+=−+=−，所以该函数的最小正周期22T==;（2）由题意，()2sin2sin2

sinsin444yfxfxxxxx=−=+=+2222sinsincos2sin2sincos22xxxxxx=+=+1cos2222222sin2sin2cos2sin22222242xxxxx−=+=−+=

−+，由0,2x可得32,444x−−，所以当242x−=即38x=时，函数取最大值212+.17．（2021·浙江·统考高考真题）已知数列na的前n项和为nS，194a=−，且1439nnSS+=−.（1）求数

列na的通项；（2）设数列nb满足*3(4)0()nnbnanN+−=，记nb的前n项和为nT，若nnTb对任意Nn恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）33()4nna=−；（2）31−.【分析】（1）由

1439nnSS+=−，结合nS与na的关系，分1,2nn=讨论，得到数列{}na为等比数列，即可得出结论；（2）由3(4)0nnbna+−=结合(1)的结论，利用错位相减法求出nT，nnTb对

任意Nn恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于n的函数的范围关系，即可求解.【解析】（1）当1n=时，1214()39aaa+=−，229272749,4416aa=−=−=−，当2n时，由1439nnSS+=−①，得1439nnSS−=−②，①−②得143nn

aa+=122730,0,164nnnaaaa+=−=，又213,{}4naaa=是首项为94−，公比为34的等比数列，1933()3()444nnna−=−=−；（2）由3(4)0nnbna+−=，得43(4)()34nnnnban−=−=−，所以2343

33333210(4)44444nnTn=−−−++−+，2413333333321(5)(4)444444nnnTnn+=−−−++−+−

，两式相减得234113333333(4)4444444nnnTn+=−++++−−1193116493(4)34414nnn−+−=

−+−−−111993334(4)44444nnnnn+++=−+−−−=−，所以134()4nnTn+=−，由nnTb得1334()(4)()4

4nnnn+−−恒成立，即(4)30nn−+恒成立，4n=时不等式恒成立；4n时，312344nnn−=−−−−，得1；4n时，312344nnn−=−−−−，得3−；所以31−.【点睛】易错点点睛：（1）已知nS求na不要忽略1n=情况；（

2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中(4)30nn−+恒成立，要对40,40,40nnn−=−−讨论，还要注意40n−时，分离参数不等式要变号.18．（2021·全国·统考高考真题）记nS是公差不为0的等差数列na的前n项和，若35244

,aSaaS==．（1）求数列na的通项公式na；（2）求使nnSa成立的n的最小值．【答案】(1)26nan=−；(2)7.【分析】(1)由题意首先求得3a的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项

和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【解析】(1)由等差数列的性质可得：535Sa=，则：3335,0aaa==，设等差数列的公差为d，从而有：()()22433aaadadd=−+=−，()()()41234333322Saaaaa

dadaadd=+++=−+−+++=−，从而：22dd−=−，由于公差不为零，故：2d=，数列的通项公式为：()3326naandn=+−=−.(2)由数列的通项公式可得：1264a=−=−，则：()()214252nnnSnnn−=−+=−

，则不等式nnSa即：2526nnn−−，整理可得：()()160nn−−，解得：1n或6n，又n为正整数，故n的最小值为7.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数

列的有关公式并能灵活运用.19．（2021·全国·统考高考真题）在ABC中，角A、B、C所对的边长分别为a、b、c，1ba=+，2ca=+.．（1）若2sin3sinCA=，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2a=.【分析】（1）由正弦定理可得出23ca=，结合已知条件求出a的值，进一步可求得b、c的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出s

inB，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角C为钝角，由cos0C结合三角形三边关系可求得整数a的值.【解析】（1）因为2sin3sinCA=，则()2223caa=+=，则4a=，故5b=，6c=，2221cos28abcCab+-==，所以，C为锐角，则237sin

1cos8CC=−=，因此，1137157sin452284ABCSabC===△；（2）显然cba，若ABC为钝角三角形，则C为钝角，由余弦定理可得()()()()22222221223cos022121aaaabcaaCabaaaa++−++−−−=

==++，解得13a−，则0<<3a，由三角形三边关系可得12aaa+++，可得1a，aZ，故2a=.20．（2021·天津·统考高考真题）在ABC，角,,ABC所对的边分别为,,abc，已知sin:sin:

sin2:1:2ABC=，2b=．（I）求a的值；（II）求cosC的值；（III）求sin26C−的值．【答案】（I）22；（II）34；（III）321116−【分析】（I）由正弦定理可得::2:1:2abc=，即可求出；（II）由余弦定理即可计算；（

III）利用二倍角公式求出2C的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.【解析】（I）因为sin:sin:sin2:1:2ABC=，由正弦定理可得::2:1:2abc=，2b=，22,2ac==；（I

I）由余弦定理可得2228243cos242222abcCab+−+−===；（III）3cos4C=，27sin1cos4CC=−=，7337sin22sincos2448CCC===，291cos22cos12

1168CC=−=−=，所以sin2sin2coscos2sin666CCC−=−373113211828216−=−=.21．（2021·天津·统考高考真题）已知na是公差为2的等差数列，其前8项和为64．nb是公比大于0的等比数列，1324,48bbb=−

=．（I）求na和nb的通项公式；（II）记2*1,nnncbbnN=+，（i）证明22nncc−是等比数列；（ii）证明()*112222nkkkkkanNcac+=−【答案】（I）21,na

nnN=−，4,nnNbn=；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得na的通项，由等比数列的通项公式运算可得nb的通项公式；（II）（i）运算可得2224nnncc=−，结合等比数列的定义即可得证；（ii）放缩得

21222422nnnnnancac+−，进而可得111122122nkknkkkkkakcca+−==−，结合错位相减法即可得证.【解析】（I）因为na是公差为2的等差数列，其前8项和为64

．所以12818782642aaaa+++=+=，所以11a=，所以()12121,nnnnNaa=+−=−；设等比数列nb的公比为(),0qq，所以()221321484qbbbqqbq==−=−−，解得4q=（负值舍去），所以114,nnnb

qnNb−==；（II）（i）由题意，221441nnnnnbcb=++=，所以22224211442444nnnnnnncc=+−+=−，所以220nncc−，且212222124424nnnnnncccc+

++==−−，所以数列22nncc−是等比数列；（ii）由题意知，()()22122222121414242222nnnnnnnnnanncca+−+−==−，所以212212421222222nnnnnnnannancc+−

==−，所以111122122nkknkkkkkakcca+−==−，设10121112322222nnknkknT−−===++++，则123112322222nnnT=++++

，两式相减得21111111122121222222212nnnnnnnnnT−−+=++++−=−=−−，所以1242nnnT−+=−，所以11111221124222222nnkknkkkkka

kncca+−−==+=−−.【点睛】关键点点睛：最后一问考查数列不等式的证明，因为2112nkkkkkacca+=−无法直接求解，应先放缩去除根号，再由错位相减法即可得证.