2024版新教材高考数学一轮复习第4章三角函数与解三角形新高考新题型微课堂5多选题命题热点之解三角形学案含解析新人教B版202305182168.doc

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1、2024版新教材高考数学一轮复习第4章三角函数与解三角形新高考新题型微课堂5多选题命题热点之解三角形学案含解析新人教B版202305182168第4章 三角函数与解三角形五多选题命题热点之解三角形以三角形为载体，以正弦定理、余弦定理为工具，以三角恒等变换为手段来考查解三角形问题是多选题中的一类热点题型，主要考查内容有正弦定理、余弦定理、三角形面积的计算、三角恒等变换和三角函数的性质解题时通常交替使用正弦定理、余弦定理，利用函数与方程思想等进行求解三角形边、角、周长和面积的计算(多选题)(2020烟台模拟)在ABC中，D在线段AB上，且AD5，BD3.若BC2CD，cosCDB，则()AsinC

2、DBBABC的面积为8CABC的周长为84DABC为钝角三角形BCD解析：由cosCDB得sinCDB，故A错误；设CDx，CB2x，在CBD中，由余弦定理得，cosCDB，整理得，5x22x150，解得x或x(舍)，即CD，BC2，所以SABCSBCDSADC358，故B正确；由余弦定理得，cos B，即，解得AC2，故ABC的周长为ABACBC82284，故C正确；由余弦定理得，cos ACB0，故ACB为钝角，D正确故选BCD.解答三角形面积周长问题要注意的问题(1)利用正弦、余弦定理建立三角形中的边和角的关系，并能恰当地进行边角互化(2)根据题目条件和所求结论选择正弦定理、余弦定理或三

3、角形的面积公式(3)注意三角形内角的特点在ABC中，因为ABC，所以sin(AB)sin C，cos(AB)cos C，tan(AB)tan C，sincos，cossin.(多选题)(2020山东全真模拟)四边形ABCD内接于圆O，ABCD5，AD3，BCD60，则()A四边形ABCD为梯形B圆O的直径为7C四边形ABCD的面积为DABD的三边长度可以构成一个等差数列ACD解析：如图因为ABCD5，AD3，BCD60，所以BAD120.连接BD，AC，易得BADCDA，所以BADCDA120，所以BCDCDA180，所以BCAD.显然AB不平行于CD，即四边形ABCD为梯形，故A正确在BAD

4、中，由余弦定理得BD2AB2AD22ABADcosBAD，所以BD25232253cos 12049，所以BD7，所以圆的直径不可能是7，故B错误在BCD中，由余弦定理得BD2CB2CD22CBCDcosBCD，所以72CB25225CBcos 60，解得CB8或CB3(舍去)因为SBADABADsin 12053，SBCDCBCDsin 6058，所以S四边形ABCDSBADSBCD，故C正确在ABD中，AD3，AB5，BD7，满足ADBD2AB，所以ABD的三边长度可以构成一个等差数列，故D正确故选ACD.解三角形与三角函数的综合(多选题)(2020山东模拟)在ABC中，内角A，B，C的对

5、边分别是a，b，c.()A若2cos C(acos Bbcos A)c，则CB若2cos C(acos Bbcos A)c，则CC若边BC上的高为a，则当取得最大值时，AD若边BC上的高为a，则当取得最大值时，AAC解析：因为2cos C(acos Bbcos A)c，所以由正弦定理得2cos C(sin Acos Bsin Bcos A)sin C，所以2cos Csin(AB)2cos Csin Csin C.因为sin C0，所以cos C.因为C(0，)，所以C，所以A正确，B错误因为边BC上的高为a，所以bcsin Aa，所以a22bcsin A.因为cos A，所以b2c2a22b

6、ccos A2bcsin A2bccos A，所以2sin A2cos A4sin4，当A时等号成立，此时A，故C正确，D错误故选AC.解答三角形边、角问题的关注点(1)正确应用所学知识“翻译”题目条件，根据题目条件和要求选择正弦或余弦定理求解(2)注意“三统一”，即“统一角、统一函数、统一结构”，这是解决问题的突破口(3)重视等价转化、函数方程思想的应用(多选题)在ABC中，下列命题正确的有()A若A30，b4，a5，则ABC有两个解B若0tan Atan B1，则ABC一定是钝角三角形C若cos(AB)cos(BC)cos(CA)1，则ABC一定是等边三角形D若abccos Bccos A

7、，则ABC是等腰或直角三角形BCD解析：由正弦定理得，即，得sin B.因为ba，所以BA，所以B为锐角，所以ABC有一个解，故选项A错误若0tan Atan B0且tan B0，所以A，B为锐角，tan(AB)0，所以tan C0，C为钝角，ABC一定是钝角三角形，故选项B正确若cos(AB)cos(BC)cos(CA)1，则cos(AB)cos(BC)cos(CA)1，即ABBCCA0，所以ABC，所以ABC一定是等边三角形，故选项C正确若abccos Bccos A，由正弦定理得sin Asin Bsin Ccos Bsin Ccos A，即sin(BC)sin(AC)sin Ccos

8、Bsin Ccos A，整理得(sin Bsin A)cos C0，所以cos C0或sin Bsin A0，即C或BA，故ABC是等腰或直角三角形，所以选项D正确故选BCD.数列课程标准命题解读1.了解数列的概念和表示方法(列表、图像、通项公式)，了解数列是一种特殊函数2理解等差数列的概念和通项公式的意义3探索并掌握等差数列的前n项和公式，理解等差数列的通项公式与前n项和公式的关系4能在具体的问题情境中，发现数列的等差关系，并解决相应的问题体会等差数列与一元一次函数的关系5理解等比数列的概念和通项公式的意义6探索并掌握等比数列的前n项和公式，理解等比数列的通项公式与前n项和公式的关系7能在具

9、体的问题情境中，发现数列的等比关系，并解决相应的问题体会等比数列与指数函数的关系.考查形式：一般为一个选择题和一个填空题或一个解答题考查内容：数列的概念及表示方法、等差数列、等比数列的定义、性质、通项公式与前n项和公式、数列求和及其应用备考策略：(1)熟练应用等差数列、等比数列的通项公式与前n项和公式求值(2)重视数列与函数关系的研究，注意函数性质在数列中的应用(3)加强数列求和问题的训练核心素养：数学抽象、直观想象、数学运算.第1节数列基础一、教材概念结论性质重现1数列的概念与表示数列内容定义按照一定次序排列的一列数称为数列，数列中的每一个数称为这个数列的项各项依次称为这个数列的第1项(或首

10、项)，组成数列的数的个数称为数列的项数，an表示数列的第n项，称为数列的通项表示a1，a2，a3，an，简记为an函数观点anf(n)，nN*(1)数列研究的是有规律的一列数，归纳与猜想是研究数列的重要方法(2)有序性是数列的主要特征，数列的项an是序号n的函数，其中n是正整数2数列的分类分类标准名称含义按项的个数有穷数列项数有限的数列无穷数列项数无限的数列按项的变化趋势递增数列从第2项起，每一项都大于它的前一项的数列anan1常数列各项都相等的数列anan1数列的前三项的增减性是判断数列是否具有增减性的必要条件，解题时要灵活运用3数列的通项公式与递推公式数列的形式意义特点通项公式用公式anf

11、(n)，nN*给出数列可以求任意项递推公式给出首项，相邻两项或多项之间的关系需依次求各项由数列的递推公式求数列的通项公式是高频考点4数列的前n项和(1)表示：一般地，给定数列an，称Sna1a2an为数列an的前n项和(2)an与Sn的关系：如果数列an的前n项和为Sn，则an(1)求数列的前n项和，从首项起，以后各项依次相加，其中项数是易错点(2)由Sn求an的三个步骤：求a1S1；当n2时，求anSnSn1；验证首项二、基本技能思想活动体验1判断下列说法的正误，对的打“”，错的打“”(1)数列1,2,3与3,2,1是同一个数列()(2)在数列an中，对于任意正整数m，n，amnamn1，若

12、a11，则a22.()(3)根据数列的前几项归纳出数列的通项公式可能不止一个()(4)任何一个数列不是递增数列，就是递减数列()(5)如果数列an的前n项和为Sn，则对nN*，都有anSnSn1.()2设数列an的前n项和Snn2，则a8的值为()A15 B16 C49D64A解析：因为Snn2，所以a1S11.当n2时，anSnSn1n2(n1)22n1.当n1时符合上式，所以an2n1，所以a828115.3(多选题)已知数列的通项公式为ann210n16，则下列说法正确的是()A数列an是递增数列B数列an是递减数列C数列an中的最小项是第5项D数列an的前5项递减，以后各项递增CD解析

13、：由于通项公式ann210n16(n5)29，所以数列an中的最小项是第5项，数列an的前5项递减，以后各项递增4在数列1,1,2,3,5,8,13,21，x,55，中，x_.34解析：通过观察数列各项的规律，发现从第三项起，每项都等于它前两项之和，因此x132134.5已知ann2n，且对于任意的nN*，数列an是递增数列，则实数的取值范围是_(3，)解析：因为an是递增数列，所以对任意的nN*，都有an1an，即(n1)2(n1)n2n，整理得2n10，即(2n1)(*)因为n1，所以(2n1)3，要使不等式(*)恒成立，只需3.考点1由数列的前几项求数列的通项基础性1(2020乌鲁木齐米

14、东区期中)数列1,3，6,10，的一个通项公式是()Aan(1)nn2(n1)Ban(1)n1(n21)Can(1) nDan(1)n1C解析：设此数列为an，可得每一项的符号为(1)n，且|an|，所以an(1)n.2已知数列，则5是它的()A第19项B第20项C第21项D第22项C解析：数列，中的各项可变形为，所以通项公式为an，令5，得n21.3数列an的前4项是，1，则这个数列的一个通项公式是an_.解析：数列an的前4项可变形为，故它的一个通项公式an.4一个数列an的前4项是0.8,0.88,0.888,0.888 8，则这个数列的一个通项公式是an_.解析：数列变为，故它的一个通

15、项公式an.由数列的前几项求数列的通项的策略根据所给数列的前几项求其通项时，需仔细观察、对比、分析，从整体到局部多角度归纳、联想抓住以下几个方面的特征：(1)分式中分子、分母的各自特征(2)相邻项的联系特征(3)拆项后的各部分特征(4)符号特征考点2由Sn与an的关系求通项应用性(1)已知数列an的前n项和Sn2n23n，则an_.4n5解析：a1S1231，当n2时，anSnSn1(2n23n)2(n1)23(n1)4n5，由于a1也适合此等式，所以an4n5.(2)(2019上海卷)已知数列an前n项和为Sn，且满足Snan2，则S5_.解析：当n1时，S1a12，所以a11.当n2时，由

16、Snan2得Sn1an12，两式相减得anan1(n2)，所以an是以1为首项，为公比的等比数列，所以Sn，所以S5.本例(1)条件变为“Sn3n1”，求数列an的通项公式解：当n1时，a1S1314；当n2时，anSnSn1(3n1)(3n11)23n1.当n1时，23112a1，所以an已知Sn求an的步骤(1)先利用a1S1求出a1.(2)用n1替换Sn中的n得到一个新的关系，利用anSnSn1(n2)便可求出当n2时an的表达式(3)注意检验n1时的表达式是否可以与n2的表达式合并已知数列an，a13a232a33n1an，求数列an的通项公式解：因为a13a232a33n1an，则当

17、n2时，a13a232a33n2an1，得3n1an，所以an(n2)由题意知a1符合上式，所以an.考点3由数列的递推关系求通项综合性考向1累加法(原创题)设x表示不超过x的最大整数，如3.144，3.143.已知数列an满足：a11，an1ann1(nN*)，则()A1B2 C3D4A解析：由an1ann1，得anan1n(n2)又a11，所以an(anan1)(an1an2)(a2a1)a1n(n1)(n2)21，则2.所以22.所以1.由数列的递推关系求通项公式方法之一已知a1，且anan1f(n)时，用累加法求解考向2累乘法已知在数列an中，a11，前n项和Snan.(1)求a2，a

18、3；(2)求数列an的通项公式解：(1)由S2a2，得3(a1a2)4a2，解得a23a13；由S3a3，得3(a1a2a3)5a3，解得a3(a1a2)6.(2)由题设知a11.当n1时，有anSnSn1anan1，整理得anan1.于是a11，a2a1，a3a2，an1an2，anan1，将以上n个等式两端分别相乘，整理，得an，n2.又a11，也满足上式综上，数列an的通项公式an.由数列的递推关系求通项公式方法之二已知a1，且f(n)时，用累乘法求解考向3待定系数法设数列an中，a12，an12an3，则an_.52n13解析：设递推公式an12an3可以转化为an1t2(ant)，即

19、an12ant，解得t3，故an132(an3)令bnan3，则b1a135，且2.所以bn是以5为首项，2为公比的等比数列，所以bn52n1，故an52n13.由数列的递推关系求通项公式方法之三已知a1，且an1qanb，则an1kq(ank)(其中k可用待定系数法确定)，可转化为ank为等比数列考向4取倒数法(2020广雅中学模拟)在数列an中，已知a12，an1(nN*)，则an的表达式为()AanBanCanDanB解析：数列an中，由a12，an1(nN*)，可得3，所以数列是首项为，公差为3的等差数列，所以3(n1).可得an(nN*)由数列的递推关系求通项公式方法之四形如an1(

20、A，B，C为常数)的数列，可通过两边同时取倒数的方法构造新的数列求解1已知数列an满足a11，an13an2，则a6()A0B1 C2D6B解析：因为a11，an13an2，所以a2321，以此类推可得a33a221，a43a321，a53a421，a63a521.2已知数列an满足：a11，an1，则a5的值为_解析：由递推公式可得anan12an12an，即anan12an2an1，据此有.又1，故数列是首项为1，公差为的等差数列，则1(51)3，故a5.3(2020河北联考)数列an满足a13，且对于任意的nN*都有an1ann2，则a39_.820解析：因为an1ann2，所以a2a1

21、3，a3a24，a4a35，anan1n1(n2)上面(n1)个式子左右两边分别相加得ana1(n2)，即an(n2)当n1时，a13适合上式，所以an，nN*，所以a39820.考点4数列与函数综合性考向1数列的增减性与最大值、最小值(1)已知数列an的通项公式为ann22n(nN*)，则“1”是“数列an为递增数列”的()A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件A解析：若数列an为递增数列，则有an1an0，即2n12对任意的nN*都成立，于是有32，.由1可推得，但反过来，由不能得到1，因此“1”是“数列an为递增数列”的充分不必要条件(2)已知数列an的通项

22、an，nN*，则数列an前20项中的最大项与最小项分别为_31解析：an1，当n11时，0，且单调递减；当1n10时，0，且单调递减因此数列an前20项中的最大项与最小项分别为第11项，第10项故最大项为a113，最小项为a101.(2020北京东城二模)已知an为等比数列，其前n项和为Sn，且满足a31，S33a21.bn为等差数列，其前n项和为Tn，如图_，Tn的图象经过A，B两个点(1)求Sn；(2)若存在正整数n，使得bnSn，求n的最小值从图，图，图中选择一个适当的条件，补充在上面问题中并作答解：(1)设an为公比为q的等比数列，由a31，S33a21，得a12a2，即q，a1q21

23、.所以q，a14.所以Sn8823n.(2)由图知T1b11，T33，可判断d0，数列bn是递减数列而数列823n递增，因为b1S1，所以选择不满足“存在n，使得bnSn”；由图知：T1b11，T36，可判断d0，数列bn是递增数列；由图知：T1b13，T30，可判断d0，数列bn是递增数列所以选择均可能满足“存在n，使得bnSn”第一种情况：如果选择条件，即T1b11，T36，可得d1，bnn，当n1,2,3,4,5,6,7时，bnSn不成立当n8时，b88，S88238b8.所以使得bnSn成立的n的最小值为8.第二种情况：如果选择条件即T1b13，T30，可得：d3，bn3n6，当n1,

24、2,3,4时，bnSn不成立当n5时，b59，S58235b5，所以使得bnSn成立的n的最小值为5.解决数列的单调性问题的常用方法(1)用作差比较法，根据an1an的符号判断数列an是递增数列、递减数列还是常数列(2)用作商比较法，根据(an0或an0)与1的大小关系进行判断(3)结合相应函数的图像直观判断考向2数列的周期性(2020上杭县 5月模拟)设数列an满足：a12，an11，记数列an的前n项之积为Pn，则P2 021的值为()ABC1D1D解析：a12，an11，得a2，a31，a42，此时数列的项开始重复出现，呈现周期性，周期为3.且P31,2 02136732，所以P2 02

25、1(1)673a1a21.解决数列周期性问题的方法先根据已知条件求出数列的前几项，确定数列的周期，再根据周期性求值考向3新定义问题(多选题)记数列an的前n项和为Sn，若存在实数H，使得对任意的nN，都有|Sn|H，则称数列an为“和有界数列”下列说法正确的是()A若an是等差数列，且公差d0，则an是“和有界数列”B若an是等差数列，且an是“和有界数列”，则公差d0C若an是等比数列，且公比|q|1，则an是“和有界数列”D若an是等比数列，且an是“和有界数列”，则an的公比|q|1BC解析：若an是等差数列，且公差d0，当a10，可得Sn0，数列an为“和有界数列”当a10，可得Snn

26、a1，数列an不为“和有界数列”，故A错误；若an是等差数列，且数列an是“和有界数列”，可得存在实数H，使得对任意的nN，都有|Sn|H，即|na1|H恒成立，可得a1d0，故B正确若an是等比数列，且公比|q|1，|Sn|，则an是“和有界数列”，故C正确若an是等比数列，且an是“和有界数列”，若q1，即当n为奇数时，Sna1，当n为偶数时，Sn0，可得存在实数H，使得对任意的nN，都有|Sn|H，故D错误解决数列的新定义问题的要点(1)准确转化：解决数列新定义问题时，一定要读懂新定义的本质含义，将题目所给定义转化成题目要求的形式，切忌同已有概念或定义相混淆(2)方法选取：对于数列新定义

27、问题，搞清定义是关键，仔细认真地从前几项(特殊处、简单处)体会题意，从而找到恰当的解决方法1观察数列1，ln 2，sin 3,4，ln 5，sin 6,7，ln 8，sin 9，则该数列的第11项是()A1 111B11 Cln 11Dsin 11C解析：由数列得出规律，按照1，ln 2，sin 3，是按正整数的顺序排列，且以3为循环节，由1133余2，所以该数列的第11项为ln 11.2已知an，那么数列an是()A递减数列B递增数列C常数列D摆动数列B解析：an1，将an看作关于n的函数，nN*，易知数列an是递增数列3若数列an的前n项和Snn210n(nN*)，则数列nan中数值最小的

28、项是()A第2项B第3项C第4项D第5项B解析：因为Snn210n，所以当n2时，anSnSn12n11.当n1时，a1S19也适合上式，所以an2n11(nN*)记f(n)nann(2n11)2n211n，此函数图像的对称轴为直线n，但nN*，所以当n3时，f(n)取最小值所以数列nan中数值最小的项是第3项已知数列an中，a13，且n(n1)(anan1)2.(1)求数列an的通项公式；(2)设bn，求数列bn的前n项和Sn.四字程序读想算思求通项公式与前n项和1.求通项公式的方法；2怎样对已知条件变形？变形已知条件，求通项公式，求和转化与化归数列an中，a13，n(n1)(anan1)2

29、1.累加法与错位相减法；2构造法与裂项相消法 1.由anan12，求an；2由bn，求Sn1.累加法与构造法求数列的通项公式；2错位相减法与裂项相消法求和思路参考：(1)累加法；(2)错位相减法解：(1)由题意知，anan12，所以n2时，an1an2，an2an12，a1a22，以上(n1)个式子左右两边分别相加得a1an2.又a13，所以an1(n2)又a13符合上式，故an1(nN*)(2)由(1)知，an1，所以a1a2an，所以bn，所以Sn，Sn，两式相减得Sn11，故Sn2.思路参考：(1)选代法；(2)裂项相消法解：(1)由题意知，anan12，所以an1an，所以anan1a

30、1321，所以an1.(2)由(1)知an1，所以a1a2an，所以bn，所以Sn2.1本题考查数列求通项公式与前n项和问题，解法灵活多变，基本解题策略是借助于数列的递推关系求通项公式，利用裂项相消法或错位相减法求数列的前n项和，对于此类问题要注意观察条件的特点，合理转化2基于课程标准，解答本题一般需要学生熟练掌握数学推理能力、运算求解能力和表达能力，体现了逻辑推理、数学运算的核心素养已知数列an中，a11，an13an2，求数列an的通项公式解：(方法一)an13an2，即an113(an1)，即3，所以3，3，3，3.将这些等式两边分别相乘得3n.因为a11，所以3n，即an123n1(n1)，所以an23n11(n2)又a11也满足上式，故数列an的一个通项公式为an23n11.(方法二)an13an2，即an113(an1)32(an11)33(an21)3n(a11)23n(n1)，所以an23n11(n2)又a11也满足上式，故数列an的一个通项公式为an23n11.