苏教版高一数学新教材必修5教案[下学期]

第十课时 等比数列的前n项和(二)
教学目标：
综合运用等比数列的定义式、通项公式、性质及前n项求和公式解决相关问题，提高学生分析、解决问题的能力.
教学重点：
进一步熟练掌握等比数列的通项公式和前n项和公式.
教学难点：
灵活使用有关知识解决问题
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
前面我们学习了哪些有关等比数列的知识
定义式：＝q(q≠0，n≥2)
通项公式：an＝a1qn－1(a1,q≠0)
若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq,
Sn＝＝ (q≠1)
Sn＝na1，(q＝1)
an＝Sn－Sn－1(n≥2)，a1＝S1(n＝1)
Ⅱ.讲授新课
我们结合一些练习来看一下如何灵活应用它们.
［例1］求和：（x＋）＋（x2＋）＋…＋（xn＋） (其中x≠0，x≠1，y≠1)
分析：上面各个括号内的式子均由两项组成，其中各括号内的前一项与后一项分别组成等比数列，分别求出这两个等比数列的和，就能得到所求式子的和.
解：当x≠0，x≠1，y≠1时，
（x＋）＋（x2＋）＋…＋（xn＋）＝(x＋x2＋…＋xn)＋(＋＋…＋)
＝＋ eq \f(（1－）,1－) ＝＋
此方法为求和的重要方法之一：分组求和法.
［例2］已知Sn是等比数列{an}的前n项和，S3，S9，S6成等差数列，求证：a2，a8，a5成等差数列.
分析：由题意可得S3＋S6＝2S9，要证a2，a8，a5成等差数列，只要证a2＋a5＝2a8即可.
证明：∵S3，S9，S6成等差数列，∴S3＋S6＝2S9
若q＝1，则S3＝3a1，S6＝6a1，S9＝9a1，由等比数列中，a1≠0得S3＋S6≠2S9，与题设矛盾，∴q≠1，
∴S3＝，S6＝，S9＝且
＋＝
整理得q3＋q6＝2q9，由q≠0得1＋q3＝2q6
又∵a2＋a5＝a1q＋a1q4＝a1q(1＋q3)，∴a2＋a5＝a1q·2q6＝2a1q7＝2a8
∴a2，a8，a5成等差数列.
评述：要注意题中的隐含条件与公式的应用条件.
［例3］某制糖厂第1年制糖5万吨，如果平均每年的产量比上一年增加10%，那么从第1年起，约几年内可使总产量达到30万吨(保留到个位)
分析：由题意可知，每年产量比上一年增加的百分率相同，所以从第1年起，每年的产量组成一个等比数列，总产量则为等比数列的前n项和.
解：设每年的产量组成一个等比数列{an}，其中a1＝5，q＝1＋10%＝1.1，Sn＝30
∴＝30，整理可得：1.1n＝1.6
两边取对数，得nlg1.1＝lg1.6，即：n＝≈5
答：约5年内可以使总产量达到30万吨.
评述：首先应根据题意准确恰当建立数学模型，然后求解.
Ⅲ.课堂练习
课本P58练习1，2，3
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，应掌握等比数列的定义式、通项公式、性质以及前n项求和公式的灵活应用.利用它们解决一些相关问题时，应注意其特点.
Ⅴ.课后作业
课本P58习题 3，4，5
等比数列的前n项和(二)
1．数列{an}为正数的等比数列，它的前n项和为80，且前n项中数值最大的项为54，它的前2n项的和为6560，求此数列的首项和公比.
2．已知数列{an}是等比数列，试判断该数列依次k项的和组成的数列{bn}是否仍为等比数列？
3．求数列1，a＋a2，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5＋a6，…的前n项和Sn.
4．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)
(1)证明数列{an}为等比数列；（2）求通项an；(3)当k＝－1时，求和a12＋a22＋…＋an2.
5．已知一个项数是偶数的等比数列的首项为1，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数.
6．等比数列{an}中，S4＝1，S8＝3，求a17＋a18＋a19＋a20的值.
7．求和（x＋）2＋（x2＋）2＋…＋（xn＋）2
8．求数列2x2，3x3，4x4，…，nxn，…的前n项和.
等比数列的前n项和(二)答案
1．数列{an}为正数的等比数列，它的前n项和为80，且前n项中数值最大的项为54，它的前2n项的和为6560，求此数列的首项和公比.
分析：利用等比数列的前n项和公式Sn＝解题.
解：若q＝1，则应有S2n＝2Sn，与题意不合，故q≠1.
当q≠1时，由已知得 eq \b\lc\{(\a\al(＝80 ①,＝6560 ②))
由，得＝82，即q2n－82qn＋81＝0
得qn＝81或qn＝1(舍)
∴qn＝81，故q＞1.
{an}的前n项中最大，有an＝54.将qn＝81代入①，得a1＝q－1 ③
由an＝a1qn－1＝54，得a1qn＝54q
即81a1＝54q ④
由③、④得a1＝2，q＝3
评述：在数学解题中还应有一个整体观念，如本题求出qn＝81，应保留qn为一个整体求解方便.
2．已知数列{an}是等比数列，试判断该数列依次k项的和组成的数列{bn}是否仍为等比数列？
分析：应对{an}的公比q分类讨论.
解：设bn＝a(n－1)k+1＋a(n－1)k+2＋…＋ank，且数列{an}的公比为q
则当q＝1时，b1＝b2＝…＝bn＝…＝ka1,
∴{bn}为公比是1的等比数列.
当q≠±1时，bn＝，＝＝qk
∴{bn}为公比是qk的等比数列.
当q＝－1时，若k为偶数，则bn＝0，此时{bn}不能为等比数列.
若k为奇数，数列{bn}为公比为－1的等比数列.
综上：当{an}的公比不为－1时，数列{bn}仍为等比数列；当{an}的公比为－1时，若k为偶数，则{bn}不是等比数列；当k为奇数时，数列{bn}为公比为－1的等比数列.
3．求数列1，a＋a2，a2＋a3＋a4，a3＋a4＋a5＋a6，…的前n项和Sn.
解：(1)a＝0时，Sn＝1；(2)a＝1时，Sn＝n(n＋1)；
(3)a＝－1时，Sn＝ eq \b\lc\{(\a\al(（n为偶数）,（n为奇数）)) ；
(4)a＝±1；a≠0时，Sn＝.
4．数列{an}中，Sn＝1＋kan(k≠0，k≠1)
(1)证明数列{an}为等比数列；（2）求通项an；(3)当k＝－1时，求和a12＋a22＋…＋an2.
分析：由于条件中涉及Sn与an的关系，因此，要考虑Sn－Sn－1＝an(n≥2)的运用，然后回答定义.
（1）证明：∵Sn＝1＋kan ①
Sn－1＝1＋kan－1 ②
①－②得Sn－Sn－1＝kan－kan－1(n≥2)
∴(k－1)an＝kan－1，＝ (常数)，（n≥2）
∴{an}是公比为的等比数列.
（2）解：∵S1＝a1＝1＋ka1，∴a1＝
∴an＝·()n－1＝－
(3)解：∵{an}中a1＝，q＝
∴{an2}为首项为（）2，公比为（）2的等比数列.
当k＝－1时，等比数列{an2}的首项为 ，公比为
∴a12＋a22＋…＋an2＝ eq \f([1－（）n],1－) ＝[1－（）n]
评述：应注意an＝的应用.
5．已知一个项数是偶数的等比数列的首项为1，其奇数项的和为85，偶数项的和为170，求这个数列的公比和项数.
解：设数列的公比为q，项数为2n
则，得q(a1＋a3＋…＋a2n－1)＝170，∴q＝2
又∵＝85，即＝85
∴22n＝256＝28，∴2n＝8
评述：在等比数列的通项公式和前n项和公式中，共涉及到a1，n，q，an，Sn5个量，其中a1和q是基本量，利用这两个公式，可知三求二.
6．等比数列{an}中，S4＝1，S8＝3，求a17＋a18＋a19＋a20的值.
分析：关键是确定首项和公比.
解：设此数列的首项和公比为a1和q.
则 eq \b\lc\{(\a\al(＝1 ①,＝3 ②))
由②÷①得q4＝2.
∴a17＋a18＋a19＋a20＝S20－S16
＝－＝＝q16＝24＝16.
评述：在研究等比数列的问题中，要确定基本量a1和q,仍然离不开方程思想，在具体求解时，得到的方程往往是高次方程，因此，要注意优化与化简.
7．求和（x＋）2＋（x2＋）2＋…＋（xn＋）2
分析：注意到（xn＋）2＝an＝x2n＋＋2，且{x2n}与{()2n}为等比数列，故可考虑拆项法.
解：Sn＝(x2＋x4＋…＋x2n)＋(＋＋…＋)＋
当x＝±1时， Sn＝n＋n＋2n＝4n.
当x≠±1时，Sn＝＋ eq \f(（1－）,1－) ＋2n
＝＋2n
评述：在运用等比数列的求和公式时，要注意分析公比是否为1.
8．求数列2x2，3x3，4x4，…，nxn，…的前n项和.
分析：可以通过错位相减的方法转化为等比数列的求和问题.
解：（1）当x＝0时，Sn＝0.
(2)当x＝1时，Sn＝2＋3＋4＋…＋(n＋1)＝n(n＋3).
(3)当x≠1时，Sn＝2x2＋3x3＋4x4＋…＋(n＋1)xn+1 ①
xSn＝2x3＋3x4＋4x5＋…＋nxn+1＋(n＋1)xn+2 ②
①－②得：（1－x）Sn＝2x2＋x3＋x4＋…＋xn+1－(n＋1)xn+2
＝2x2＋－(n＋1)xn+2
∴Sn＝ ③
又当x＝0时，Sn＝0适合③
∴Sn＝ eq \b\lc\{(\a\al(n(n＋3) （x＝1）, （x≠1）))
评述：错位相减法是一种常用的重要的求和方法.
- 5 -第六课时 线性规划（一）
教学目标：
1．解线性约束条件、线性目标函数、线性规划概念；
2．在线性约束条件下求线性目标函数的最优解；
3．了解线性规划问题的图解法。
教学重点：线性规划问题。
教学难点：线性规划在实际中的应用。
教学过程：
1．复习回顾：
上一节，我们学习了二元一次不等式表示的平面区域，这一节，我们将应用这一知识来解决线性规划问题．所以，我们来简要回顾一下上一节知识．（略）
2．讲授新课：
例1：设z＝2x＋y，式中变量满足下列条件：
，求z的最大值和最小值.
解：变量x，y所满足的每个不等式都表示一个平面
区域，不等式组则表示这些平面区域的公共
区域．（如右图）．
作一组与l0：2x＋y＝0平行的直线l：2x＋y＝t.t∈Ｒ可知：当l在l0的右上方时，直线l上的点（x，y）满足2x＋y＞0，即t＞0，而且，直线l往右平移时，t随之增大，在经过不等式组①所表示的公共区域内的点且平行于l的直线中，以经过点A（５，２）的直线l2所对应的t最大，以经过点B（１，１）的直线l1所对应的t最小．所以
zmax＝2×5＋2＝12 zmin＝2×1＋1＝3
说明：例1目的在于给出下列线性规划的基本概念．
线性规划的有关概念：
①线性约束条件：
在上述问题中，不等式组是一组变量x、y的约束条件，这组约束条件都是关于x、y的一次不等式，故又称线性约束条件．
②线性目标函数：
关于x、y的一次式z＝2x＋y是欲达到最大值或最小值所涉及的变量x、y的解析式，叫线性目标函数．
③线性规划问题：
一般地，求线性目标函数在线性约束条件下的最大值或最小值的问题，统称为线性规划问题．
④可行解、可行域和最优解：
满足线性约束条件的解（x，y）叫可行解．
由所有可行解组成的集合叫做可行域．
使目标函数取得最大或最小值的可行解叫线性规划问题的最优解．
Ex：P841，2，3
例2：在x≥0，y≥0，3x＋y≤3及2x＋3y≤6的条件下，试求x－y的最值。
解：画出不等式组的图形
设x－y＝t，则y＝x－t
由图知直线l：y＝x－t过A（1，0）时纵截距
最小，这时t＝1；过B（0，2）时纵截距最大，
这时t＝－2. 所以，x－y的最大值为1，最小值为－2。
例3：某工厂生产甲、乙两种产品。已知生产甲种产品1t需耗A种矿石10t、B种矿石5t、煤4t；生产乙种产品1t需耗A种矿石4t、B种矿石4t、煤9t。每1t甲种产品的利润是600元，每1t乙种产品的利润是1000元。工厂在生产这两种产品的计划中要求消耗A种矿石不超过300t、B种矿石不超过200t、煤不超过360t。甲、乙两种产品应各生产多少（精确到0.1t），能使利润总额达到最大？
分析：将已知数据列成下表
消 产 耗 量 品资 源 甲产品（1t） 乙产品（1t） 资源限额（t）
A种矿石（t） 10 4 300
B种矿石（t） 5 4 200
煤（t） 4 9 360
利润（元） 600 1000
解：设生产甲、乙两种产品分别为x t、y t，利润总额为z元，那么
z＝600x＋1000y
作出以上不等式组所表示的平面区域，即可行域。
作直线l：600x＋1000y＝0，即直线l：3x＋5y＝0
把直线l向右上方平移至l1的位置时，直线经过可行域上的点M，且与原点距离最大。此时 z＝600x＋1000y 取最大值。
解方程组
得M的坐标为 x＝≈12.4，
y＝≈34.4
答：应生产甲产品约12.4t，乙产
品34.4t，能使利润总额达到最大。
3．课堂练习：
课本P84 1，2，3
4．课堂小结：
通过本节学习，要求大家掌握线性规划问题，并能解决简单的实际应用.
5．课后作业：
课本P87习题 3，4
教学后记：
线性规划
例1：某工厂生产甲、乙两种产品。已知生产甲种产品1t需耗A种矿石10t、B种矿石5t、煤4t；生产乙种产品1t需耗A种矿石4t、B种矿石4t、煤9t。每1t甲种产品的利润是600元，每1t乙种产品的利润是1000元。工厂在生产这两种产品的计划中要求消耗A种矿石不超过300t、B种矿石不超过200t、煤不超过360t。甲、乙两种产品应各生产多少（精确到0.1t），能使利润总额达到最大？
例2：某工厂有甲、乙两种产品，按计划每天各生产不少于15t，已知生产甲产品1t需煤9t，电力4kw，劳动力3个（按工作日计算）；生产乙产品l t需煤4t，电力5kw，劳动力10个；甲产品每吨价7万元，乙产品每吨价12万元；但每天用煤量不得超过300吨，电力不得超过200 kw，劳动力只有300个，问每天各生产甲、乙两种产品多少吨，才能既保证完成生产任务，又能为国家创造最多的财富。
例3：一位农民有田2亩，根据他的经验：若种水稻，则每亩每期产量为400 kg；若种花生，则每亩每期产量为100 kg，但水稻成本较高，每亩每期需240元，而花生只要80元，且花生每 kg可卖5元，稻米每kg只卖3元，现在他只能凑足400元，问这位农民对两种作物各种多少亩，才能得到最大利润？
例3：要将两种大小不同的钢板截成Ａ、Ｂ、Ｃ三种规格，每张钢板可同时截得三种规格的小钢板的块数如下表所示：
　　 规格类型钢板类型 Ａ规格 Ｂ规格 Ｃ规格
第一种钢板 ２ １ １
第二种钢板 １ ２ ３
今需要A、B、C三种规格的成品分别为15、18、27块，问各截这两种钢板多少张可得所需三种规格成品，且使所用钢板张数最少？
- 3 -第五课时 等差数列的前n项和(一)
教学目标：
掌握等差数列前n项和公式及其获取思路，会用等差数列的前n项和公式解决一些简单的与前n项和有关的问题；提高学生的推理能力，增强学生的应用意识.
教学重点：
等差数列前n项和公式的推导、理解及应用.
教学难点：
灵活应用等差数列前n项公式解决一些简单的有关问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
经过前面的学习，我们知道，在等差数列中：
（1）an－an－1＝d(n≥1)，d为常数.
（2）若a，A，b为等差数列，则A＝.
（3)若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.（其中m，n，p，q均为正整数）
Ⅱ.讲授新课
随着学习数列的深入，我们经常会遇到这样的问题.
例：如图，一个堆放铅笔的V形架的最下面一层放一支铅笔，往上每一层都比它下面一层多放一支，最上面一层放120支，这个V形架上共放着多少支铅笔
这是一堆放铅笔的V形架，这形同前面所接触过的堆放钢管的示意图，看到此图，大家都会很快捷地找到每一层的铅笔数与层数的关系，而且可以用一个式子来表示这种关系，利用它便可以求出每一层的铅笔数.那么，这个V形架上共放着多少支铅笔呢？这个问题又该如何解决呢？经过分析，我们不难看出，这是一个等差数求和问题？
首先，我们来看这样一个问题：1＋2＋3＋…＋100＝？
对于这个问题，著名数学家高斯10岁时曾很快求出它的结果，你知道他是怎么算的吗？
高斯的算法是：首项与末项的和：1＋100＝101，
第2项与倒数第2项的和：2＋99＝101，
第3项与倒数第3项的和：3＋98＝101，
……
第50项与倒数第50项的和：50＋51＝101，于是所求的和是101×＝5050.
这个问题，它也类似于刚才我们所遇到的问题，它可以看成是求等差数列1，2，3，…，n,…的前100项的和.在上面的求解中，我们发现所求的和可用首项、末项及项数n来表示，且任意的第k项与倒数第k项的和都等于首项与末项的和，这就启发我们如何去求一般等差数列的前n项的和.如果我们可归纳出一计算式，那么上述问题便可迎刃而解.
设等差数列{an}的前n项和为Sn，即Sn＝a1＋a2＋…＋an ①
把项的次序反过来，Sn又可写成Sn＝an＋an－1＋…＋a1 ②
①＋②2Sn＝(a1＋an)＋(a2＋an－1)＋…＋(an＋a1)
又∵a2＋an－1＝a3＋an－2＝a4＋an－3＝…＝an＋a1
∴2Sn＝n(a1＋an)
即：Sn＝
若根据等差数列{an}的通项公式，Sn可写为：Sn=a1+(a1+d)+…+[a1+(n－1)d]①,把项的次序反过来，Sn又可写为：Sn=an+(an－d)+…+[an－(n－1)d ②],把①、②两边分别相加，得
2Sn＝＝n(a1＋an)
即：Sn＝.
由此可得等差数列{an}的前n项和的公式Sn＝.
也就是说，等差数列的前n项和等于首末两项的和与项数乘积的一半.
用这个公式来计算1＋2＋3＋…＋100＝？我们有S100＝＝5050.
又∵an＝a1+(n－1)d,
∴Sn＝＝＝na1＋d
∴Sn＝或Sn＝na1＋d
有了此公式，我们就不难解决最开始我们遇到的问题，下面我们看具体该如何解决？
分析题意可知，这个V形架上共放着120层铅笔，且自上而下各层的铅笔成等差数列，可记为{an}，其中a1＝1，a120＝120，n＝120.
解：设自上而下各层的铅笔成等差数列{an}，其中n＝120，a1＝1，a120＝120.
则：S120＝＝7260
答案：这个V形架上共放着7260支铅笔.
下面我们再来看一例题：
等差数列－10，－6，－2，2，…前多少项的和是54
分析：先根据等差数列所给出项求出此数列的首项，公差，然后根据等差数列的求和公式求解.
解：设题中的等差数列为{an}，前n项为的Sn，由题意可知：a1＝－10，d＝(－6)－(－10)＝4，Sn＝54
由等差数列前n项求和公式可得：
－10n＋×4＝54
解之得：n1＝9，n2＝－3(舍去)
答案：等差数列－10，－6，－2，2，…前9项的和是54.
［例1］在等差数列{an}中，
（1）已知a2＋a5＋a12＋a15＝36，求S16
（2）已知a6＝20，求S11.
分析：（1）由于本题只给了一个等式，不能直接利用条件求出a1，a16，d，但由等差数列的性质，可以直接利用条件求出a1＋a16的和，于是问题得以解决.
（2）要求S11只需知道a1＋a11即可，而a1与a11的等差中项恰好是a6，从而问题获解.
解：（1）∵a2＋a15＝a5＋a12＝a1＋a16＝18
∴S16＝＝8×18＝144.
（2）∵a1＋a11＝2a6
∴S11＝＝11a6＝11×20＝220.
［例2］有一项数为2n＋1的等差数列，求它的奇数项之和与偶数项之和的比.
分析一：利用Sn＝na1＋d解题.
解法一：设该数列的首项为a1，公差为d，奇数项为a1，a1＋2d，…其和为S1，共n＋1项；偶数项为a1＋d，a1＋3d，a1＋5d，…，其和为S2，共n项.
∴＝ eq \f(（n＋1）a1＋（n＋1）[（n＋1）－1]2d,n（a1＋d）＋n（n－1）2d) ＝.
分析二：利用Sn＝解题.
解法二：由解法一知：
S1＝，S2＝
∵a1＋a2n+1＝a2＋a2n ∴＝
［例3］若两个等差数列的前n项和之比是（7n＋1）∶(4n＋27)，试求它们的第11项之比.
分析一：利用性质m＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq解题.
解法一：设数列{an}的前n项和为Sn，数列{bn}的前n项和为Tn.
则：a11＝，b11＝,
∴＝ eq \f(,) ＝ eq \f(·21,·21) ＝＝＝
分析二：利用等差数列前n项和Sn＝An2+Bn解题.
解法二：由题设，令Sn＝(7n＋1)·nk，Tn＝(4n＋27)·nk
由an＝Sn－Sn－1＝k(14n－6)，得a11＝148k，n≥2
bn＝Tn－Tn－1＝k(8n－23)，得b11＝111k，n≥2,
∴＝＝.
评述：对本例，一般性的结论有：已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，则：
（1）＝；(2) ＝·.
［例4］等差数列{an}的前m项和为30，前2m项和为100，则它的前3m项和为
A.30 B.170 C.210 D.260 答案：C
分析一：把问题特殊化，即命m＝1来解.
解法一：取m＝1，则a1＝S1＝30，a2＝S2－S1＝70
∴d＝a2－a1＝40，a3＝a2＋d＝70＋40＝110，S3＝a1＋a2＋a3＝210
分析二：利用等差数列的前n项和公式Sn＝na1＋d进行求解.
解法二：由已知，得
eq \b\lc\{(\a\al(Sm＝ma1＋d＝30,S2m＝2ma1＋d＝100))
解得a1＝＋，d＝
∴S2m＝3ma1＋d＝210.
分析三：借助等差数列的前n项和公式Sn＝及性质m＋n＝p＋qam＋an＝ap＋aq求解.
解法三：由已知得
由③－②及②－①结合④，得S3m＝210.
分析四：根据性质：“已知{an}成等差数列，则Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…，Skn－S(k－1)n，…(k≥2)成等差数列”解题.
解法四：根据上述性质，知Sm，S2m－Sm，S3m－S2m成等差数列.
故Sm＋(S3m－S2m)＝2(S2m－Sm),
∴S3m＝3(S2m－Sm)＝210.
分析五：根据Sn＝an2＋bn求解.
解法五：∵{an}为等差数列，
∴设Sn＝a·n2＋b·n,
∴Sm＝am2＋bm＝30，S2m＝4m2a＋2mb＝100
得a＝，b＝
∴S3m＝9m2a＋3mb＝210.
分析六：运用等差数列求和公式，Sn＝na1＋d的变形式解题.
解法六：由Sn＝na1＋d，即＝a1＋d
由此可知数列{}也成等差数列，也即，，成等差数列.
由＝＋，Sm＝30，S2m＝100
∴S3m＝210.
评述：一般地，对于等差数列{am}中，有＝ (p≠q).
[例5]在a，b之间插入10个数，使它们同这两个数成等差数列，求这10个数的和.
分析：求解的关键有二：其一是求和公式的选择；其二是用好等差数列的性质.
解法一：设插入的10个数依次为x1，x2，x3，…，x10，则a，x1，x2，…，x10，b成等差数列.
令S＝x1＋x2＋x3＋…＋x10，需求出首项x1和公差d.
∵b＝a12＝a1＋11d
∴d＝，x1＝a＋＝
∴S＝10x1＋d＝10·＋·＝5(a＋b)
解法二：设法同上，但不求d.依x1＋x10＝a＋b
∴S＝＝5(a＋b)
解法三：设法同上，正难则反
∴S＝S12－(a＋b)＝－(a＋b)＝5(a＋b)
评述：求和问题灵活多变，要注意理解和运用.
［例6］在凸多边形中，已知它的内角度数组成公差为5°的等差数列，且最小角是
120°，试问它是几边形？
解：设这是一个n边形，则
eq \b\lc\{(\a\al(Sm＝n×1200＋·50＝（n－2）×1800,1200＋（n－1）·50＜1800))
n＝9
所以这是一个九边形.
Ⅲ.课堂练习
课本P42练习1，2，3，4.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，要熟练掌握等差数列前n项和公式:
Sn＝＝na1＋d及其获取思路.
Ⅴ.课后作业
课本P45习题 1，2，3
- 5 -平面向量单元复习题（二）
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．若向量a＝（x＋3，x2－3x－4）与相等，其中A（1，2），B（3，2），则x等于（ ）
A.1 B.0 C.－1 D.2
2．已知命题正确的个数是 （ ）
①若a·b＝0，则a＝0或b＝0 ②（a·b）·c＝a·(b·c) ③若a·b＝b·c(b≠0)，则a＝c ④a·b＝b·a ⑤若a与b不共线，则a与b的夹角为锐角
A.1 B.2 C.3 D.4
3．将函数y＝log2(2x)的图象F，按a＝（2，－1）平移到F′，则F′的解析式为 （ ）
A.y＝log2［2(x－2)］－1 B.y＝log2［2(x＋2)］－1
C.y＝log2［2(x＋2)］＋1 D.y＝log2［2(x－2)］＋1
4．下面几个有关向量数量积的关系式：
①0·0＝0 ②|a·b|≤a·b ③a2＝|a|2 ④＝ ⑤(a·b)2＝a2·b2 ⑥(a－b)2＝a2－2a·b＋b2 其中正确的个数是 （ ）
A.2 B.3 C.4 D.5
5．已知a＝（x，y），b＝(－y，x)(x，y不同时为零)，则a，b之间的关系是 （ ）
A.平行 B.不平行也不垂直
C.垂直 D.以上都不对
6．已知两点A（2，3），B（－4，5），则与共线的单位向量是 （ ）
A.e＝（－6，2） B.e＝(－6，2)或（6，－2）
C.e＝（－，） D.e＝（－，）或（，－）
7．在△ABC中，已知||＝4，||＝1，S△ABC＝，则·等于 （ ）
A.－2 B.2 C.±2 D.±4
8．若|a|＝|b|＝1，a⊥b，且2a＋3b与ka－4b也互相垂直，则k的值为 （ ）
A.－6 B.6 C.3 D.－3
9．已知e1，e2是夹角为60°的两个单位向量，则a＝2e1＋e2；b＝－3e1＋2e2的夹角是（ ）
A.30° B.60° C.120° D.150°
10．若|a－b|＝ eq \r(41－20) ，|a|＝4，|b|＝5，则a与b的数量积为 （ ）
A.10 B.－10 C.10 D.10
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．若a与b、c的夹角都是60°，而b⊥c，且|a|＝|b|＝|c＝1，则（a－2c)·(b＋c)＝_____.
12．已知A（3，0），B（0，4），点P在线段AB上运动（P可以与A、B重合），O是坐标原点，则||的取值范围为_____________.
13．已知a＝（λ，2)，b＝(－3，5)且a与b的夹角是钝角，则实数λ的取值范围是_______.
14．已知＋＋＝0，||＝||＝||＝1，则，的夹角为_______.
15．等边△ABC的边长为1，＝a，＝b，＝c，那么a·b＋b·c＋c·a等于
16．若对n个向量a1，a2，…，an，存在n个不全为零的实数k1，k2，…，kn，使得k1a1＋k2a2＋…＋knan＝0成立，则称向量a1，a2，…，an“线性相关”，请写出使得a1＝(1，0)，a2＝(1，－1)，a3＝(2，2)“线性相关”的一组实数k1，k2，k3的值，即k1＝_________，k2＝___________，k3＝_____________.(答案不唯一）
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）已知a和b的夹角为60°，|a|＝10，|b|＝8，求：
（1）|a＋b|；（2）a＋b与a的夹角θ的余弦值.
18．（本小题满分14分）已知△ABC中，A（2，－1），B（3，2），C（－3，－1），BC边上的高为AD，求点D和向量.
19．(本小题满分14分）设a＝（cos23°，cos67°)，b＝(cos68°，cos22°)，u＝a＋tb(t∈R)
求（1）a·b；（2）u的模的最小值.
20．(本小题满分15分）已知点O（0，0），A（1，2），B（4，5）及＝＋t
求：（1）t为何值时，P在x轴上？P在y轴上？P在第二象限？
(2)四边形OABP能否成为平行四边形？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由.
21． (本小题满分15分）已知a＝(3，4)，b＝(4，3)，c＝xa＋yb，且a⊥c，|c|＝1，求x和y的值.
平面向量单元复习题（二）答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．C 2．A 3．A 4．B 5．C 6．D 7．C 8．B 9．C 10．A
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．－1 12．［，4］ 13．(，+∞) 14．120° 15．－ 16．4 －2 －1
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）已知a和b的夹角为60°，|a|＝10，|b|＝8，求：
（1）|a＋b|；（2）a＋b与a的夹角θ的余弦值.
【解】 （1）|a＋b|＝＝
＝＝ eq \r(102＋82＋2×10×8×) ＝2
(2)cosθ＝＝ eq \f(a2＋a·b,10×2) ＝.
18．（本小题满分14分）已知△ABC中，A（2，－1），B（3，2），C（－3，－1），BC边上的高为AD，求点D和向量.
【解】 设D（x0，y0)，则＝（x0－2，y0＋1)，＝(－6，－3)，＝(x0－3，y0－2)
∵ eq \b\lc\{(\a\al(⊥,∥)) ，∴
解得，，∴D(1，1)，＝(－1，2)
19．(本小题满分14分）设a＝（cos23°，cos67°)，b＝(cos68°，cos22°)，u＝a＋tb(t∈R)
求（1）a·b；（2）u的模的最小值.
【解】 （1）a·b＝cos23°cos68°＋cos67°cos22°＝cos23°cos68°＋sin23°sin68°
＝cos(23°－68°)＝cos45°＝
(2)∵|u|2＝(a＋tb)2＝|a|2＋t2|b|2＋2ta·b
|a|2＝cos223°＋cos267°＝cos223°＋sin223°＝1，|b|2＝cos268°＋sin268°＝1
∴|u|2＝1＋t2＋2t＝(t＋)2＋
当t＝－时，|u|min＝.
20．(本小题满分15分）已知点O（0，0），A（1，2），B（4，5）及＝＋t
求：（1）t为何值时，P在x轴上？P在y轴上？P在第二象限？
(2)四边形OABP能否成为平行四边形？若能，求出相应的t值；若不能，请说明理由.
【解】 （1）∵＝（1，2），＝（4，5）－（1，2）＝（3，3）
∴＝＋t＝(1，2)＋t(3，3)＝(1＋3t，2＋3t)
当P在x轴上时，有2＋3t＝0，即t＝－
当P在y轴上时，有1＋3t＝0，即t＝－
当P在第二象限时，有，即－＜t＜－
（2）∵＝(1＋3t，2＋3t)，＝（3，3）.
假如四边形OABP能为平行四边形，则有＝，即(1＋3t，2＋3t)＝(3，3)
∴有，该方程组无解，
∴假设不成立，∴四边形不能成为平行四边形.
21． (本小题满分15分）已知a＝(3，4)，b＝(4，3)，c＝xa＋yb，且a⊥c，|c|＝1，求x和y的值.
【解】 设c＝(c1，c2)， ∵a⊥c，a＝(3，4) ∴3c1＋4c2＝0，c2＝－c1
∴c(c1，－c1)，又∵|c|＝1 ∴c12＋(－c1)2＝1 c1＝±
∴ eq \b\lc\{(\a\al(c1＝,c2＝－)) 或 eq \b\lc\{(\a\al(c1＝－,c2＝)) ，∴c(，－)或c(－，)
又已知c＝xa＋yb＝(3x＋4y，4x＋3y)
∴ eq \b\lc\{(\a\al(3x＋4y＝,4x＋3y＝－)) 或 eq \b\lc\{(\a\al(3x＋4y＝－,4x＋3y＝)) ， 解得：∴ eq \b\lc\{(\a\al(x＝－,y＝)) 或 eq \b\lc\{(\a\al(x＝,y＝－))
- 5 -第一课时 正弦定理
教学目标：
掌握正弦定理推导过程，会利用正弦定理证明简单三角形问题，会利用正弦定理求解简单斜三角形边角问题，能利用计算器进行运算；通过三角函数、正弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一.
教学重点：
正弦定理证明及应用.
教学难点：
正弦定理的证明，正弦定理在解三角形时应用思路.
教学过程：
Ⅰ.课题导入
在初中，我们已经会解直角三角形.就是说，已会根据直角三角形中已知的边与角求出未知的边与角，而在直角三角形中，有如下的边角关系.
＝＝
那么，在任意三角形中，这一关系式是否成立呢 这也是我们这一节课将要研究的问题.
Ⅱ.讲授新课
对于＝＝这一关系的证明，我们一起来看下面的证法.
如图，在△ABC中，已知BC＝a，AC＝b，AB＝c，作△ABC
的外接圆，O为圆心，连接BO并延长交圆于B′，设BB′＝2R.
则根据直径所对的圆周角是直角以及同弧所对的圆周角相等可以
得到：
∠BAB′＝90°，∠C＝∠B′
∴sinC＝sinB′＝ ∴＝2R
同理可得＝2R，＝2R
∴＝＝＝2R
这就是说，对于任意的三角形，上述关系式均成立.因此，我们得到下面的定理.
正弦定理 在一个三角形中，各边和它所对的正弦的比相等，即
＝＝
说明：上述证法采用了初中所学的平面几何知识，将任意三角形通过外接圆性质转化为直角三角形进而求证，此证法在巩固平面几何知识的同时，易于被学生理解和接受，并且消除了学生所持的“向量方法证明正弦定理是唯一途径”这一误解.既拓宽了学生的解题思路，又为下一步用向量方法证明正弦定理作了铺垫.
接下来，我们可以考虑用前面所学的向量知识来证明正弦定理.从定理内容可以看出，定理反映的是三角形的边角关系，而在向量知识中，哪一处知识点体现边角关系呢
向量的数量积的定义式：
a·b＝｜a｜｜b｜cosθ，其中θ为两向量的夹角.
但是向量数量积涉及的是余弦关系而非正弦关系，这两者之间能否转化呢
可以通过三角函数的诱导公式
sinθ＝cos(90°－θ)进行转化.
这一转化产生了新角90°－θ，这就为辅助向量j的添加提供了线索，为方便进一步的运算，辅助向量选取了单位向量j，而j垂直于三角形一边，且与一边夹角出现了90°－θ这一形式，这是作辅助向量j垂直于三角形一边的原因.
在向量方法证明过程中，构造向量是基础，并由向量的加法原则可得
＋＝.
而添加垂直于的单位向量j是关键，为了产生j与、、的数量积，而在上面向量等式的两边同取与向量j的数量积运算，也就在情理之中了.
下面，大家再结合课本进一步体会向量法证明正弦定理的过程，并注意总结在证明过程中所用到的向量知识点.
说明：(1)在给予学生适当自学时间后，应强调学生注意两向量的夹角是以同起点为前提，以及两向量垂直的充要条件的运用.
(2)要求学生在巩固向量知识的同时，进一步体会向量知识的工具性作用.
向量法证明过程：
(1)△ABC为锐角三角形，过点A作单位向量j垂直于，
则j与的夹角为90°－A，j与的夹角为90°－C.
由向量的加法原则可得：＋＝
为了与图中有关角的三角函数建立联系，我们在上面向量等式的两边同取与向量j的数量积运算，得到：j·(＋)＝j·
由分配律可得：j·＋j·＝j·
∴｜j｜｜｜cos90°＋｜j｜｜｜cos(90°－C)＝｜j｜｜｜cos(90°－A)
∴asinC＝csinA
∴＝
另外，过点C作与垂直的单位向量j，则j与的夹角为
90°＋C，j与的夹角为90°＋B，可得＝.
(此处应强调学生注意两向量夹角是以同起点为前提，防止误解为j与的夹角为90°－C，j与的夹角为90°－B)
∴＝＝.
(2)△ABC为钝角三角形，不妨设A＞90°过点A作与垂直
的单位向量j，则j与的夹角为A－90°，j与的夹角
为90°－C.
由＋＝得：j·＋j·＝j·
即a·cos(90°－C)＝c·cos(A－90°)
∴asinC＝csinA
∴＝
另外，过点C作与垂直的单位向量j，则j与夹角为90°＋C，j与夹角为90°＋B，同理可得＝
∴＝＝
综上所述，正弦定理对于锐角三角形、直角三角形、钝角三角形均成立.
在证明了正弦定理之后，我们来进一步学习正弦定理的应用.利用正弦定理，可以解决以下两类有关三角形问题.
(1)已知两角和任一边，求其他两边和一角.
这类问题由于两角已知，故第三角确定，三角形唯一，解唯一，相对容易.
(2)已知两边和其中一边的对角，求另一边的对角.此类问题变化较多。
(1)A为锐角
(2)A为直角或钝角
接下来，我们通过例题评析来进一步体会与总结.
［例1］在△ABC中，已知c＝10，A＝45°，C＝30°，求b(保留两个有效数字).
分析：如图，此题属于已知两角和其中一角求对边的问题，
直接应用正弦定理可求出边a，若求边b，则需通过三角形
内角和为180°，求出角B，再利用正弦定理求出边b.
解：∵B＝180°－(A＋C)＝180°－(45°＋30°)＝105°，
＝，
∴b＝＝≈19
评述：(1)此类问题结果为唯一解，学生较易掌握，如果已知两角和两角所夹的边，也是先利用内角和180°求出第三角，再利用正弦定理.
(2)对于解三角形中的复杂运算可使用计算器，但应注意如下约定：当计算器所示结果为准确数时，或者为不少于四个有效数字的近似数而需要保留四个有效数字时，一律使用等号；保留的有效数字不少于四个时，使用约等号.
［例2］在△ABC中，已知a＝20，b＝28，A＝40°，求B(精确到1°)和c(保留两个有效数字).
分析：此例题属于bsinA＜a＜b的情形，故有两解.这样在求解之后呢，可以无需作进一步的检验，使学生在运用正弦定理求边、角时，感到目的很明确，同时体会分析问题的重要性.
解：∵sinB＝＝＝0.8999，
∴B1＝64°，B2＝116°
当B1＝64°时，C1＝180°－(B1＋A)
＝180°－(64°＋40°)＝76°，
∴c1＝＝≈30.
当B2＝116°时，C2＝180°－(B2＋A)
＝180°－(116°＋40°)＝24°，
∴c2＝＝≈13.
评述：通过此例题可使学生明确，利用正弦定理所求角有两种可能，但是都不符合题意，可以通过分析获得，这就要求学生熟悉已知两边和其中一边的对角时解三角形的各种情形.当然对于不符题意的解的取舍，也可通过三角形的有关性质来判断，对于这一点，我们通过下面的例题来体会.
［例3］在△ABC中，已知a＝60，b＝50，A＝38°，求B(精确到1°)和c(保留两个有效数字).
分析：此例题属于a≥b这一类情形，有一解，也可根据三角形内大角对大边，小角对小边这一性质来排除B为钝角的情形.
解：已知b＜a，所以B＜A，因此B也是锐角.
∵sinB＝＝＝0.5131，
∴B＝31°，
∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(38°＋31°)＝111°
∴c＝＝≈91.
评述：同样是已知两边和一边对角，但可能出现不同的结果，应强调学生注意解题的灵活性.对于例3，如果没有考虑到角B所受限制而求出角B的两个解，进而求出边c两解，也可利用三角形内两边之和大于第三边，两边之差小于第三边这一性质进而验证而达到排除不符题意的解.
［例4］在△ABC中，已知a＝28，b＝20，A＝120°，求B(精确到1°)和c(保留两个有效数字).
分析：此例题属于A为钝角且a＞b的情形，有一解.也可应用正弦定理求解角B后，利用三角形内角和为180°排除角B为钝角情形.
解：∵sinB＝＝＝0.6187
∴B1＝38°，B2＝142°(舍)
∴C＝180°－(A＋B)＝22°
∴c＝＝≈8.7
评述：(1)此题要求学生注意考虑问题的全面性.对于角B为钝角的排除也可以结合三角形小角对小边性质而得到.
(2)综合上述例题要求学生自我总结正弦定理的适用范围，已知两角一边或两边与其中一边的对角.
(3)对于已知两边夹角这一类型，将通过下一节所学习的余弦定理求解.
为巩固本节我们所学内容，接下来进行课堂练习.
Ⅲ.课堂练习
1.在△ABC中(结果保留两个有效数字).
(1)已知c＝，A＝45°，B＝60°，求b；
(2)已知b＝12，A＝30°，B＝120°，求a.
解：(1)∵C＝180°－(A＋B)＝180°－(45°＋60°)＝75°
＝
∴b＝＝ eq \f(·sin600,sin750) ≈1.6
(2)∵＝
∴a＝＝≈6.9
评述：此题为正弦定理的直接应用，意在使学生熟悉正弦定理的内容，可以让数学成绩较弱的学生进行板演，以增强其自信心.
2.根据下列条件解三角形(角度精确到1°，边长精确到1)：
(1)b＝11，a＝20，B＝30°；
(2)a＝28，b＝20，A＝45°；
(3)c＝54，b＝39，C＝115°；
(4)a＝20，b＝28，A＝120°.
解：(1)∵＝
∴sinA＝＝＝0.9091
∴A1＝65°，A2＝115°
当A1＝65°时，C1＝180°－(B＋A1)＝180°－(30°＋65°)＝85°
∴c1＝＝≈22.
当A2＝115°时，C2＝180°－(B＋A2)＝180°－(30°＋115°)＝35°
∴c2＝＝≈13.
(2)∵sinB＝＝＝0.5051
∴B1＝30°，B2＝150°
由于A＋B2＝45°＋150°＞180°，故B2＝150°应舍去(或者由b＜a知B＜A，故B应为锐角)
∴C＝180°－(45°＋30°)＝105°
∴c＝＝≈38
(3)∵＝，∴sinB＝＝
∴B1＝41°，B2＝139°
由于b＜c故B＜C ∴B2＝139°应舍去
∴B＝41°，A＝180°－(41°＋115°)＝24°
a＝＝≈24.
(4)∵sinB＝＝＝1.212＞1
∴本题无解
评述：此练习目的是使学生进一步熟悉正弦定理，同时加强解斜三角形的能力，既要考虑到已知角的正弦值求角的两种可能，又要结合题目的具体情况进行正确取舍.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，我们一起研究了正弦定理的证明方法，同时了解了向量的工具性作用，并且明确了利用正弦定理所能解决的两类有关三角形问题：已知两角一边；已知两边和其中一边的对角.
Ⅴ.课后作业
课本习题P11 1，2，3，4.
- 7 -第三课时 一元二次不等式解法(二)
教学目标：
会把部分一元二次不等式转化成一次不等式组来求解，简单分式不等式求解；通过问题求解渗透等价转化的思想，提高运算能力，渗透分类讨论思想，提高逻辑思维能力，渗透等价转化与分类讨论思想.
教学重点：
一元二次不等式的求解.
教学难点：
将已知不等式等价转化成合理变形式子.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
试回忆一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0（a＞0）与ax2＋bx＋c＜0（a＞0)的解的情况怎样？
对于上述问题，提醒学生借“三个二次”分三种情况讨论对应的一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0与ax2＋bx＋c＜0的解集，学生可归纳：
（1）若Δ＞0，此时抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴有两个交点，即方程ax2＋bx＋c＝0有两个不相等的实数根x1，x2（x1＜x2}，那么，不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x|x＜x1或x＞x2}，不等式ax2＋bx＋c＜0的解集是{x|x1＜x＜x2}.
(2)若Δ＝0，此时抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴只有一个交点，即方程ax2＋bx＋c＝0有两个相等的实数根，x1＝x2＝－，那么不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x|x≠－}，不等式ax2＋bx＋c＜0的解集是.
（3）若Δ＜0，此时抛物线y＝ax2＋bx＋c与x轴无交点，即方程ax2＋bx＋c＝0无实数根，那么，不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是R，不等式ax2＋bx＋c＜0的解集是.
若a＜0时，可以先将二次项系数化成正数，对照上述（1）（2）（3）情况求解.
教师归纳：一元二次不等式的解法充分运用了“函数与方程”“数形结合”及“化归”的数学思想.
Ⅱ.题组训练
题组一：（x＋a）(x＋b)＞0，（x＋a）(x＋b)＜0的解法探讨.
1.（x＋4)(x－1)＜0 2.(x－4)(x＋1)＞0
3.x(x－2)＞8 4.(x＋1)2＋3(x＋1)－4＞0
此题组题目可以按上节课的解法解决，但若我们能注意到题目1、2不等式左边是两个x的一次式的积，而右边是0，不妨可以借用初中学过的积的符号法则将其实现等价转化并求出结果.
对于题目1、2学生经过观察、分析，原不等式可转化成一次不等式组，进而求出其解集的并集.
1.解：将（x＋4)(x－1)＜0转化为或
由{x|}＝{x|－4＜x＜1}，{x|}＝
得原不等式的解集为{x|－4＜x＜1}∪＝{x|－4＜x＜1}
2.解：将(x－4)(x＋1)＞0转化为或
由{x|}＝{x|x＞4}，{x|}＝{x|x＜－1}
得原不等式解集为{x|x＞4}∪{x|x＜－1}＝{x|x＞-4或x＜－1}
对于题目3、4，教师引导学生，利用基本知识，基本方法将其转化成左边是两个x的一次式的积，右边是0的不等式，学生可顺利获解.
3.解：将x(x－2)＞8变形为x2－2x－8＞0
∴（x－4）(x＋2)＞0
∴{x|}＝{x|x＞4}，{x|}＝{x|x＜－2}
∴原不等式解集为{x|x＜－2或x＞4}
4.解：将原不等式变形为
[（x＋1）＋4][(x＋1)－1]＞0，即x(x＋5)＞0
∴{x|}＝{x|x＞0}，{x|}＝{x|x＜－5}
∴原不等式解集为{x|x＜－5或x＞0}
引导学生从特殊到一般归纳（x＋a）(x＋b)＞0与（x＋a）(x＋b)＜0的解法：将二次不等式（x＋a）(x＋b)＞0转化为一次不等式组或；(x＋a)(x＋b)＜0转化为一次不等式或.
题组二：＞0与＜0的解法探索.
1. ＜0 2.3＋＜0
3. ＞－3 4. ＞1
有了题组一的基础，学生通过观察、分析题组二题目的特点，结合初中学过的商的符号法则或结论“＞0ab＞0及＜0ab＜0”作为等价转化的依据，可以使题组二题目得解.
1.解：不等式可转化为或
∴{x|}＝{x|－7＜x＜3}，{x|}＝
∴原不等式解集为{x|－7＜x＜3}
2.解：不等式可转化为或
∴{x|}＝{x|－＜x＜0}，{x|}＝
∴原不等式解集为{x|－＜x＜0}
3.解：不等式可转化为＞0，即或
∴{x|}＝{x|x＞3}，{x|}＝{x|x＜}
∴原不等式解集为{x|x＜或x＞3}
4.解：原不等式转化为＞0
即或
∴{x|}＝{x|0＜x＜3}，{x|}＝
∴原不等式解集为{x|0＜x＜3}
继续引导学生归纳不等式＞0, ＜0的解法.
＞0 (x＋a)(x＋b)＞0，＜0 (x＋a)(x＋b)＜0
进而将其转化为一元一次不等式组求解.
题组三：含参数的不等式解法的探究.
1.解不等式x2＋(a2＋a)x＋a3＞0
2.不等式＜1的解集为{x|x＜1或x＞2}，求a.
对于题目1，一般学生能将其等价转化成不等式（x＋a)(x＋a)2＞0，由于含有参数a，须对其进行分类讨论，可以让学生分组讨论求其解集的方法.
解：原不等式转化为（x＋a)(x＋a2)＞0
当－a＞－a2即a＞1或a＜0时，{x|x＞－a或x＜－a2}
当－a＝－a2即a＝0时，{x|x≠0}；a＝1时，{x|x≠－1}.
当－a＜－a2即0＜a＜1时，{x|x＞－a2或x＜－a}
对于题目2，重在考查学生的逆向思维能力，继续让学生仔细思考，深入探究，学生的思路可能会有如下两种：
解法一：将原不等式转化为 [（a－1）x＋1](x－1)＜0，即(a－1)x2＋(2－a)x－1＜0
∴(1－a)x2＋(a－2)x＋1＞0，依据与系数的关系得 eq \b\lc\{(\a\al(＝2,＝3)) ， ∴a＝.
解法二：原不等式转化为[（a－1）x＋1]·(x－1)＜0
∵其解集为{x|x＜1或x＞2} ∴a－1＜0
∴[(1－a)x－1](x－1)＞0
∴2＝∴a＝
教师引导学生归纳：解含参数的一元二次不等式时，一般要对参数进行分类讨论，分类讨论取决于：
①由含参数的判别式Δ，决定解的情况.
②比较含参数的两根的大小；
③不等式的二次项系数决定对应的二次函数的抛物线开口方向.
Ⅲ.课堂练习.
课本P73练习1，2
Ⅳ.课时小结
1.（x＋a）(x＋b)＞0与（x＋a）(x＋b)＜0型不等式的解法.
2. ＞0与＜0型不等式的解法.
3.含参数的一元二次不等式的解法.
Ⅴ.课后作业
课本P73习题 4，5，6
补充：
1．解关于x的不等式：x2＋（m－m2）x－m3＞0.
解：将原不等式化成（x－m2）（x＋m）＞0，则
(1)当m2＞－m即m＞0或m＜－1时，解集为{x｜x＞m2或x＜－m}
(2)当m2＜－m即－1＜m＜0时，解集为{x｜x＞－m或x＜m2}
(3)当m2＝－m即m＝0或m＝－1时，解集为{x｜x≠0或x≠1}
从上可看到：上述问题的结论必须用分段的形式叙述，或所研究的对象全体不宜用同一方法处理的问题，可采用化整为零，各个击破，使问题获解.不妨再看如下题目，体会其思想方法.
2．解关于x的不等式ax2－2（a＋1）x＋4＞0.
解：当a＝0时，原不等式为一次不等式，即－2x＋4＞0，∴x＜2
当a≠0时，ax2－2（a＋1）x＋4＝0的判别式
Δ＝4（a－1）2≥0，其二根x1＝2，x2＝
于是有
①当a＜0时，{x｜＜x＜2}
②当0＜a≤1时，{x｜x＜2或x＞}
③当a＞1时，{x｜x＜或x＞2}
- 4 -数列单元复习题（一）
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．在正整数100至500之间能被11整除的个数为 （ ）
A.34 B.35 C.36 D.37
2．在数列{an}中，a1＝1，an+1＝an2－1(n≥1)，则a1＋a2＋a3＋a4＋a5等于 （ ）
A.－1 B.1 C.0 D.2
3．{an}是等差数列，且a1＋a4＋a7＝45，a2＋a5＋a8＝39，则a3＋a6＋a9的值是 （ ）
A.24 B.27 C.30 D.33
4．设函数f(x)满足f(n＋1)＝ (n∈N*)且f(1)＝2，则f(20)为 （ ）
A.95 B.97 C.105 D.192
5．等差数列{an}中，已知a1＝－6，an＝0，公差d∈N*，则n(n≥3)的最大值为 （ ）
A.5 B.6 C.7 D.8
6．设an＝－n2＋10n＋11，则数列{an}从首项到第几项的和最大 （ ）
A.第10项 B.第11项 C.第10项或11项 D.第12项
7．已知等差数列{an}的公差为正数，且a3·a7＝－12，a4＋a6＝－4，则S20为 （ ）
A.180 B.－180 C.90 D.－90
8．现有200根相同的钢管，把它们堆放成正三角形垛，要使剩余的钢管尽可能的少，那么剩余钢管的根数为 （ ）
A.9 B.10 C.19 D.29
9．由公差为d的等差数列a1、a2、a3…重新组成的数列a1＋a4，a2＋a5，a3＋a6，…是（ ）
A.公差为d的等差数列 B.公差为2d的等差数列
C.公差为3d的等差数列 D.非等差数列
10．在等差数列{an}中，若S9＝18，Sn＝240，an－4＝30，则n的值为 （ ）
A.14 B.15 C.16 D.17
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
11．已知f(n＋1)＝f(n)－(n∈N*)且f(2)＝2，则f(101)＝_______.
12．在首项为31，公差为－4的等差数列中，与零最接近的项是_______.
13．在等差数列{an}中，已知S100＝10，S10＝100，则S110＝_________.
14．在－9和3之间插入n个数，使这n＋2个数组成和为－21的等差数列，则n＝_____.
15．等差数列{an}中，a1＝－5，它的前11项的平均值是5，若从中抽取1项后余下的10项的平均值仍为5，则抽取的是第_________项.
16．在等差数列{an}中，满足3a4＝7a7且a1>0，Sn是数列{an}前n项的和，若Sn取得最大值，则n＝_______.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12.
(1)求通项an；(2)求此数列前30项的绝对值的和.
18．（本小题满分14分）在等差数列{an}中，若a1＝25且S9＝S17，求数列前多少项和最大.
19．（本小题满分14分）数列通项公式为an＝n2－5n＋4，问
（1）数列中有多少项是负数？（2）n为何值时，an有最小值？并求出最小值.
20．（本小题满分15分）甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m,乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后，几分钟相遇；（2）如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？
21．（本小题满分15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝. (1)求证：{}是等差数列；（2）求an表达式；
（3）若bn＝2(1－n)an(n≥2)，求证：b22＋b32＋…＋bn2<1.
数列单元复习题（一）答案
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．C 2．A 3．D 4．B 5．C 6．C 7．A 8．B 9．B 10．B
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
11．－ 12．－1 13．－110 14．5 15．6 16．9
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）在等差数列{an}中，a1＝－60，a17＝－12.
(1)求通项an；(2)求此数列前30项的绝对值的和.
考查等差数列的通项及求和.
【解】 （1）a17＝a1＋16d，即－12＝－60＋16d，∴d＝3
∴an＝－60＋3(n－1)＝3n－63.
(2)由an≤0，则3n－63≤0n≤21，
∴|a1|＋|a2|＋…＋|a30|＝－(a1＋a2＋…＋a21)＋(a22＋a23＋…＋a30)
＝(3＋6＋9＋…＋60）＋（3＋6＋…＋27）＝×20＋×9＝765.
18．（本小题满分14分）在等差数列{an}中，若a1＝25且S9＝S17，求数列前多少项和最大.
考查等差数列的前n项和公式的应用.
【解】 ∵S9＝S17，a1＝25，∴9×25＋d＝17×25＋d
解得d＝－2，∴Sn＝25n＋ (－2)＝－(n－13)2＋169.
由二次函数性质，故前13项和最大.
注：本题还有多种解法.这里仅再列一种.由d＝－2，数列an为递减数列.
an＝25＋(n－1)(－2)≥0，即n≤13.5
∴数列前13项和最大.
19．（本小题满分14分）数列通项公式为an＝n2－5n＋4，问
（1）数列中有多少项是负数？（2）n为何值时，an有最小值？并求出最小值.
考查数列通项及二次函数性质.
【解】 （1）由an为负数，得n2－5n＋4<0，解得1∵n∈N*，故n＝2或3，即数列有2项为负数，分别是第2项和第3项.
（2）∵an＝n2－5n＋4＝(n－)2－，∴对称轴为n＝＝2.5
又∵n∈N*，故当n＝2或n＝3时，an有最小值，最小值为22－5×2＋4＝－2.
20．（本小题满分15分）甲、乙两物体分别从相距70 m的两处同时相向运动，甲第一分钟走2 m，以后每分钟比前1分钟多走1 m,乙每分钟走5 m.
(1)甲、乙开始运动后，几分钟相遇；（2）如果甲、乙到达对方起点后立即折返，甲继续每分钟比前1分钟多走1 m，乙继续每分钟走5 m，那么开始运动几分钟后第二次相遇？
考查等差数列求和及分析解决问题的能力.
【解】 （1）设n分钟后第1次相遇，依题意得2n＋＋5n＝70
整理得：n2＋13n－140＝0，解得：n＝7，n＝－20(舍去）
∴第1次相遇在开始运动后7分钟.
（2）设n分钟后第2次相遇，依题意有：2n＋＋5n＝3×70
整理得：n2＋13n－6×70＝0，解得：n＝15或n＝－28(舍去）
第2次相遇在开始运动后15分钟.
21．（本小题满分15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋2Sn·Sn－1＝0(n≥2)，a1＝. (1)求证：{}是等差数列；（2）求an表达式；
（3）若bn＝2(1－n)an(n≥2)，求证：b22＋b32＋…＋bn2<1.
考查数列求和及分析解决问题的能力.
【解】 （1）∵－an＝2SnSn－1，∴－Sn＋Sn－1＝2SnSn－1(n≥2)
Sn≠0，∴－＝2，又＝＝2
∴{}是以2为首项，公差为2的等差数列.
（2）由（1）＝2＋(n－1)2＝2n，∴Sn＝
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－
n＝1时，a1＝S1＝，∴an＝ eq \b\lc\{(\a\al( （n＝1）,－（n≥2）))
(3)由（2）知bn＝2(1－n)an＝
∴b22＋b32＋…＋bn2＝＋＋…＋<＋＋…＋
＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝1－<1.
- 6 -第二课时 数 列(二)
教学目标：
了解数列的递推公式，明确递推公式与通项公式的异同，会根据数列的递推公式写出数列的前n项；提高学生的推理能力，培养学生的应用意识.
教学重点：
1.数列的递推公式.
2.根据数列的递推公式写出数列的前n项.
教学难点：
理解递推公式与通项公式的关系.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
上节课我们在学习函数的基础上学习了数列及有关概念，下面先来回顾一下上节课所学的主要内容.
数列的定义、项的定义、数列的表示形式、数列的通项公式及数列分类等等.
Ⅱ.讲授新课
我们为什么要学习有关数列的知识呢？那是因为在现实生活中，我们经常会遇到有关数列的问题，学习它，研究它，主要是想利用它来解决一些实际问题，让其为我们的生活更好地服务.也就是说，我们所学知识都来源于实践，最后还要应用于生活.下面，我们继续探讨有关数列的问题.
首先，请同学们来看一幅钢管堆放示意图.
模型一： 自上而下：
第一层钢管数为4；即：14＝1＋3,
第二层钢管数为5；即：25＝2＋3
第三层钢管数为6；即：36＝3＋3,
第四层钢管数为7；即：47＝4＋3
第五层钢管数为8；即：58＝5＋3,
第六层钢管数为9；即：69＝6＋3
第七层钢管数为10；即：710＝7＋3
若用an表示自上而下每一层的钢管数，n表示层数，则可得出每一层的钢管数可构成一数列，即：4，5，6，7，8，，9，10，且an＝n＋3(1≤n≤7，n∈N*)
同学们运用每一层的钢管数与其层数之间的对应规律建立了数列模型，这完全正确，运用这一关系，会很快捷地求出每一层的钢管数.这会给我们的统计与计算带来很多方便.
模型二：自上而下
第一层钢管数为4；
第二层钢管数为5＝4＋1；
第三层钢管数为6＝5＋1；
第四层钢管数为7＝6＋1；
第五层钢管数为8＝7＋1；
第六层钢管数为9＝8＋1；
第七层钢管数为10＝9＋1.
即：自上而下每一层的钢管数都比上一层钢管数多1.
若用an表示每一层的钢管数，则a1＝4；
a2＝5＝4＋1＝a1＋1；a3＝6＝5＋1＝a2＋1；
a4＝7＝6＋1＝a3＋1；a5＝8＝7＋1＝a4＋1；
a6＝9＝8＋1＝a5＋1；a7＝10＝9＋1＝a6＋1；
即：an＝an－1＋1(2≤n≤7，n∈N*)
对于上述所求关系，若知其第1项，即可求出其他各项.看来，这一关系也较为重要.这一关系，咱们把它称为递推关系，表示这一关系的式子，咱们把之称为递推公式.
1.定义
递推公式：如果已知数列{an}的第1项(或前n项)，且任一项an与它的前一项an－1(或前n项)间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的递推公式.
说明：数列的递推公式揭示了数列的任一项an与它的前一项an－1（或前n项）的关系，也是给出数列的一种重要方法.
下面，我们结合例子来体会一下数列的递推公式.
2.例题讲解
［例1］已知数列{an}的第1项是1，以后的各项由公式an＝1＋给出，写出这个数列的前5项.
分析：题中已给出{an}的第1项即a1＝1，递推公式：an＝1＋
解：据题意可知：a1＝1，a2＝1＋＝2，a3＝1＋＝，a4＝1＋＝，a5＝.
［例2］已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＝3an－1＋an－2(n≥3)，试写出数列的前4项.
解：由已知得a1＝1，a2＝2，a3＝3a2＋a1＝7，a4＝3a3＋a2＝23
Ⅲ.课堂练习
写出下面数列{an}的前5项.
1.a1＝5，an＝an－1＋3(n≥2)
解法一：a1＝5；a2＝a1＋3＝8；
a3＝a2＋3＝11；a4＝a3＋3＝14；
a5＝a4＋3＝17.
评析：由已知中的a1与递推公式an＝an－1＋3(n≥2)，依次递推出该数列的前5项，这是递推公式的最基本的应用.
是否可利用该数列的递推公式而求得其通项公式呢？
请同学们再仔细观察此递推公式.
解法二：由an＝an－1＋3(n≥2)，得an－an－1＝3
则a2－a1＝3，a3－a2＝3，a4－a3＝3，a5－a4＝3，……，an－1－an－2＝3，an－an－1＝3
将上述n－1个式子左右两边分别相加，便可得an－a1＝3(n－1)，即an＝3n＋2(n≥2)
又由a1＝5满足上式，
∴an＝3n＋2(n≥1)为此数列的通项公式.
2.a1＝2，an＝2an－1(n≥2)
解法一：由a1＝2与an＝2an－1(n≥2)
得：a1＝2，a2＝2a1＝4，a3＝2a2＝8，a4＝2a3＝16，a5＝2a4＝32.
解法二：由an＝2an－1(n≥2)，得＝2(n≥2)，且a1＝2
则：＝2，＝2，＝2，……＝2， ＝2
若将上述n－1个式子左右两边分别相乘，便可得 ＝2n－1
即：an＝2n(n≥2)，又由a1＝2满足上式
∴an＝2n(n≥1)为此数列的通项公式.
∴a2＝22＝4，a3＝23＝8，a4＝24＝16，a5＝25＝32.
3.a1＝1，an＝an－1＋ (n≥2)
解：由a1＝1，an＝an－1＋ (n≥2),
得a1＝1，a2＝a1＋＝2,
a3＝a2＋＝,
a4＝a3＋＝＋＝,
a5＝a4＋＝＋＝
Ⅳ.课时小结
这节课我们主要学习了数列的另一种给出方法，即递推公式及其用法，课后注意理解.另外，还要注意它与通项公式的区别在于：
1.通项公式反映的是项与项数之间的关系，而递推公式反映的是相邻两项(或n项)之间的关系.
2.对于通项公式，只要将公式中的n依次取1，2，3…即可得到相应的项.而递推公式则要已知首项(或前n项)，才可依次求出其他的项.
Ⅴ.课后作业
课本P32习题 4，5，6
数 列(二)
1．已知数列{an}中，a1＝1，an+1＝ (n∈N*), 则a5等于 （ ）
A. B. C. D.
2．已知数列，，，，…，则5是数列的 （ ）
A.第18项 B.第19项 C.第17项 D.第20项
3．在数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，……中，a100等于 （ ）
A.13 B.100 C.10 D.14
4．在数列{an}中，a1＝1，a2＝5，an+2＝an+1－an(n∈N*)，则a1000等于 （ ）
A.5 B.－5 C.1 D.－1
5．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)an+12－nan2＋an+1an＝0(n∈N*)，则它的通项公式an＝ .
6．根据下列各数列的首项和递推公式，分别写出它的前五项，并归纳出通项公式：
（1）a1＝0，an+1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(2)a1＝1，an+1＝ (n∈N*)
7．若a1＝2，a2＝4，an＝log2(an－1·an－2)(n≥3)，写出{an}的前4项.
8．若a1＝3，an＝an－1＋ (n≥2)，bn＝，写出bn的前3项.
数 列(二)答案
1．B 2．B 3．D 4．A
5．解法一：已知等式可化为：(an+1＋an)·[（n＋1）an+1－nan]＝0
∵an>0(n∈N*)，∴(n＋1)an+1－nan＝0 即an+1＝an ①
反复利用递推关系，得
an＝an－1＝an－2＝an－3
＝…＝·…·a1＝a1＝
解法二：前面同解法一.
由①，得a2＝a1＝，a3＝a2＝，a4＝a3＝，…
归纳，得an＝ (n∈N*).
评述：本题主要考查递推公式.
6．根据下列各数列的首项和递推公式，分别写出它的前五项，并归纳出通项公式：
（1）a1＝0，an+1＝an＋(2n－1)(n∈N*)；(2)a1＝1，an+1＝ (n∈N*)
解：（1）a1＝0；a2＝a1＋1＝1；a3＝a2＋3＝4；a4＝a3＋5＝9；a5＝a4＋7＝16；a1＝02；a2＝12；a3＝22；a4＝32；a5＝42.可归纳出an＝(n－1)2.
(2)a1＝1，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，a5＝＝，
a1＝1＝；a2＝；a3＝＝；a4＝；a5＝＝；由此可见：an＝.
评述：适当配凑是本题进行归纳的前提，从整体上把握一件事情是现代数学的重要手段，加强类比是探索某些规律的常用方法之一.
7．若a1＝2，a2＝4，an＝log2(an－1·an－2)(n≥3)，写出{an}的前4项.
解：∵a1＝2，a2＝4，an＝log2(an－1·an－2)(n≥3)
∴a3＝log2(a2·a1)＝log2(2×4)＝3，a4＝log2(a3·a2)＝log212＝2＋log23.
8．若a1＝3，an＝an－1＋ (n≥2)，bn＝，写出bn的前3项.
解：∵a1＝3，an＝an－1＋ (n≥2)， ∴a2＝a1＋＝3＋＝.
a3＝a2＋＝＋ eq \f(2, ) ＝＋＝.
∵bn＝, ∴b1＝＝，b2＝＝，b3＝＝.
- 4 -第七课时 线性规划（二）
教学目标：
使学生能够应用简单的线性规划解决生产实际中资源配置和降低资源消耗等问题，培养学生建立数学模型的能力。
教学重点、难点：数学模型的建立。
教学过程：
例1：某工厂有甲、乙两种产品，按计划每天各生产不少于15t，已知生产甲产品1t需煤9t，电力4kw，劳动力3个（按工作日计算）；生产乙产品l t需煤4t，电力5kw，劳动力10个；甲产品每吨价7万元，乙产品每吨价12万元；但每天用煤量不得超过300吨，电力不得超过200 kw，劳动力只有300个，问每天各生产甲、乙两种产品多少吨，才能既保证完成生产任务，又能为国家创造最多的财富。
分析：先设出每天生产甲、乙两种产品的产量分别为x t和y t，建立约束条件和目标函数后，再利用图形直观解题。
解：设每天生产甲产品x t，乙产品y t，总产量S t，
依题意约束条件为：
目标函数为 S＝7x＋12y
约束条件表示的可行域是五条直线所围成区域的内部的点加上它的边界上的点（如图阴影部分）
现在就要在可行域上找出使S＝7x＋12y取最大值的点（x，y）。作直线S＝7x＋12y，随着S取值的变化，得到一束平行直线，其纵截距为 ，可以看出，直线的纵截距越大，S值也越大。
从图中可以看出，当直线S＝7x＋12y经过点A时，直线的纵截距最大，所以S也取最大值。
解方程组
得A（20，24），故当x＝20，y＝24时，
Smax＝7×20＋12×24＝428（万元）
答：每天生产甲产品20 t，乙产品24 t，这样既保证完成任务，又能为国家创造最多的财富428万元。
评析：解决简单线性规划应用题的关键是：（1）找出线性约束条件和目标函数；（2）准确画出可行域；（3）利用S的几何意义，求出最优解。
例2：一位农民有田2亩，根据他的经验：若种水稻，则每亩每期产量为400 kg；若种花生，则每亩每期产量为100 kg，但水稻成本较高，每亩每期需240元，而花生只要80元，且花生每 kg可卖5元，稻米每kg只卖3元，现在他只能凑足400元，问这位农民对两种作物各种多少亩，才能得到最大利润？
分析：最优种值安排问题就是求非负变量x、y满足条件x＋y≤2和240x＋80y≤400时，利润P达到最大。
解：如图所示，设水稻种x亩，花生种y亩，
则由题意得
而利润P＝（3×400－240）x＋（5×100－80）y
＝960x＋420y（目标函数）
可联立 得交点P（1.5，0.5）
故当x＝1.5，y＝0.5时，Pmax＝960×1.5＋420×0.5＝1650
即水稻种1.5亩，花生种0.5亩时所得到利润最大。
例3：要将两种大小不同的钢板截成Ａ、Ｂ、Ｃ三种规格，每张钢板可同时截得三种规格的小钢板的块数如下表所示：
　　 规格类型钢板类型 Ａ规格 Ｂ规格 Ｃ规格
第一种钢板 ２ １ １
第二种钢板 １ ２ ３
今需要A、B、C三种规格的成品分别为15、18、27块，问各截这两种钢板多少张可得所需三种规格成品，且使所用钢板张数最少？
解：设需截第一种钢板x张，第二种钢板y张，
则
作出可行域（如右图）：（阴影部分）
目标函数为z＝x＋y
作出一组平行直线x＋y＝t，其中经过可行域内的点且和原点距离最近的直线，经过直线x＋3y＝27和直线2x＋y＝15的交点A（，），直线方程为x＋y＝.
由于和都不是整数，而最优解（x，y）中，x，y必须都是整数，可行域内点（，）不是最优解.
经过可行域内的整点且与原点距离最近的直线是x＋y＝12，经过的整点是B(3，9)和C(4，8)，它们都是最优解.
答:要截得所需三种规格的钢板,且使所截两种钢板的张数最少的方法有两种:第一种截法是截第一种钢板3张.第二种钢板9张；第二种截法是截第一种钢板4张、第二种钢板8张.两种方法都最少要截两种钢板共12张.
说明：在例3中，线性规划问题的最优解（，）不是实际问题的最优解，应使学生注意到具有实际意义的x，y应满足x∈N，y∈N.故最优解应是整点坐标。
小结：处理简单的线性规划的实际问题时，需从题意中建立起目标函数和相应的约束条件，实际上就是建立数学模型。
练习：
课本P84 4，5
作业：
课本P88 5，6
教学后记：
- 3 -第五课时 解三角形应用举例（一）
教学目标：
会在各种应用问题中,抽象或构造出三角形,标出已知量、未知量,确定解三角形的方法，搞清利用解斜三角形可解决的各类应用问题的基本图形和基本等量关系，理解各种应用问题中的有关名词、术语，如：坡度、俯角、仰角、方向角、方位角等，通过解三角形的应用的学习，提高解决实际问题的能力；通过解斜三角形在实际中的应用，要求学生体会具体问题可以转化为抽象的数学问题，以及数学知识在生产、生活实际中所发挥的重要作用.
教学重点：
1.实际问题向数学问题的转化；
2.解斜三角形的方法.
教学难点：
实际问题向数学问题转化思路的确定.
教学过程：
Ⅰ.课题导入
解三角形的知识在测量、航海、几何、物理学等方面都有非常广泛的应用，如果我们抽去每个应用题中与生产生活实际所联系的外壳，就暴露出解三角形问题的本质，这就要提高分析问题和解决问题的能力及化实际问题为抽象的数学问题的能力.
下面，我们将举例来说明解斜三角形在实际中的一些应用.
Ⅱ.讲授新课
［例1］自动卸货汽车的车箱采用液压结构，设计时需要计算油泵顶杆BC的长度.已知车箱的最大仰角为60°，油泵顶点B与车箱支点A之间的距离为1．95 m，AB与水平线之间的夹角为6°20′，AC长为1．40 m，计算BC的长（保留三个有效数字）.
分析：求油泵顶杆BC的长度也就是在△ABC内，求边长BC的问题，而根据已知条件，AC＝1．40 m，AB＝1．95 m，∠BAC＝60°＋6°20′＝66°20′.相当于已知△ABC的两边和它们的夹角，所以求解BC可根据余弦定理.
解：由余弦定理，得
BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA
＝1．952＋1．402－2×1．95×1．40×cos66°20′＝3．571
∴BC≈1．89　（m）
答：油泵顶杆BC约长1．89 m.
评述：此题虽为解三角形问题的简单应用，但关键是把未知边所处的三角形找到，在转换过程中应注意“仰角”这一概念的意义，并排除题目中非数学因素的干扰，将数量关系从题目准确地提炼出来.
［例2］某渔船在航行中不幸遇险，发出求救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°、距离A为10 n mile的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以9 n mile／h的速度向某小岛B靠拢，我海军舰艇立即以21 n mile／h的速度前去营救，试问舰艇应按照怎样的航向前进 并求出靠近渔船所用的时间.
分析：设舰艇从A处靠近渔船所用的时间为x h，则利用余弦定理建立方程来解决较好，因为如图中的∠1，∠2可以求出，而AC已知，BC、AB均可用x表示，故可看成是一个已知两边夹角求第三边问题.
解：设舰艇从A处靠近渔船所用的时间为x h，则AB＝21x n mile，BC＝9x n mile，AC＝10 n mile，∠ACB＝∠1＋∠2＝45°＋（180°－105°）＝120°
根据余弦定理，可得
AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC·cos120°得
（21x）2＝102＋（9x）2－2×10×9xcos120°，
即36x2－9x2×10＝0
解得x1＝，x2＝－（舍去）
∴AB＝21x＝14，BC＝9x＝6
再由余弦定理可得：cosBAC＝＝＝0．9286，
∴∠BAC＝21°47′，45°＋21°47′＝66°47′.
而舰艇方位角为66°47′，小时即40分钟.
答：舰艇应以66°47′的方位角方向航行，靠近渔船则需要40分钟.
评述：解好本题需明确“方位角”这一概念，方位角是指由正北方向顺时针旋转到目标方向线的水平角，其范围是（0°，360°）.
在利用余弦定理建立方程求出x后，所求舰艇方位角就转化为一个已知三边求角的问题，故仍然利用余弦定理.
从上述两个例题，大家可以看出，实际问题的解决关键在于转化为具体的解三角形问题，从而与我们已知的知识方法产生联系.在下面的例题分析中，我们继续加以体会.
［例3］如图，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处（－1）海里的B处有一艘走私船.在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船，奉命以10海里／时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里／时的速度，从B处向北偏东30°方向逃窜.问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船 并求出所需时间.
解：设缉私船应沿CD方向行驶t小时，才能最快截获（在D点）走私船，
则CD＝10t海里，BD＝10t海里.
∵BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cosA
＝（－1）2＋22－2（－1）·2cos120°＝6
∴BC＝
∵＝
∴sinABC＝＝＝
∴∠ABC＝45°，∴B点在C点的正东方向上，
∴∠CBD＝90°＋30°＝120°
∵＝
∴sin∠BCD＝＝ eq \f(10t sin120°,10t) ＝，
∴∠BCD＝30°，∴∠DCE＝90°－30°＝60°
由∠CBD＝120°，∠BCD＝30°，得∠D＝30°
∴BD＝BC，即10t＝
∴t＝（小时）≈15（分钟）
答：缉私船沿北偏东60°的方向行驶，才能最快截获走私船，需时约15分钟.
［例4］用同样高度的两个测角仪AB和CD同时望见气球E在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β,已知B、D间的距离为a，测角仪的高度是b，求气球的高度.
分析：在Rt△EGA中求解EG，只有角α一个条件，需要再有一边长被确定，而△EAC中有较多已知条件，故可在△EAC中考虑EA边长的求解，而在△EAC中有角β，∠EAC＝180°－α两角与BD＝a一边，故可以利用正弦定理求解EA.
解：在△ACE中，AC＝BD＝a，∠ACE＝β，∠AEC＝α－β，
根据正弦定理，得AE＝
在Rt△AEG中，EG＝AEsinα＝
∴EF＝EG＋b＝＋b，
答：气球的高度是＋b.
评述：此题也可以通过解两个直角三角形来解决，思路如下：设EG＝x，在Rt△EGA中，利用cotα表示AG；在Rt△EGC中，利用cotβ表示CG，而CG－AG＝CA＝BD＝a，故可以求出EG，又GF＝CD＝b，故EF高度可求.
［例5］如图所示，已知半圆的直径AB＝2，点C在AB的延长线上，BC＝1，点P为半圆上的一个动点，以DC为边作等边△PCD，且点D与圆心O分别在PC的两侧，求四边形OPDC面积的最大值.
分析：要求四边形OPDC面积的最大值，这首先需要建立一个面积函数，问题是选谁作为自变量，注意到动点P在半圆上运动与∠POB大小变化之间的联系，自然引入∠POB＝θ作为自变量建立函数关系.四边形OPDC可以分成△OPC与等边△PDC，S△OPC可用·OP·OC·sinθ表示，而等边△PDC的面积关键在于边长求解，而边长PC可以在△POC中利用余弦定理表示，至于面积最值的获得，则通过三角函数知识解决.
解：设∠POB＝θ，四边形面积为y，则在△POC中，由余弦定理得
PC2＝OP2＋OC2－2OP·OCcosθ＝5－4cosθ
∴y＝S△OPC＋S△PCD＝×1×2sinθ＋（5－4cosθ）
＝2sin（θ－）＋
∴当θ－＝即θ＝时，ymax＝2＋.
评述：本题中余弦定理为表示△PCD的面积，从而为表示四边形OPDC面积提供了可能，可见正、余弦定理不仅是解三角形的依据，一般地也是分析几何量之间关系的重要公式，要认识到这两个定理的重要性.
另外,在求三角函数最值时,涉及到两角和正弦公式sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ的构造及逆用，应要求学生予以重视.
Ⅲ.课堂练习
课本P20 练习1，2，3，4.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，要求大家在了解解斜三角形知识在实际中的应用的同时，掌握由实际问题向数学问题的转化，并提高解三角形问题及实际应用题的能力.
Ⅴ.课后作业
课本P21习题 1，2，3.
- 3 -期末练习题
一、选择题
1.已知：a、b、c为三个向量，下列命题中正确的是
A．如果|a|＝|b|，那么a＝b
B．a－b＝b－a
C．|a＋b|≤|a|＋| b |
D．（a·b）·c＝a·（b·c）
答案：C
2.如果α、β都是第二象限的角，且α＞β，那么sinα与sinβ的大小关系是
A．sinα＞sinβ B．sinα＜sinβ
C．sinα＝sinβ D．大小关系不定
答案：D
3.tanx＝2，则的值是（ ）
A． B． C． D．
答案：C
4.直线上有A、B、C三点，如果B分有向线段AC的比为－，则
A．B是线段AC的中点
B．A是线段BC的中点
C．C是线段AB的中点
D．B是线段AC的三等分点
答案：B
5.下面四个关系式中，正确的项的个数是
①0·a＝0 ②（a＋b）＋c＝a＋（b＋c） ③a·b＝b·a ④|a·b|＝|a|| b |
A．4 B．3 C．2 D．1
答案：C
6.将函数y＝f（x）图象上的点P（1，0）平移变为P′（2，0），平移后函数的新解析式为
A．y＝f（x＋1） B．y＝f（x－1）
C．y＝f（x）＋1 D．y＝f（x）－1
答案：B
7.在△ABC中，若acosA－bcosB＝0，则三角形的形状是
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形
答案：D
8.已知a＝（x，3），b＝（3，－1），且a∥b，则x等于
A．－1 B．9 C．－9 D．1
答案：C
9.已知a＝（λ，2），b＝（－3，5），且a与b的夹角为钝角，则λ的取值范围是（ ）
A．λ＞ B．λ＜
C．λ＞－ D．λ＜－
答案：A
二、填空题
10.已知|a|＝3，|b|＝4，若向量a＋kb与向量a－kb互相垂直，则实数k＝ .
答案：±
11.设e1，e2是不共线的向量，e 1－4e2与λe1＋e2共线，则实数λ的值为 .
答案：－
12.已知a＝（2，－1），b＝（－1，3），则2a－3b的坐标是 .
答案：（7，－11）
13.把一个函数图象按向量a＝（，2）平移后，函数的解析式为y＝sin（x＋）＋2，则原来函数的解析式为 .
答案：y＝cosx
14.点P（4，3）关于点Q（5，－3）的对称点的坐标是 .
答案：（6，－9）
三、解答题
15.已知点A（0，2）、B（1，－1）、C（2，－4），求证：A、B、C三点共线.
证明：∵＝（1－0，－1－2）＝（1，－3）.
＝（2－0，－4－2）＝（2，－6）
又1×（－6）－2×（－3）＝0，
∴∥
又直线AB、直线AC有公共点A
∴A、B、C三点共线.
16.已知ABCD的顶点A的坐标为(－2，1)，一组对边AB、CD的中点分别为M(3，0)、N（－1，－2）.求ABCD的其余顶点坐标.
解：略
17.已知a＝（2x－y＋1，x＋y－2），b＝（2，－2），当x，y为何值时(1)a＝b (2)a∥b
解：（1）由题意可知：，解得
（2）由向量共线条件知：－2（2x－y＋1）－2（x＋y－2）＝0
化简得：3x－1＝0
18.如图，已知△ABC中，D、E、F分别是BC、CA、AB的中点，求证：
（1）∥；
（2）＝0.
证明：（1）
∴∥
（2）
∴
同理可得
∴＝0
19.一船在海面A处望见两灯塔P、Q在北15°西的一条直线上.该船沿东北方向航行4海里到达B处，望见灯塔P在正西方向，灯塔Q在西北方向，求两灯塔距离.
解：如图，由题意可知：
∠A＝45°＋15°=60°，
∠ABP＝45°，∠PBQ＝45°
∴∠ABQ＝90°
∴∠AQB＝30°，∠APB＝75°
sin75°＝sin（45°＋30°）＝
在△ABP中，AB＝4，由正弦定理知
∴AP＝4（－1）
在△ABQ中，∠ABQ＝90°，AB＝4
∴AQ＝8
∴PQ＝AQ－AP＝8－4（－1）＝12－4
故两灯塔P、Q的距离为12－4海里.第五课时 二元一次不等式表示平面区域
教学目标：
能画出二元一次不等式组表示的平面区域；会把若干直线围成的平面区域用二元一次不等式组表示并能解决一些有关问题。
教学重点、难点：确定二元一次不等式表示平面区域并运用。
教学过程：
例1：将如图阴影部分用二元一次不等式组表示出来。
解：
例2：画出不等式组 表示的平面区域.
例3：已知点（3，1）和（－4，6）在直线3x－2y＋a＝0的两侧，求a的取值范围。
解：9－2＋a＞0，－12－12＋a＜0
得－7＜a＜24
例4：求满足不等式组的整数解
解：画出由这三个不等式所表示的区域的公共部分，即可看出所求整数解只有一个，
为（－1，1）
例5：用不等式组写出以A（1，2）、B（4，3）、C（3，5）为顶点的三角形区域（含三角形的三边）。
小结：
课后作业：
课本P87习题 2
补充作业：
1．将如图阴影部分用二元一次不等式组表示出来。
2．如图，求PQR内任一点（x，y）所满足的关系式。
3．求不等式组 所表示的平面区域内的整数点坐标。（1，1）
4．求不等式组所表示的平面区域内的面积。
教学后记：
- 1 -第九课时 等比数列的前n项和(一)
教学目标：
会用等比数列求和公式进行求和，灵活应用公式与性质解决一些相关问题；培养学生的综合能力，提高学生的数学修养.
教学重点：
1.等比数列的前n项和公式.
2.等比数列的前n项和公式的推导.
教学难点：
灵活应用公式解决有关问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
前面我们一起学习有关等比数列的定义、通项公式及性质.
(1)定义式：＝q(n≥2，q≠0)
(2)通项公式：an＝a1qn－1(a1，q≠0)
(3)性质：①a，G，b成等比数列G2＝ab
②在等比数列{an}中，若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
Ⅱ.讲授新课
前面我们一起探讨了等差数列的求和问题，等比数列的前n项和如何求 下面我们先来看引言.
引言中提到的问题是这样的：求数列1，2，4，…，263的各项和.可看出，这一数列为一以a1＝1，q＝2的等比数列.这一问题相当于求此数列的前64项的和.
1.前n项和公式
一般地，设有等比数列a1，a2，a3，…，an，…，它的前n项和是Sn＝a1＋a2＋…＋an.
刚才问题即为求：S64＝a1＋a2＋…＋a64＝1＋2＋4＋…＋263 ①
我们发现，若在①式两边同乘以2，则得
2S64＝2＋4＋…＋263＋264 ②
由②－①可得：S64＝264－1
同理，可知，若Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
又∵在等比数列中，an＝a1qn－1，∴a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－2＋a1qn－1,
qSn＝a1q＋a1q2＋a1q3＋…＋a1qn－1＋a1qn
不妨将上两式相减可得(1－q)Sn＝a1－a1qn
（1）当q＝1，Sn＝na1
（2）当q≠1时，Sn＝ ①
或Sn＝ ②
若已知a1，q，n，则选用公式①；当已知a1，q，an时，则选用公式②.
2.例题讲解
［例1］求等比数列1，2，4，…从第5项到第10项的和.
分析：等比数列的第5项到第10项可组成一新等比数列.
解法一：由1，2，4，…可知：a1＝1，q＝2
∴an＝2n－1，∴a5＝24＝16，a10＝29＝512.
从第5项到第10项共有6项，它们的和为：＝1008.
答案：从第5项到第10项的和为1008.
解法二：从第5项到第10项的和为：a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝S10－S4
由a1＝1，q＝2得Sn＝＝2n－1，∴S10＝210－1＝1023
S4＝24－1＝15，S10－S4＝1008.
答：从第5项到第10项的和为1008.
［例2］一条信息，若一人得知后用一小时将信息传给两个人，这两个人又用一小时各传给未知此信息的另外两人，如此继续下去，一天时间可传遍多少人
分析：得知信息的人数可组成一以1为首项，公比为2的等比数列.
解：根据题意可知，获知此信息的人数依次为1，2，4，8，…是一以a1＝1，q＝2的等比数列.
一天内获知此信息的总人数为即为此数列的前24项之和S24＝＝224－1
答：一天时间可传遍224－1人.
评述：应先将所遇问题数学化，然后用有关知识加以解决.
Ⅲ.课堂练习
课本P54练习1，2，3，4
Ⅳ.课时小结
等比数列求和公式：Sn＝或Sn＝ (q≠1)及推导方法：错位相减法.是本节课应重点掌握的内容，课后应进一步熟练公式掌握其基本应用.
Ⅴ.课后作业
课本P58习题 1，2，7
等比数列的前n项和(一)
1．若数列{an}的前n项和为Sn＝an－1(a≠0)，则这个数列的特征是 （ ）
A.等比数列 B.等差数列
C.等比或等差数列 D.非等差数列
2．等比数列{an}中，若S6＝91，S2＝7，则S4为 （ ）
A.28 B.32 C.35 D.49
3．数列{an}的通项公式为an＝，若Sn＝9，则n等于 （ ）
A.9 B.10 C.99 D.100
4．使数列10，10，10，…，10，…，前n项之积大于105，则自然数n值为（ ）
A.6 B.9 C.11 D.12
5．已知两数的等差中项是10，等比中项是8，则以这两数为根的一元二次方程是 （ ）
A.x2＋10x＋8＝0 B.x2－10x＋64＝0
C.x2＋20x＋64＝0 D.x2－20x＋64＝0
6．在等比数列中，若S10＝10，S20＝30，则S30＝ .
7．在正实数组成的等比数列中，若a4a5a6＝3，则log3a1＋log3a2＋log3a8＋log3a9＝ .
8．在等比数列中，a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝3，a6＋a7＋a8＋a9＋a10＝9，则a11＋a12＋a13＋a14＋a15＝ .
9．已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a9成等比数列，则＝ .
10．数列1，2，3，…的前n项和为 .
11．已知等比数列中{an}：1，2，4，8，……，它的第n项为an，求a3n.
12．已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1＝4an＋2(n＝1，2，…)，a1＝1
（1）设bn＝an+1－2an(n＝1，2，…)，求证{bn}是等比数列；
（2）设cn＝ (n＝1，2，…)，求证{cn}是等差数列；
（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式.
等比数列的前n项和(一)答案
1．C 2．A 3．C 4．C 5．D
6．70 7． 8．27 9． 10．（n2＋n＋2）－ 11．a3n＝23n－1
12．已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1＝4an＋2(n＝1，2，…)，a1＝1
（1）设bn＝an+1－2an(n＝1，2，…)，求证{bn}是等比数列；
（2）设cn＝ (n＝1，2，…)，求证{cn}是等差数列；
（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式.
解：（1）∵Sn+1＝4an＋2 ①
∴Sn+2＝4an+1＋2 ②
②－①得：Sn+2－Sn+1＝4an+1－4an(n＝1，2，…)，即an+2＝4an+1－4an
an+2－2an+1＝2(an+1－2an)
∵bn＝an+1－2an(n＝1，2，…) ∴bn+1＝2bn
由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列.
由S2＝a1＋a2＝4a1＋2，又a1＝1，得a2＝5
∴b1＝a2－2a1＝3，∴bn＝3·2n－1
(2)∵cn＝ (n＝1，2，…)，
∴cn+1－cn＝－＝＝
将bn＝3·2n－1代入，得cn+1－cn＝ ( n＝1，2，…)
由此可知：数列{cn}是公差为的等差数列，c1＝＝
故cn＝＋（n－1）＝n－
(3)∵cn＝n－＝（3n－1）
∴an＝2n·cn＝(3n－1)·2n－2(n＝1，2，…)
当n≥2时，Sn＝4an－1＋2＝(3n－4)·2n－1＋2.
由于S1＝a1＝1也适合于此式,
∴前n项公式为：Sn＝(3n－4)·2n－1＋2
- 3 -第八课时 基本不等式（一）
教学目标：
1． 学会推导并掌握均值不等式定理；
2． 能够简单应用定理证明不等式并解决一些简单的实际问题。
教学重点：均值不等式定理的证明及应用。
教学难点：等号成立的条件及解题中的转化技巧。
教学过程：
重要不等式：如果a、b∈R，那么a 2＋b 2 ≥2ab（当且仅当a＝b时取“＝”号）
证明：a 2＋b 2－2ab＝（a－b）2
当a≠b时，（a－b）2＞0，当a＝b时，（a－b）2＝0
所以，（a－b）2≥0 即a 2＋b 2 ≥2ab
由上面的结论，我们又可得到
定理：如果a，b是正数，那么 ≥（当且仅当a＝b时取“＝”号）
证明：∵（）2＋（）2≥2
∴a ＋b≥2 即 ≥
显然，当且仅当a＝b时，＝
说明：1）我们称为a，b的算术平均数，称为a，b的几何平均数，因而，此定理又可叙述为：两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数.
2）a 2＋b 2≥2ab和≥成立的条件是不同的：前者只要求a，b都是实数，而后者要求a，b都是正数.
3）“当且仅当”的含义是充要条件.
4）数列意义
问：a，b∈R－？
例题讲解：
例1 已知x，y都是正数，求证：
（1）如果积xy是定值P，那么当x＝y时，和x＋y有最小值2；
（2）如果和x＋y是定值S，那么当x＝y时，积xy有最大值S2
证明：因为x，y都是正数，所以 ≥
（1）积xy为定值P时，有≥ ∴x＋y≥2
上式当x＝y时，取“＝”号，因此，当x＝y时，和x＋y有最小值2.
（2）和x＋y为定值S时，有≤ ∴xy≤ S 2
上式当x=y时取“＝”号，因此，当x=y时，积xy有最大值S 2.
说明：此例题反映的是利用均值定理求最值的方法，但应注意三个条件：
ⅰ）函数式中各项必须都是正数;
ⅱ)函数式中含变数的各项的和或积必须是常数；
ⅲ）等号成立条件必须存在。
师：接下来，我们通过练习来进一步熟悉均值定理的应用.
例2 ：已知a、b、c、d都是正数，求证：
（ab＋cd）（ac＋bd）≥4abcd
分析：此题要求学生注意与均值不等式定理的“形”上发生联系，从而正确运用，同时加强对均值不等式定理的条件的认识.
证明：由a、b、c、d都是正数，得
≥＞0，≥＞0，
∴≥abcd
即（ab＋cd）（ac＋bd）≥4abcd
例3 某工厂要建造一个长方体无盖贮水池，其容积为4800m3，深为3m，如果池底每1m2的造价为150元，池壁每1m2的造价为120元，问怎样设计水池能使总造价最低，最低总造价是多少元？
分析：此题首先需要由实际问题向数学问题转化，即建立函数关系式，然后求函数的最值，其中用到了均值不等式定理.
解：设水池底面一边的长度为xm，水池的总造价为l元，根据题意，得
l＝240000＋720（x＋）≥240000＋720×2 eq \r(x·)
＝240000＋720×2×40＝297600
当x＝，即x＝40时，l有最小值297600
因此，当水池的底面是边长为40m的正方形时，水池的总造价最低，最低总造价是297600元.
评述：此题既是不等式性质在实际中的应用，应注意数学语言的应用即函数解析式的建立，又是不等式性质在求最值中的应用，应注意不等式性质的适用条件.
为了进一步熟悉均值不等式定理在证明不等式与求函数最值中的应用，我们来进行课堂练习.
课本P91练习1，2，3，4.
3．课堂小结
通过本节学习，要求大家掌握两个正数的算术平均数不小于它们的几何平均数的定理，并会应用它证明一些不等式及求函数的最值，，但是在应用时，应注意定理的适用条件。
4．课后作业
P94习题 1，2，3
教学后记：
- 3 -平面向量单元复习题（一）
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．下列命题正确的是 （ ）
A.单位向量都相等
B.长度相等且方向相反的两个向量不一定是共线向量
C.若a，b满足|a|＞|b|且a与b同向，则a＞b
D.对于任意向量a、b，必有|a＋b|≤|a|＋|b|
2．如图，四边形ABCD中，＝，则相等的向量是（ ）
A. 与 B. 与
C. 与 D. 与
3．下列命题中，正确的是 （ ）
A.若|a|＝|b|，则a＝b B.若a＝b，则a与b是平行向量
C.若|a|＞|b|，则a＞b D.若a与b不相等，则向量a与b是不共线向量
4．已知＝a＋5b，＝－2a＋8b，＝3（a－b），则 （ ）
A.A、B、D三点共线 B.A、B、C三点共线
C.B、C、D三点共线 D.A、C、D三点共线
5．当|a|＝|b|≠0且a、b不共线时，a＋b与a－b的关系是 （ ）
A.平行 B.垂直 C.相交但不垂直 D.相等
6．如图，设O是正六边形ABCDEF的中心，在向量，，
，，，，，，，，中与
共线的向量有 （ ）
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
7．若M是△ABC的重心，则下列向量中与共线的是 （ ）
A. ＋＋ B. ＋＋
C. ＋＋ D.3＋
8．已知正方形的边长为1，＝a，＝b，＝c，则|a＋b＋c|等于（ ）
A.0 B.3 C. D.2
9．已知＝a，＝b，＝c，＝d，且四边形ABCD
为平行四边形，则 （ ）
A.a＋b＋c＋d＝0 B.a－b＋c－d＝0
C.a＋b－c－d＝0 D.a－b－c＋d＝0
10．已知D、E、F分别是△ABC的边BC、CA、AB的中点，
且＝a，＝b，＝c，则下列各式：①＝
c－b ②＝a＋b ③＝－a＋b ④＋＋＝0
其中正确的等式的个数为 （ ）
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．如图，M、N是△ABC的一边BC上的两个三等分点，
若＝a，＝b，则＝__ _____.
12．已知向量a、b不共线，实数x、y满足向量等式
3xa＋(10－y)b＝2xb＋(4y＋4)a，则x＝_____，y＝_____.
13．设a表示“向东走4 km”，b表示“向北走3 km”，
则a＋b表示_____________.
14．a、b是给定的不共线的向量，且，则向量x＝_________，y＝________.
15．已知ABCDEF为正六边形，且＝a，＝b，则用a，b表示为___________.
16．已知四个力F1＝（－2，－1），F2＝（－3，2），F3＝（4，－3），F4作用于物体的同一点，若物体受力后保持平衡，则F4＝_____________.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）如图，ABCD是一个梯形，AB∥CD，且AB＝2CD，M、N分别是DC和AB的中点，已知＝a，＝b，试用a、b表示和.
18．（本小题满分14分）已知平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD交于E，O是任意一点，求证＋＋＋＝4.
19．（本小题满分14分）四边形ABCD的边AD和BC的中点分别为E、F，
求证：＝（＋）
20．（本小题满分15分）在△ABC中，＝，DE∥BC，与边AC相交于点E，△ABC的中线AM与DE相交于点N，设＝a，＝b，试用a，b表示.
21． (本小题满分15分）对于两个向量a，b，求证：||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.
平面向量单元复习题（一）答案
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．D 2．D 3．B 4．A 5．B 6．C 7．C 8．D 9．B 10．C
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．（b－a） 12．4 2 13．向东偏北arcsin方向走5 km.
14．a＋b，－a＋b 15．a－b 16．(1，2)
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）如图，ABCD是一个梯形，AB∥CD，且AB＝2CD，M、N分别是DC和AB的中点，已知＝a，＝b，
试用a、b表示和.
【解法一】 连结CN，则AN DC
∴四边形ANCD是平行四边形.
＝－＝－b，又∵＋＋＝0
∴＝－－＝b－a
∴＝－＝＋＝－b＋a＝a－b
【解法二】 ∵＋＋＋＝0
即：a＋＋（－a）＋（－b）＝0，∴＝b－a
又∵在四边形ADMN中，有＋＋＋＝0，
即：b＋a＋＋（－a）＝0，∴＝a－b.
【评注】 比较两种解法，显然解法二更简捷.
18．（本小题满分14分）已知平行四边形ABCD的两条对角线AC与BD交于E，O是任意一点，求证＋＋＋＝4.
【证明】 ∵E是对角线AC与BD的交点，∴＝＝－，＝＝－.
在△OAC中，＋＝，
同理有＋＝，＋＝，＋＝.
四式相加可得：＋＋＋＝4.
19．（本小题满分14分）四边形ABCD的边AD和BC的中点分别为E、F，
求证：＝（＋）
【证法一】 ∵E、F分别为DA、BC的中点.
∴＝，＝
又∵＋＋＋＝0 ①
＋＋＋＝0 ②
①＋②，得2＋（＋）＋（＋）＋（＋）＝0
∴2＝－＋（－）＝＋
∴＝（＋）
【证法二】 连结EC，EB
∵＋＝ ①
＋＝ ②
①＋②，得2＋0＝＋
∴＝（＋）
又∵＝＋ ③
＝＋ ④
③＋④，得＝（＋＋＋），又∵＋＝0，
∴＝（＋）.
20．（本小题满分15分）在△ABC中，＝，DE∥BC，与边AC相交于点E，△ABC的中线AM与DE相交于点N，设＝a，＝b，试用a，b表示.
【解】 因为M为BC的中点，所以有
＝＝（－）＝（b－a）
＝＋＝（a＋b），因为∥，∥.
根据向量共线的充要条件，存在实数λ和μ，使得
＝λ＝λ（b－a），＝μ＝μ（a＋b）
因为＝＋＝a＋λ(b－a)＝(－)a＋b
根据基本定理有 eq \b\lc\{(\a\al(－＝,＝)) ，解方程得λ＝μ＝，可得＝（b－a）.
21． (本小题满分15分）对于两个向量a，b，求证：||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.
【证明】 （1）若a、b中有一个为0时，不等式显然成立.
（2）若a，b都不等于0时，作＝a，＝b，
则＝a＋b.
①当a、b不共线时，如图（1）有
|||－|||＜||＜||＋|| （1）
即：||a|－|b||＜|a＋b|＜|a|＋|b|.
②当a、b共线时
1°若a、b同向，如图（2）有 （2）
||＝||＋||
即：|a＋b|＝|a|＋|b|.
2°若a，b反向时，如图（3）有 （3）
|||－|||＝||
即：||a|－|b||＝|a＋b|
综上可知：
||a|－|b||≤|a＋b|≤|a|＋|b|.
- 7 -第三课时 正弦定理、余弦定理（一）
教学目标：
进一步熟悉正、余弦定理内容，能够应用正、余弦定理进行边角关系的相互转化，判断三角形的形状，证明三角形中的三角恒等式；通过正、余弦定理在边角互换时所发挥的桥梁作用来反映事物之间的内在联系；通过三角恒等式的证明来反映事物外在形式可以相互转化而内在实质的不变性.
教学重点：
利用正、余弦定理进行边角互换.
教学难点：
1.利用正、余弦定理进行边角互换时的转化方向；
2.三角恒等式证明中结论与条件之间的内在联系的寻求.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
前面两节课，我们一起学习了正弦定理、余弦定理的内容，并且接触了利用正、余弦定理解三角形的有关题型.下面，我们先来回顾一下正、余弦定理的内容.正弦定理、余弦定理实质上反映了三角形内的边角关系，运用定理可以进行边与角之间的转换，这一节，我们将通过例题分析来学习正、余弦定理的边角转换功能在证明三角恒等式及判断三角形形状时的应用.
Ⅱ.讲授新课
［例1］已知△ABC，BD为B的平分线，求证：AB∶BC＝AD∶DC
分析：前面大家所接触的解三角形问题是在一个三角形内研究问题，而
B的平分线BD将△ABC分成了两个三角形：△ABD与△CBD，故要证结论成立，可证明它的等价形式：AB∶AD＝BC∶DC，从而把问题转化到两个三角形内，而在三角形内边的比等于所对角的正弦值的比，故可利用正弦定理将所证继续转化为＝，＝，再根据相等角正弦值相等，互补角正弦值也相等即可证明结论.
证明：在△ABD内，利用正弦定理得：
＝，即＝
在△BCD内，利用正弦定理得：
＝，即＝.
∵BD是B的平分线.∴∠ABD＝∠DBC，
∴sinABD＝sinDBC.
∵∠ADB＋∠BDC＝180°，∴sinADB＝sin（180°－∠BDC）＝sinBDC
∴＝＝＝，∴＝
评述：此题可以启发学生利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，并且注意互补角的正弦值相等这一特殊关系式的应用.
［例2］在△ABC中，求证：a2sin2B＋b2sin2A＝2absinC
分析：此题所证结论包含关于△ABC的边角关系，证明时可以考虑两种途径：一是把角的关系通过正弦定理转化为边的关系，若是余弦形式则通过余弦定理；二是把边的关系转化为角的关系，一般是通过正弦定理.
另外，此题要求学生熟悉相关的三角函数的有关公式，如sin2B＝2sinB·cosB等，以便在化为角的关系时进行三角函数式的恒等变形.
证明一：（化为三角函数）
a2sin2B＋b2sin2A
＝（2RsinA）2·2sinB·cosB＋（2RsinB）2·2sinA·cosA
＝8R2sinA·sinB（sinAcosB＋cosAsinB）＝8R2sinAsinBsinC
＝2·2RsinA·2RsinB·sinC＝2absinC
所以原式得证.
证明二：（化为边的式子）
左边＝a2·2sinBcosB＋b2·2sinA·cosA
＝a2··＋b2··
＝（a2＋c2－b2＋b2＋c2－a2）
＝·2c2＝2ab·＝2absinC
评述：由边向角转化，通常利用正弦定理的变形式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，在转化为角的关系式后，要注意三角函数公式的运用，在此题用到了正弦二倍角公式sin2A＝2sinA·cosA，正弦两角和公式sin（A＋B）＝sinA·cosB＋cosA·sinB；由角向边转化，要结合正弦定理变形式以及余弦定理形式二.
三角形的有关证明问题，主要围绕三角形的边和角的三角函数展开，从某种意义上来看，这类问题就是有了目标的含边和角的式子的化简问题.
［例3］已知A、B、C是△ABC的三个内角，且满足（sinA＋sinB）2－sin2C＝3sinAsinB
求证：A＋B＝120°
分析：要证A＋B＝120°，由于A＋B＋C＝180°，只要证明C＝60°，而已知条件为三角函数关系，故应考虑向三角函数的转化，又在0°～180°之间，余弦值所对应角唯一，故可证明cosC＝，而由余弦定理cosC＝，所以应考虑把已知的角的关系式转化为边的关系.
证明：由（sinA＋sinB）2－sin2C＝3sinA·sinB
可得sin2A＋sin2B－sin2C＝sinA·sinB
又∵sinA＝，sinB＝，sinC＝，
∴＋－＝·
整理得a2＋b2－c2＝ab
∴cosC＝＝
又0°＜C＜180°，∴C＝60°
∴A＋B＝180°－C＝120°
评述：（1）有关三角形内角的证明，选择余弦值与正弦值相比较，要省去取舍的麻烦.但注意在根据三角函数值求角时，应先确定角的范围；
（2）在将已知条件中角的关系转化为边的关系时，运用了正弦定理的变形式：a＝2RsinA，b＝2RsinB，c＝2RsinC，这一转化技巧，要求学生熟练掌握.
［例4］在△ABC中，bcosA＝acosB，试判断三角形的形状.
分析：三角形形状的判断，可以根据角的关系，也可根据边的关系，所以在已知条件的运用上，可以考虑两种途径：将边转化为角，将角转化为边，下面，我们从这两个角度进行分析.
解法一：利用余弦定理将角化为边.
∵bcosA＝acosB
∴b·＝a·
∴b2＋c2－a2＝a2＋c2－b2
∴a2＝b2 ∴a＝b
故此三角形是等腰三角形.
解法二：利用正弦定理将边转化为角.
∵bcosA＝acosB
又b＝2RsinB，a＝2RsinA
∴2RsinBcosA＝2RsinAcosB
∴sinAcosB－cosAsinB＝0
∴sin（A－B）＝0
∵0＜A，B＜π，∴－π＜A－B＜π
∴A－B＝0，即A＝B
故此三角形是等腰三角形.
评述：（1）在判定三角形形状时，一般考虑两个方向进行变形，一个方向是边，走代数变形之路，通常是正、余弦定理结合使用；另一个方向是角，走三角变形之路.通常是运用正弦定理.要求学生要注重边角转化的桥梁——正、余弦定理；
（2）解法二中用到了三角函数中两角差的正弦公式，但应注意在根据三角函数值求角时，一定要先确定角的范围.另外，也可运用同角三角函数的商数关系，在等式sinB·cosA＝sinAcosB两端同除以sinAsinB得cotA＝cotB，再由0＜A，B＜π，而得A＝B.
为巩固本节所学的解题方法，下面我们进行课堂练习.
Ⅲ.课堂练习
1.在△ABC中，证明下列各式：
（1）（a2－b2－c2）tanA＋（a2－b2＋c2）tanB＝0
（2）－＝－.
证明：（1）左边＝（a2－b2－c2）＋（a2－b2＋c2）
＝（a2－b2－c2）··＋（a2－b2＋c2）··
＝[＋]
＝（－1＋1）＝0＝右边
故原命题得证.
（2）左边＝－＝（－）－＋
＝－－＋＝－＝右边
故原命题得证.
评述：（1）在（1）题证明时应注意两点：一是切化弦的思路，二是结合正、余弦定理将角的关系转化为边的关系；
（2）（2）题证明过程中用到了余弦二倍角的公式，而此公式有三种形式cos2A＝cos2A－sin2A＝2cos2A－1＝1－2sin2A，由于考虑到等式右端为边的关系，故选用第三种形式，在转化为边的关系时较为简便.
2.在△ABC中，已知sinB·sinC＝cos2，试判断此三角形的类型.
解：∵sinB·sinC＝cos2，∴sinB·sinC＝
∴2sinB·sinC＝1＋cos［180°－（B＋C）］
将cos（B＋C）＝cosBcosC－sinBsinC代入上式得cosBcosC＋sinBsinC＝1
∴cos（B－C）＝1
又0＜B，C＜π，∴－π＜B－C＜π
∴B－C＝0，∴B＝C
故此三角形是等腰三角形.
评述：（1）此题在证明过程中，要用到余弦二倍角公式cosA＝2cos2－1的逆用，要求学生注意；
（2）由于已知条件就是三角函数关系式，故无需向边的关系转化，而是进行三角函数式的恒等变形.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，我们熟悉了正、余弦定理在进行边角关系转换时的桥梁作用，并利用正、余弦定理对三角恒等式进行证明以及对三角形形状进行判断.其中，要求大家重点体会正、余弦定理的边角转换功能.
Ⅴ.课后作业
补充作业：
1.在△ABC中，已知＝，求证：2b2＝a2＋c2.
证明：由已知得sin（B＋C）sin（B－C）＝sin（A＋B）·sin（A－B）
cos2B－cos2C＝cos2A－cos2B
2cos2B＝cos2A＋cos2C
2·＝＋
∴2sin2B＝sin2A＋sin2C
由正弦定理可得2b2＝a2＋c2.
2.在△ABC中，A＝30°，cosB＝2sinB－sinC.
（1）求证：△ABC为等腰三角形；（提示B＝C＝75°）
（2）设D为△ABC外接圆的直径BE与AC的交点，且AB＝2，求AD∶DC的值.
答案：（1）略 （2）1∶
- 4 -第一课时 数 列（一）
教学目标：
理解数列的概念、表示、分类、通项等基本概念，了解数列和函数之间的关系，了解数列的通项公式，并会用通项公式写出数列的任意一项，对于比较简单的数列，会根据其前几项写出它的一个通项公式；培养学生认真观察的习惯，培养学生从特殊到一般的归纳能力，提高观察、抽象的能力.
教学重点：
1.理解数列概念；
2.用通项公式写出数列的任意一项.
教学难点：
根据一些数列的前几项抽象、归纳出数列的通项公式.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
在前面第二章中我们一起学习了有关映射与函数的知识，现在我们再来回顾一下函数的定义.
如果A、B都是非空的数集，那么A到B的映射f︰A→B就叫做A到B的函数，记作：y＝f(x)，其中x∈A，y∈B.
Ⅱ.讲授新课
在学习第二章函数知识的基础上，今天我们一起来学习第三章数列有关知识，首先我们来看一些例子.
1，2，3，4，…，50 ①
1，2，22，23，…，263 ②
15，5，16，16，28 ③
0，10，20，30，…，1000 ④
1，0.84，0.842，0.843，… ⑤
请同学们观察上述例子，看它们有何共同特点？
它们均是一列数，它们是有一定次序的.
引出数列及有关定义.
1.定义
（1）数列：按照一定次序排成的一列数.
看来上述例子就为我们所学数列.那么一些数为何将其按照一定的次序排列，它有何实际意义呢？也就是说和我们生活有何关系呢？
如数列①，它就是我们班学生的学号由小到大排成的一列数.
数列②，是引言问题中各个格子里的麦粒数按放置的先后排成的一列数.
数列③，好像是我国体育健儿在五次奥运会中所获金牌数排成的一列数.
数列④，可看作是在1 km长的路段上，从起点开始，每隔10 m种植一棵树，由近及远各棵树与起点的距离排成的一列数.
数列⑤，我们在化学课上学过一种放射性物质，它不断地变化为其他物质，每经过1年，它就只剩留原来的84%，若设这种物质最初的质量为1，则这种物质各年开始时的剩留量排成一列数，则为：1，0.84，0.842，0.843，….
诸如此类，还有很多，举不胜举，我们学习它，掌握它，也是为了使我们的生活更美好，下面我们进一步讨论，好吗？
现在，就上述例子，我们来看一下数列的基本知识.
比如，数列中的每一个数，我们以后把其称为数列的项，各项依次叫做数列的第1项（或首项），第2项，…，第n项，….
那么，数列一般可表示为a1，a2，a3，…，an，….其中数列的第n项用an来表示.
数列还可简记作{an}.
数列{an}的第n项an与项数n有一定的关系吗？
数列①中，每一项的序号与这一项有这样的对应关系：
序号 1 2 3 … 50
↓ ↓ ↓ … ↓
项 1 2 3 … 50
即数列的每一项就等于其相对应的序号.也可以用一式子：an=n(1≤n≤50)来表示.且n∈N*)
数列②中，每一项的序号与这一项的对应关系为：
序号 1 2 3 … 64
↓ ↓ ↓ … ↓
项 1 2 22 … 263
↓ ↓ ↓ … ↓
2° 21 22 … 263
↓ ↓ ↓ … ↓
21－1 22－1 23－1 … 264－1
即：an＝2n－1(n为正整数，且1≤n≤64)
数列④中：
序号 1 2 3 … 101
↓ ↓ ↓ … ↓
项 0 10 20 … 1000
↓ ↓ ↓ … ↓
10×0 10×1 10×2 … 10×100
↓ ↓ ↓ … ↓
10×(1－1) 10×(2－1) 10×(3－1) … 10×(101－1)
∴an＝10(n－1)(n∈N*且1≤n≤101).
数列⑤中：
序号 1 2 3 4 …
↓ ↓ ↓ ↓ …
项 1 0.84 0.842 0.843 …
↓ ↓ ↓ ↓ …
0.840 0.841 0.842 0.843 …
∴an＝0.84n－1(n≥1且n∈N*)
数列{an}的第n项an与n之间的关系都可以用这样的式子来表示吗？
不是，如数列③的项与序号的关系就不可用这样的式子来表示.
综上所述，如果数列{an}的第n项an与n之间的关系可以用一个公式来表示，那么这个公式就叫做这个数列的通项公式.
即：只要依次用1，2，3，…代替公式中的n,就可以求出该数列相应的各项.
下面，我们来练习找通项公式.
1，，，，…. ①
1，0.1，0.01，0.001，…. ②
－1，1，－1，1，…. ③
2，2，2，2，2，2. ④
1，3，5，7，9，…. ⑤
得出数列①的通项公式为：an＝且n∈N*.
数列②可用通项公式：an＝，(n∈N*，n≥1)来表示.
数列③的通项公式为：an＝(－1)n(n∈N*)或an＝
数列④的通项公式为：an＝2(n∈N*且1≤n≤6)
数列⑤的通项公式为：an＝2n－1(n∈N*).
数列与数集的区别和联系.
在数列的定义中，要强调数列中的数是按一定次序排列的；而数集中的元素没有次序.
例如，数列4，5，6，7，8，9与数列9，8，7，6，5，4是不同的两个数列.如果组成两个数列的数相同而排列次序不同，那么它们就是不同的数列.而数集中的元素若相同，则为同一集合，与元素的次序无关.
数列中的数是可以重复出现的，而数集中的数是不允许重复出现的.如上数列③与④，均有重复出现的数.
数列与数的集合都是具有某种共同属性的数的全体.
{an}与an又有何区别和联系？
{an}表示数列；an表示数列的项.具体地说，{an}表示数列a1，a2，a3，a4，…，an，…，而an只表示这个数列的第n项.其中n表示项的位置序号，如：a1，a2，a3，an分别表示数列的第1项，第2项，第3项及第n项.
数列是否都有通项公式？数列的通项公式是否是惟一的？
从映射、函数的观点来看，数列也可看作是一个定义域为正整数集N*(或它们的有限子集{1，2，3，…，n}）的函数，当自变量从小到大依次取值时对应的一列函数值，数列的通项公式就是相应函数的解析式.
对于函数，我们可以根据其函数解析式画出其对应图象.看来，数列也可以根据其通项公式画出其对应图象，下面请同学们练习画数列①、⑤的图象.
根据所求通项公式画出数列⑤、①的图象，并总结其特点：
特点：它们都是一群弧立的点.
（5）有穷数列：项数有限的数列.如数列④只有6项，是有穷数列.
（6）无穷数列：项数无限的数列.如数列①、②、③、⑤都是无穷数列.
2.例题讲解
［例1］根据下面数列{an}的通项公式，写出它的前5项：
(1)an＝； (2)an＝(－1)n·n
分析：由通项公式定义可知，只要将通项公式中n依次取1，2，3，4，5，即可得到数列的前5项.
解：(1)在an＝中依次取n＝1，2，3，4，5，得到数列{ }的前5项分别为：，，，，.即：a1＝；a2＝；a3＝；a4＝；a5＝.
(2)在an＝(－1)n·n中依次取n＝1，2，3，4，5，得到数列{－1n·n}的前5项分别为：－1，2，－3，4，－5.
即：a1＝－1；a2＝2；a3＝－3；a4＝4；a5＝－5.
［例2］写出下面数列的一个通项公式，使它的前4项分别是下列各数：
(1)1，3，5，7； (2) ，，，
(3)－，，－，.
分析：认真观察各数列所给出项，寻求各项与其项数的关系，归纳其规律，抽象出其通项公式.
解：(1)
序号： 1 2 3 4
↓ ↓ ↓ ↓
项： 1＝2×1－1 3＝2×2－1 5＝2×3－1 7＝2×4－1
规律：这个数列的前4项1，3，5，7都是序号的2倍减去1，所以它的一个通项公式是an＝2n－1；
(2)
序号： 1 2 3 4
↓ ↓ ↓ ↓
项分母： 2＝1＋1 3＝2＋1 4＝3＋1 5＝4＋1
↓ ↓ ↓ ↓
项分子： 22－1 32－1 42－1 52－1
规律：这个数列的前4项，，，的分母都是序号加上1，分子都是分母的平方减去，所以它的一个通项公式是：an＝；
（3）
序号： 1 2 3 4
↓ ↓ ↓ ↓
项： － －
‖ ‖ ‖ ‖
（－1）1 （－1）2 （－1）3 （－1）4
规律：这个数列的前4项－，，－，的绝对值都等于序号与序号加1的积的倒数，且奇数项为负，偶数项为正，所以它的一个通项公式是：an＝(－1)n·.
Ⅲ.课堂练习
课本P32练习1，2，3，4，5，6
Ⅳ.课时小结
对于本节内容应着重掌握数列及有关定义，会根据通项公式求其任意一项，并会根据数列的一些项求一些简单数列的通项公式.
Ⅴ.课后作业
课本P32习题 1，2，3
数 列（一）
1．把自然数的前五个数①排成1，2，3，4，5；②排成5，4，3，2，1；③排成3，1，4，2，5；④排成2，3，1，4，5，那么可以叫做数列的有 个
A.1 B.2 C.3 D.4
2．已知数列的{an}的前四项分别为1，0，1，0，则下列各式可作为数列{an}的通项公式的个数有 （ ）
①an＝ [1＋（－1）n+1]；
②an＝sin2；(注n为奇数时，sin2＝1；n为偶数时，sin2＝0.)；
③an＝ [1＋(－1)n+1]＋(n－1)(n－2)；
④an＝，(n∈N*)(注：n为奇数时，cosnπ＝－1，n为偶数时，cosnπ＝1)；
⑤an＝
A.1个 B.2个 C.3个 D.4个
3．数列－1，，－，，…的一个通项公式an是 （ ）
A.(－1)n B.(－1)n
C.(－1)n D.(－1)n
4．数列0，2，0，2，0，2，……的一个通项公式为 （ ）
A.an＝1＋(－1)n－1 B.an＝1＋(－1)n
C.an＝1＋(－1)n+1 D.an＝2sin
5．以下四个数中是数列{n(n＋1)}中的一项的是 （ ）
A.17 B.32 C.39 D.380
6．数列2，5，11，20，x，47，……中的x等于 （ ）
A.28 B.32 C.33 D.27
7．数列1，2，1，2，1，2的一个通项公式是 .
8．求数列，，，…的通项公式.
数 列（一）答案
1．分析：按照数列定义得出答案.
评述：数列的定义中所说的“一定次序”不是要求按自然数次序，所以①②③④这四种排法都可叫做数列. 答案：D
2．分析：要判别某一公式不是数列的通项公式，只要把适当的n代入an，其不满足即可，如果要确定它是通项公式，必须加以一定的说明.
解：对于③，将n＝3代入，a3＝3≠1，故③不是{an}的通项公式；由三角公式知；②和④实质上是一样的，不难验证，它们是已知数列1，0，1，0的通项公式；对于⑤，易看出，它不是数列{an}的通项公式；①显然是数列{an}的通项公式.
综上可知，数列{an}的通项公式有三个，即有三种表示形式. 答案：C
3．D 4．B 5．D
6．解析：∵5＝2＋3×1，11＝5＋3×2，20＝11＋3×3，
∴x＝20＋3×4＝32. 答案：B
评述：用观察归纳法写出数列的一个通项公式，体现了由特殊到一般的思维规律、观察、分析问题的特点是最重要的，观察要有目的，要能观察出特点，观察出项与项数之间的关系、规律，这类问题就是要观察各项与项数之间的联系，利用我们熟知的一些基本数列（如自然数列、奇偶数列、自然数的前n项和数列、自然数的平方数列、简单的指数数列，…），建立合理的联想、转换而达到问题的解决.
7．an＝1＋[1＋（－1）n].
8．求数列，，，…的通项公式.
分析：可通过观察、分析直接写出其通项公式，也可利用待定系数法求通项公式.
解：通过观察与分析，不难写出其三个分数中分母5，15，35，…的一个通项公式
10·2n－1－5.
故所求数列的通项公式为：an＝.
- 6 -第七课时 等比数列(一)
教学目标：
掌握等比数列的定义，理解等比数列的通项公式及推导；培养学生的发现意识，提高学生创新意识，提高学生的逻辑推理能力，增强学生的应用意识.
教学重点：
等比数列的定义及通项公式.
教学难点：
灵活应用等比数列的定义式及通项公式解决一些相关问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
前面几节课，我们共同探讨了等差数列，现在我们再来回顾一下等差数列的主要内容.
Ⅱ.讲授新课
下面我们来看这样几个数列，看其又有何共同特点
1，2，4，8，16，…，263； ①
5，25，125，625，…； ②
1，－，，－，…； ③
仔细观察数列，寻其共同特点.
对于数列①，an＝2n－1；＝2(n≥2)
对于数列②，an＝5n；＝5(n≥2)
对于数列③，an＝(－1)n+1·；＝－ (n≥2)
共同特点：从第二项起，第一项与前一项的比都等于同一个常数.
也就是说，这些数列从第二项起，每一项与前一项的比都具有“相等”的特点.
1.定义
等比数列：一般地，如果一个数列从第二项起，每一项与它的前一项的比等于同一个常数，那么这个数列就叫做等比数列.这个常数叫做等比数列的公比；公比通常用字母q表示(q≠0)，即：an∶an－1＝q(q≠0)
如：数列①，②，③都是等比数列，它们的公比依次是2，5，－.与等差数列比较，仅一字之差.
总之，若一数列从第二项起，每一项与其前一项之“差”为常数，则为等差数列，之“比”为常数，则为等比数列，此常数称为“公差”或“公比”.
注意（1）公差“d”可为0，（2）公比“q”不可为0.
等比数列的通项公式又如何呢
2.等比数列的通项公式
请同学们想想等差数列通项公式的推导过程，试着推一下等比数列的通项公式.
解法一：由定义式可得：a2＝a1q，a3＝a2q＝(a1q)q＝a1q2，a4＝a3q＝(a1q2)q＝a1q3，…，
an＝an－1q＝a1qn－1(a1，q≠0)，n＝1时，等式也成立，即对一切n∈N*成立.
解法二：由定义式得：(n－1)个等式
eq \b\lc\{(\a\al(＝q ①,＝q ②,… …,＝q n－1))
若将上述n－1个等式相乘，便可得：
×××…×＝qn－1
即：an＝a1·qn－1(n≥2)
当n＝1时，左＝a1，右＝a1，所以等式成立，
∴等比数列通项公式为：an＝a1·qn－1(a1，q≠0)
如：数列①，an＝1×2n－1＝2n－1(n≤64)
数列②：an＝5×5n－1＝5n，数列③：an＝1×(－)n－1＝(－1)n－1与等差数列比较，两者均可用归纳法求得通项公式.
或者，等差数列是将由定义式得到的n－1个式子相“加”，便可求得通项公式；而等比数列则需将由定义式得到的n－1个式子相“乘”，方可求得通项公式.
下面看一些例子：
［例1］培育水稻新品种，如果第一代得到120粒种子，并且从第一代起，由以后各代的每一粒种子都可以得到下一代的120粒种子，到第5代大约可以得到这个新品种的种子多少粒（保留两个有效数字）？
分析：下一代的种子数总是上一代种子数的120倍，逐代的种子数可组成一等比数列，然后可用等比数列的有关知识解决题目所要求的问题.
解：由题意可得：逐代的种子数可组成一以a1＝120，q＝120的等比数列{an}.
由等比数列通项公式可得：an＝a1·qn－1＝120×120n－1＝120n
∴a5＝1205≈2.5×1010.
答：到第5代大约可以得到种子2.5×1010粒.
评述：遇到实际问题，首先应仔细分析题意，以准确恰当建立数学模型.
［例2］一个等比数列的第3项与第4项分别是12与18，求它的第1项与第2项.
分析：应将已知条件用数学语言描述，并联立，然后求得通项公式.
解：设这个等比数列的首项是a1，公比是q
则：
②÷①得：q＝ ③
③代入①得：a1＝
∴an＝a1·qn－1＝×（）n－1，a2＝a1·q＝×＝8.
答：这个数列的第1项与第2项分别是和8.
评述：要灵活应用等比数列定义式及通项公式.
Ⅲ.课堂练习
课本P48练习1，2，3
已知{an}是无穷等比数列，公比为q.
(1)将数列{an}中的前k项去掉，剩余各项组成一个新数列，这个数列是等比数列吗？如果是，它的首项和公比各是多少？
解：设{an}为：a1，a2，…，ak，ak+1，…
则去掉前k项的数可列为：ak+1，ak+2，…，an，…
可知，此数列是等比数列，它的首项为ak+1，公比为q.
(2)取出数列{an}中的所有奇数项，组成一个新的数列，这个数列是等比数列吗？如果是，它的首项和公比各是多少？
解：设{an}为：a1，a2，a3，…，a2k－1，a2k，…，取出{an}中的所有奇数项，分别为：a1，a3，a5，a7，…，a2k－1，a2k+1，…
∵＝＝q2(k≥1)
∴此数列为等比数列，这个数列的首项是a1，公比为q2.
(3)在数列{an}中，每隔10项取出一项，组成一个新的数列，这个数列是等比数列吗？如果是，它的公比是多少？
解：设数列{an}为：a1，a2，…，an，…
每隔10项取出一项的数可列为：a11，a22，a33，……
可知，此数列为等比数列，其公式为：＝＝q11.
评述：注意灵活应用等比数列的定义式和通项公式.
Ⅳ.课时小结
本节课主要学习了等比数列的定义，即：＝q(q≠0，q为常数，n≥2)
等比数列的通项公式：an＝a1·qn－1(n≥2)及推导过程.
Ⅴ.课后作业
课本P52习题 1，2，3，4
等比数列(一)
1．已知Sn是数列{an}的前n项和，Sn＝pn，那么数列{an}是 （ ）
A.等比数列 B.当p≠0时为等比数列
C.当p≠0，p≠1时为等比数列 D.不可能为等比数列
2．公差不为0的等差数列{an}中，a2，a3，a6依次成等比数列，则公比等于 （ ）
A. B. C.2 D.3
3．数列{an}的前n项之和是Sn＝an＋b(a、b为常数且a≠0，1)，问数列{an}是等比数列吗？若是，写出通项公式，若不是，说明理由.
4．已知等比数列x，－，y，－，，…，求x，y.
5．已知数列{an}是等比数列，首项为a1，公比不等于1，又其中有连续三项分别是一等差数列的第t，k，p项，求数列{an}的通项公式.
6．已知数列{an}为等比数列，a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求a4的值.
等比数列(一)答案
1．D 2．D
3．数列{an}的前n项之和是Sn＝an＋b(a、b为常数且a≠0，1)，问数列{an}是等比数列吗？若是，写出通项公式，若不是，说明理由.
分析：利用等比数列的定义解题.
解：a1＝S1＝a＋b，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝(a－1)an－1
又a1＝(a－1)·a0＝a－1
∴若a－1≠a＋b，即b≠－1时，显然数列{an}不是等比数列.
若a－1＝a＋b，即b＝－1时，由an＝(a－1)an－1(n≥1)，得＝a(n≥2)
故数列{an}是等比数列.
4．x＝，y＝
5．已知数列{an}是等比数列，首项为a1，公比不等于1，又其中有连续三项分别是一等差数列的第t，k，p项，求数列{an}的通项公式.
分析一：先从等比数列入手解决问题.
解法一：设符合题设的等比数列{an}中的连续三项为am，am+1，am+2，则：
am+1＝amq，am+2＝am+1q (q为公比)
两式相减，得q＝
又am+1＝am＋(k－t)d，即am+1－am＝(k－t)d
同理am+2－am+1＝(p－k)d(d为公差），故q＝＝
∴所求通项公式为an＝a1( )n－1.
分析二：先从等差数列入手解决问题.
解法二：设等差数列为{bn}，公差为d，则
由题设知，bt，bk，bp是等比数列{an}中的连续三项：故q＝＝
利用等比定理，可得
＝＝＝
∴q＝，an＝a1()n－1.
6．已知数列{an}为等比数列，a1＋a3＝10，a4＋a6＝，求a4的值.
分析：要求a4可以先求an，这样求基本量a1和q的值就成了关键，结合条件考虑运用方程思想解决.
解：设此数列的公比为q,由已知得：
eq \b\lc\{(\a\al(a1＋a1 q2＝10,a1 q3＋a1 q5＝)) eq \b\lc\{(\a\al(a1（1＋q2）＝10 ①,a1 q3（1＋q2）＝ ②))
由a1≠0，1＋q2≠0，②÷①得，q3＝q＝a1＝8. a4＝a1q3＝8×＝1.
评述：本题在求基本量a1和q时，运用方程思想把两个方程相除达到消元的目的，此法应重视.
- 4 -三角函数单元复习题（二）
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．已知x∈(－，0)，cosx＝，则tan2x等于 （ ）
A. B.－ C. D.－
2．cos－sin的值是 （ ）
A.0 B.－ C. D.2
3．已知α，β均为锐角，且sinα＝，cosβ＝，则α＋β的值为 （ ）
A. 或 B. C. D.2kπ＋ (k∈Z)
4．sin15°cos30°sin75°的值等于 （ ）
A. B. C. D.
5．若f(cosx)＝cos2x，则f(sin)等于 （ ）
A. B.－ C.－ D.
6．sin(x＋60°)＋2sin(x－60°)－cos(120°－x)的值为 （ ）
A. B. C.1 D.0
7．已知sinα＋cosα＝，α∈(0，π)，那么sin2α，cos2α的值分别为 （ ）
A. ， B.－，
C.－，－ D.－，±
8．在△ABC中，若tanAtanB>1，则△ABC的形状是 （ ）
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.不能确定
9．化简 eq \f(cos（＋α）－sin（＋α）,cos（－α）＋sin（－α）) 的结果为 （ ）
A.tanα B.－tanα C.cotα D.－cotα
10．已知sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，则cos(α－β)的值为 （ ）
A.－ B. C.－1 D.1
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．的值等于_____________.
12．若＝4＋，则cot( ＋A)＝_____________.
13．已知tanx＝ (π＜x＜2π)，则cos(2x－)cos(－x)－sin(2x－)sin(－x)＝_____.
14．sin(－3x)cos(－3x)－cos(＋3x)sin(＋3x)＝_____________.
15．已知tan(α＋β)＝，tan(β－)＝，则sin(α＋)·sin(－α)的值为____________.
16．已知5cos(α－)＋7cos＝0，则tantan＝_____________.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）已知cos(α－)＝，＜α＜，求cosα.
18．（本小题满分14分）已知sin22α＋sin2αcosα－cos2α＝1，α∈(0，)，
求sinα、tanα.
19．（本小题满分14分）在△ABC中，已知A、B、C成等差数列，
求tan＋tan＋tantan的值.
20．（本小题满分15分）已知cosα＝－，cos(α＋β)＝，且α∈(π，π)，α＋β∈(π，2π)，求β.
21．（本小题满分15分）是否存在锐角α和β，使得（1）α＋2β＝π，(2)tantanβ＝2－同时成立？若存在，则求出α和β的值；若不存在，说明理由.
三角函数单元复习题（二）答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．D 2．C 3．C 4．B 5．C 6．D 7．C 8．A 9．B 10．A
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．2－ 12．4＋ 13．－ 14．
15．【解析】 ∵tan(α＋)＝tan［(α＋β)－(β－)］＝
∴原式＝sin(α＋)cos(α＋)
＝ eq \f(sin(α＋)cos(α＋),sin2(α＋)＋cos2(α＋)) ＝ eq \f(tan(α＋),1＋tan2(α＋)) ＝.
16．【解析】 由5cos(α－)＋7cos＝0得：
5cos（＋）＋7 cos（－）＝0
展开得：12coscos＋2sinsin＝0，
两边同除以coscos得tantan＝－6.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）已知cos(α－)＝，＜α＜，求cosα.
【解】 由于0＜α－＜，cos(α－)＝
所以sin(α－)＝ eq \r(1－cos2(α－)) ＝
所以cosα＝cos［(α－)＋］＝
18．（本小题满分14分）已知sin22α＋sin2αcosα－cos2α＝1，α∈(0，)，
求sinα、tanα.
【解】 ∵sin22α＋sin2αcosα－cos2α＝1
∴4sin2αcos2α＋2sinαcos2α－2cos2α＝0
即：cos2α(2sin2α＋sinα－1)＝0cos2α(sinα＋1)(2sinα－1)＝0
又α∈(0， )，∴cos2α>0，sinα＋1>0.
故sinα＝，α＝，tanα＝.
19．（本小题满分14分）在△ABC中，已知A、B、C成等差数列，
求tan＋tan＋tantan的值.
【解】 因为A、B、C成等差数列，A＋B＋C＝π，所以A＋C＝，＋＝
∴tan(＋)＝，由两角和的正切公式，得 eq \f(tan＋tan,1－tantan) ＝
tan＋tan＝－tantan
tan＋tan＋tantan＝.
20．（本小题满分15分）已知cosα＝－，cos(α＋β)＝，且α∈(π，π)，α＋β∈(π，2π)，求β.
【分析】 要求β就必须先求β的某一个三角函数值，对照已知与欲求的目标，宜先求出cosβ的值，再由β的范围得出β.
【解】 ∵π＜α＜π， π＜α＋β＜2π，∴0＜β＜π.
又∵cosα＝－，cos(α＋β)＝，∴sinα＝－，sin(α＋β)＝－
故cosβ＝cos［(α＋β)－α］＝×（－）＋（－）（－）＝－.
而0＜β＜π，∴β＝π.
【评注】 本题中若求sinβ，则由sinβ＝及0＜β＜π不能直接推出β＝π，因此本类问题如何选择三角函数值得考虑.
21．（本小题满分15分）是否存在锐角α和β，使得（1）α＋2β＝π，(2)tantanβ＝2－同时成立？若存在，则求出α和β的值；若不存在，说明理由.
【分析】 这是一道探索性问题的题目，要求根据（1）、（2）联解，若能求出锐角α和β，则说明存在，否则，不存在.由于条件（2）涉及到与β的正切，所以需将条件（1）变成＋β＝，然后取正切，再与（2）联立求解.
【解】 由（1）得：＋β＝
∴tan(＋β)＝ eq \f(tan＋tanβ,1－tantanβ) ＝
将（2）代入上式得tan＋tanβ＝3－.
因此，tan与tanβ是一元二次方程x2－(3－)x＋2－＝0的两根，解之得x1＝1，x2＝2－.
若tan＝1,由于0＜＜.所以这样的α不存在；
故只能是tan＝2－，tanβ=1.
由于α、β均为锐角，所以α＝，β＝
故存在锐角α＝，β＝使（1）、（2）同时成立.
- 7 -第八课时 等比数列(二)
教学目标：
灵活应用等比数列的定义及通项公式，深刻理解等比中项概念，掌握等比数列的性质；提高学生的数学素质，增强学生的应用意识.
教学重点：
1.等比中项的理解与应用.
2.等比数列定义及通项公式的应用.
教学难点：
灵活应用等比数列定义、通项公式、性质解决一些相关问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
等比数列定义，等比数列通项公式
Ⅱ.讲授新课
根据定义、通项公式，再与等差数列对照，看等比数列具有哪些性质
(1)若a，A，b成等差数列a＝，A为等差中项.
那么，如果在a与b中间插入一个数G，使a,G，b成等比数列，……
则即＝，即G2＝ab
反之，若G2＝ab，则＝，即a，G，b成等比数列
∴a，G，b成等比数列G2＝ab (a·b≠0)
总之，如果在a与b中间插入一个数G，使a，G，b成等比数列，那么称这个数G为a与b的等比中项.即G＝±，(a，b同号)
另外，在等差数列中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq，那么，在等比数列中呢？
由通项公式可得：am＝a1qm－1，an＝a1qn－1，ap＝a1qp－1，aq＝a1·qq－1
不难发现：am·an＝a12qm+n－2，ap·aq＝a12qp+q－2
若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
下面看应用这些性质可以解决哪些问题
［例1］在等比数列{an}中，若a3·a5＝100，求a4.
分析：由等比数列性质，若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq可得：
解：∵在等比数列中，∴a3·a5＝a42
又∵a3·a5＝100，∴a4＝±10.
［例2］已知{an}、{bn}是项数相同的等比数列，求证{an·bn}是等比数列.
分析：由等比数列定义及通项公式求得.
解：设数列{an}的首项是a1，公比为p；{bn}的首项为b1，公比为q.
则数列{an}的第n项与第n＋1项分别为a1pn－1，a1pn
数列{bn}的第n项与第n＋1项分别为b1qn－1，b1qn.
数列{an·bn}的第n项与第n＋1项分别为a1·pn－1·b1·qn－1与a1·pn·b1·qn，即为
a1b1(pq)n－1与a1b1(pq)n
∵·＝＝pq
它是一个与n无关的常数，
∴{an·bn}是一个以pq为公比的等比数列.
特别地，如果{an}是等比数列，c是不等于0的常数，那么数列{c·an}是等比数列.
［例3］三个数成等比数列，它们的和等于14，它们的积等于64，求这三个数.
解：设m，G，n为此三数
由已知得：m＋n＋G＝14，m·n·G＝64，
又∵G2＝m·n，∴G3＝64，∴G＝4，∴m＋n＝10
∴或
即这三个数为2，4，8或8，4，2.
评述：结合已知条件与定义、通项公式、性质，选择解题捷径.
Ⅲ.课堂练习
课本P50练习1，2，3，4，5.
Ⅳ.课时小结
本节主要内容为：
(1)若a，G，b成等比数列，则G2＝ab，G叫做a与b的等比中项.
(2)若在等比数列中，m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
Ⅴ.课后作业
课本P52习题 5，6，7，9
等比数列(二)
1．已知数列{an}为等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值等于（ ）
A.5 B.10 C.15 D.20
2．在等比数列中，a1＝1，q∈R且|q|≠1，若am＝a1a2a3a4a5，则m等于 （ ）
A.9 B.10 C.11 D.12
3．非零实数x、y、z成等差数列，x＋1、y、z与x、y、z＋2分别成等比数列，则y等于（ ）
A.10 B.12 C.14 D.16
4．有四个数，前三个数成等比数列，其和为19，后三个数成等差数列，其和为12，求此四数.
5．在数列{an}和{bn}中，an＞0，bn＞0，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＝3，求an∶bn的值.
6．设x＞y＞2，且x＋y，x－y，xy，能按某种顺序构成等比数列，试求这个等比数列.
7．有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首末两项的和为21，中间两项的和为18，求这四个数.
等比数列(二)答案
1．已知数列{an}为等比数列，且an＞0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，那么a3＋a5的值等于（ ）
A.5 B.10 C.15 D.20
分析：要确定一个等比数列，必须有两个独立条件，而这里只有一个条件，故用先确定基本量a1和q，再求a3＋a5的方法是不行的，而应寻求a3＋a5整体与已知条件之间的关系.
解法一：设此等比数列的公比为q，由条件得a1q·a1q3＋2a1q2·a1q4＋a1q3·a1q5＝25
即a12q4(q2＋1)2＝25，又an＞0，得q＞0
∴a1q2(q2＋1）＝5
a3＋a5＝a1q2＋a1q4＝a1q2(q2＋1)＝5
解法二：∵a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25
由等比数列性质得a32＋2a3a5＋a52＝25
即(a3＋a5)2＝25，又an＞0，∴a3＋a5＝5
评述：在运用方程思想方法的过程中，还要注意整体观念，善于利用等比数列的性质，以达到简化解题过程、快速求解的目的.
2．在等比数列中，a1＝1，q∈R且|q|≠1，若am＝a1a2a3a4a5，则m等于 （ ）
A.9 B.10 C.11 D.12
解：∵am＝a1a2a3a4a5＝a15q1+2+3+4＝a15q10＝a15q11－1
又∵a1＝1，∴am＝q11－1，∴m＝11. 答案：C
3．非零实数x、y、z成等差数列，x＋1、y、z与x、y、z＋2分别成等比数列，则y等于（ ）
A.10 B.12 C.14 D.16
解：由已知得y＝12
答案：B
4．有四个数，前三个数成等比数列，其和为19，后三个数成等差数列，其和为12，求此四数.
解：设所求的四个数分别为a，x－d，x，x＋d
则
解得x＝4，代入①、②得
解得或
故所求四个数为25，－10，4，18或9，6，4，2.
5．在数列{an}和{bn}中，an＞0，bn＞0，且an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列，a1＝1，b1＝2，a2＝3，求an∶bn的值.
分析：关键是求出两个数列的通项公式.根据条件，应注意两个数列之间的联系及相互转换.
解：由题意知：
∴an+1＝，an＝ (n≥2)
代入①得2bn＝＋
即2＝＋ (n≥2)
∴{}成等差数列，设公差为d
又b1＝2，b2＝＝，
∴d＝－＝－＝
∴＝＋（n－1）＝（n＋1），bn＝（n＋1）2，
当n≥2时，an＝＝ ③
且a1＝1时适合于③式，故 ＝.
评述：对于通项公式有关系的两个数列的问题，一般采用消元法，先消去一个数列的项，并对只含另一个数列通项的关系进行恒等变形，构造一个新的数列.
6．设x＞y＞2，且x＋y，x－y，xy，能按某种顺序构成等比数列，试求这个等比数列.
分析：先由x＞y＞2，可知x－y＜x＋y＜xy，下来只需讨论 和x－y的大小关系，分成两种情况讨论.
解：∵x＞y＞2，x＋y＞x－y，xy＞x＋y，而 ＜1＜x－y
当 ＜x－y时，由 ，x－y，x＋y，xy顺次构成等比数列.
则有 eq \b\lc\{(\a\al( ·xy＝（x－y）（x＋y）,（x＋y）2＝（x－y）xy))
解方程组得x＝7＋5，y＝5＋
∴所求等比数列为，2＋，12＋，70＋.
当 ＞x－y时，由x－y， ，x＋y，xy顺次构成等比数列
则有 eq \b\lc\{(\a\al(·xy＝（x＋y）2,（x＋y）＝（x－y）xy))
解方程组得y＝ eq \r() ，这与y＞2矛盾，故这种情况不存在.
7．有四个数，前三个数成等比数列，后三个数成等差数列，首末两项的和为21，中间两项的和为18，求这四个数.
分析一：从后三个数入手.
解法一：设所求的四个数为 ，x－d，x，x＋d，根据题意有
eq \b\lc\{(\a\al(＋（x＋d）＝21,（x－d）＋x＝18)) ，解得或 eq \b\lc\{(\a\al(x＝,d＝))
∴所求四个数为3，6，12，18或，，，.
分析二：从前三数入手.
解法二：设前三个数为 ，x，xq，则第四个数为2xq－x.
依题设有 eq \b\lc\{(\a\al(＋2xq－x＝21,x＋xq＝18)) ，解得或 eq \b\lc\{(\a\al(x＝,q＝))
故所求的四个数为3，6，12，18或，，，.
分析三：从首末两项的和与中间两项的和入手.
解法三：设欲求的四数为x，y，18－y，2－x，由已知得：
，解得或 eq \b\lc\{(\a\al(x＝,y＝))
∴所求四数为3，6，12，18或，，，.
- 6 -三角函数单元复习题（三）
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．下列函数中，最小正周期为π的偶函数是 （ ）
A.y＝sin2x B.y＝cos
C.y＝sin2x＋cos2x D.y＝
2．设函数y＝cos(sinx)，则 （ ）
A.它的定义域是［－1，1］ B.它是偶函数
C.它的值域是［－cos1，cos1］ D.它不是周期函数
3．把函数y＝cosx的图象上的所有点的横坐标缩小到原来的一半，纵坐标扩大到原来的两倍，然后把图象向左平移个单位.则所得图象表示的函数的解析式为 （ ）
A.y＝2sin2x B.y＝－2sin2x
C.y＝2cos(2x＋) D.y＝2cos(＋)
4．函数y＝2sin(3x－)图象的两条相邻对称轴之间的距离是 （ ）
A. B. C.π D.
5．若sinα＋cosα＝m，且－≤m＜－1，则α角所在象限是 （ ）
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
6．函数y＝|cotx|·sinx（0＜x≤且x≠π）的图象是 （ ）
7．设y＝，则下列结论中正确的是 （ ）
A.y有最大值也有最小值 B.y有最大值但无最小值
C.y有最小值但无最大值 D.y既无最大值又无最小值
8．函数y＝sin（－2x)的单调增区间是 （ ）
A.［kπ－，kπ＋］(k∈Z) B.［kπ＋，kπ＋］(k∈Z)
C.［kπ－，kπ＋］(k∈Z) D.［kπ＋，kπ＋］(k∈Z)
9．已知0≤x≤π，且－＜a＜0，那么函数f(x)＝cos2x－2asinx－1的最小值是 （ ）
A.2a＋1 B.2a－1 C.－2a－1 D.2a
10．求使函数y＝sin(2x＋θ)＋cos(2x＋θ)为奇函数，且在［0，］上是增函数的θ的一个值为 （ ）
A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．函数y＝的值域是_____________.
12．函数y＝ eq \f(,lg（1＋tanx）) 的定义域是_____________.
13．如果x，y∈［0，π］，且满足|sinx|＝2cosy－2，则x＝___________，y＝___________.
14．已知函数y＝2cosx，x∈［0，2π］和y＝2，则它们的图象所围成的一个封闭的平面图形的面积是_____________
15．函数y＝sinx＋cosx＋sin2x的值域是_____________.
16．关于函数f(x)＝4sin(2x＋)(x∈R)有下列命题：
①由f(x1)＝f(x2)＝0可得x1－x2必是π的整数倍；
②y＝f(x)的表达式可改为y＝4cos(2x－)；
③y＝f(x)的图象关于点（－，0)对称；
④y＝f(x)的图象关于直线x＝－对称.
其中正确的命题的序号是_____________.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）如图为函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象的一部分，试求该函数的一个解析式.
18．（本小题满分14分）已知函数y＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.(x∈R)
(1)当y取得最大值时，求自变量x的取值集合.
(2)该函数图象可由y＝sinx(x∈R)的图象经过怎样的平移和伸缩变换得到？
19．（本小题满分14分）已知函数f(x)＝(sinx－cosx)
（1）求它的定义域和值域；（2）求它的单调减区间；
（3）判断它的奇偶性；（4）判断它的周期性，如果是周期函数，求出它的一个周期.
20．（本小题满分15分）某村欲修建一横断面为等腰梯形的水渠（如图），为降低成本，必须尽量减少水与水渠壁的接触面.若水渠横断面面积设计为定值 m，渠深3米，则水渠侧壁的倾斜角α应为多少时，方能使修建的成本最低？
21． (本小题满分15分）已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于点M（，0)对称，且在区间［0，］上是单调函数，求φ和ω的值.
三角函数单元复习题（三）答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．D 2．B 3．B 4．A 5．C 6．C 7．C 8．D 9．C 10．C
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．（－∞，］∪［1，+∞) 12．{x|－＋2kπ＜x＜2kπ或2kπ＜x＜＋2kπ(k∈Z)}
13．x＝0或π，y＝0 14．4π 15．{y｜－≤y≤1＋} 16．②③
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）如图为函数y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0)的图象的一部分，试求该函数的一个解析式.
【解】 由图可得：A＝，T＝2｜MN｜＝π.
从而ω＝＝2，故y＝sin(2x＋φ)
将M（，0）代入得sin(＋φ)＝0
取φ＝－得y＝sin(2x－)
【评注】 本题若将N（，0）代入y＝sin(2x+φ)
则可得：sin(＋φ)＝0.若取φ＝－，则y＝sin(2x－)＝－sin(2x－)，?它与y＝sin(2x－)的图象关于x轴对称，故求解错误！因此，将点的坐标代入函数y＝sin(2x＋φ)后，如何确定φ，要看该点在曲线上的位置.如：M在上升的曲线上，就相当于“五点法”作图中的第一个点，故＋φ＝0；而N点在下降的曲线上，因此相当于“五点法”作图中的第三个点，故＋φ＝π，由上可得φ的值均为－.
18．（本小题满分14分）已知函数y＝(sinx＋cosx)2＋2cos2x.(x∈R)
(1)当y取得最大值时，求自变量x的取值集合.
(2)该函数图象可由y＝sinx(x∈R)的图象经过怎样的平移和伸缩变换得到？
【解】 y＝1＋sin2x＋2cos2x＝sin2x＋cos2x＋2＝sin(2x＋)＋2.
(1)要使y取得最大值，则sin(2x＋)＝1.
即：2x＋＝2kπ＋x＝kπ＋ (k∈Z)
∴所求自变量的取值集合是{x｜x＝kπ＋，k∈Z}.
(2)变换的步骤是：
①把函数y＝sinx的图象向左平移个单位，得到函数y＝sin(x+)的图象；
②将所得的图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得函数y＝sin(2x＋）的图象；
③再将所得的图象上各点的纵坐标伸长到原来的倍（横坐标不变），得函数 y＝sin(2x＋)的图象；
④最后将所得的图象向上平移2个单位，就得到 y＝sin(2x＋)+2的图象.
【说明】 以上变换步骤不唯一！
19．（本小题满分14分）已知函数f(x)＝(sinx－cosx)
（1）求它的定义域和值域；（2）求它的单调减区间；
（3）判断它的奇偶性；（4）判断它的周期性，如果是周期函数，求出它的一个周期.
【分析】 研究复合函数的性质（定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性）应同时考虑内层函数与外层函数各自的特性以及它们的相互制约关系.
【解】 （1）由题意得sinx－cosx＞0，即sin(x－)＞0
从而得2kπ＜x－＜2kπ＋π，所以函数的定义域为（2kπ＋，2kπ＋）(k∈Z)
∵0＜sin(x－)≤1，∴0＜sinx－cosx≤
即有(sinx－cosx)≥＝－.故函数的值域是［－，+∞).?
（2）∵sinx－cosx＝sin（x－)在f(x)的定义域上的单调递增区间为（2kπ＋，2kπ＋）(k∈Z)，函数f(x)的递减区间为（2kπ＋，2kπ＋）(k∈Z).
(3)∵f(x)的定义域在数轴上对应的点不关于原点对称，
∴函数f(x）是非奇非偶函数.
（4）f(x＋2π)＝［sin(x＋2π)－cos(x＋2π)］＝（sinx－cosx)＝f(x).
∴函数f(x)是周期函数，2π是它的一个周期.
20．（本小题满分15分）某村欲修建一横断面为等腰梯形的水渠（如图），为降低成本，必须尽量减少水与水渠壁的接触面.若水渠横断面面积设计为定值 m，渠深3米，则水渠侧壁的倾斜角α应为多少时，方能使修建的成本最低？
【分析】 本题中水与水渠壁的接触面最小，即是修建的
成本最低，而水与水渠壁的接触面最小，实际上是使水渠横断
面的周长?最小.?
【解】 设水渠横断面的周长为y，则：
(y－2×)×3＋2×·＝m
即：y＝＋3· (0°＜α＜90°).
欲减少水与水渠壁的接触面，只要使水渠横断面周长y最小，即要使t＝
(0°＜α＜90°)最小，
∵tsinα＋cosα＝2.
∴sin(α＋φ)＝，(其中φ由tanφ＝，φ∈(0°，90°))
由≤1得：t2≥3t≥
当且仅当t＝，即tanφ＝，即φ＝30°时，不等式取等号，此时sin(α＋30°)＝1α＝60°.
【答】 水渠侧壁的倾斜角α＝60°时，修建成本最低.
21． (本小题满分15分）已知函数f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω＞0，0≤φ≤π)是R上的偶函数，其图象关于点M（，0)对称，且在区间［0，］上是单调函数，求φ和ω的值.
【解】 由f(x)是偶函数，得f(x)＝f(－x)
即sin(ωx＋φ)＝sin(－ωx＋φ)
∴－cosφsinωx＝cosφsinωx对任意x都成立.
且ω＞0，∴cosφ＝0，依题设0≤φ≤π，∴φ＝
由f(x)的图象关于点M（，0）对称，得，
取x＝0，得f()＝－f()，∴f()＝0
∴f()＝sin(＋)＝cos＝0，又ω＞0
∴＝＋kπ，k＝0，1，2，…，ω＝ (2k＋1)，k＝0，1，2，…
当k＝0时，ω＝，f(x)＝sin(x＋)在区间［0，］上是减函数；
当k＝1时，ω＝2，f(x)＝sin(2x＋)在区间［0，］上是减函数；?
当k≥2时，ω≥，f(x)＝sin(ωx＋)在区间［0，］上不是单调函数；
所以，ω＝或ω＝2.
- 7 -第十一课时 数列应用题
教学目标：
将等比数列的通项公式和前n项求和公式应用到应用题的有关计算中去；增强学生的应用意识，提高学生的实际应用能力.
教学重点：
等比数列通项公式和前n项和公式的应用.
教学难点：
利用等比数列有关知识解决一些实际问题.
教学过程：
［例1］某人年初向银行贷款10万元用于购房.
（Ⅰ）如果他向建设银行贷款，年利率为5%，且这笔款分10次等额归还（不计复利），每年一次，并从借后次年年初开始归还，问每年应付多少元？
（Ⅱ）如果他向工商银行贷款，年利率为4%，要按复利计算（即本年的利息计入次年的本金生息），仍分10次等额归还，每年一次，每年应还多少元？
解：（Ⅰ）若向建设银行贷款，设每年还款x元，
则105×(1＋10×5%)＝x(1＋9×5%)＋x(1＋8×5%)＋x(1＋7×5%)＋…＋x
即：105×1.5＝10x＋45×0.05元，解得x＝≈12245(元)
（Ⅱ）若向工商银行贷款，每年需还y元，则：
105×(1＋4%)10＝y(1＋4%)9＋y(1＋4%)8＋…＋y(1＋4%)＋y
即105×1.0410＝·y
其中：1.0410＝1＋10×0.04＋45×0.042＋120×0.043＋210×0.044＋…≈1.4802.
∴y≈≈12330(元)
答：向建设银行贷款，每年应付12245元；若向工商银行贷款，每年应付12330元.
［例2］用分期付款的方式购买家电一件，价为1150元，购买当天先付150元，以后每月这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%，若交付150元后的每一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家用电器实际花费多少钱？
解：购买时付出150元后，余欠款1000元，按题意应分20次付清，由于每次都必须交50元，外加上所欠余款的利息，这样每次交付欠款的数额顺月次构成一数列
设每次交款数额依次为a1，a2，…，a20
则：a1＝50＋1000×1%＝60元，a2＝50＋(1000－50)×1%＝59.5元
……
a10＝50＋(1000－9×50)×1%＝55.5元
即第10个月应付款55.5元.
由于{an}是以60为首项，以－0.5为公差的等差数列，所以有：
S20＝×20＝1105(元)
即全部付清后实际付款（1105＋150）＝1255（元）.
［例3］某职工年初向银行贷款2万元用于购房，银行为了推动住房制度改革，贷款的优惠年利率为10%，按复利计算（即将本年的本金与利润的总和计为次年的本金），若这笔贷款要求10次等额还清，每年一次，10年还清，并且从贷款后次年年初开始归还，问每年应还多少元？
分析：逐年分析，寻找规律，建立恰当数学模型.
解：设贷款额为a0元，贷款年利率为α，次年等额归还x元，第n年还清，则
一年后的欠款数为：a1＝(1＋α)a0－x
二年后的欠款数为：a2＝(1＋α)a1－x＝(1＋α)2a0－x[（1＋α）＋1]
三年后的欠款数为：a3＝(1＋α)a2－x＝(1＋α)3a0－x[（1＋α）2＋(1＋α)＋1]
……
n年后的欠款数为：an＝(1＋α)an－1－x＝(1＋α)na0－x[(1＋α)n－1＋(1＋α)n－2＋…＋(1＋α)＋1]
由于an＝0，贷款还清，
∴(1＋α)na0＝x·， ∴x＝
将α＝0.1，a0＝20000，n＝10代入，得
x＝≈≈3255元.
［例4］某人于1997年7月1日在银行按一年定期储蓄的方式存入a元，1998年7月1日，他将到期存款的本息取出后添上a元再按一年定期储蓄存入银行，此后他每年7月1日按照同样同样的方法在银行取款和存款，设银行定期储蓄的年利率r不变，问到2002年7月1日他的本息共有多少？
分析：逐年分析，寻找规律，建立数学模型.
解：由题意得：1998年本息总数为a(1＋r)，
1999年本息总数为a(1＋r)2＋a(1＋r),
……
2002年本息总数为：a(1＋r)5＋a(1＋r)4＋a(1＋r)3＋a(1＋r)2＋a(1＋r)
即＝ [(1＋r)6－(1＋r)]
评述：解决等比数列应用题的关键是认真审题抓特点，仔细观察找规律，一般地，等比数列的特点是增加或减少的百分数相同，为了分析数列的规律，一般需先写出数列的一些项加以考查.
[例5]某地区荒山2200亩，从1995年开始每年春季在荒山植树造林，第一年植树100亩，以后每一年比上一年多植树50亩.
（1）若所植树全部都成活，则到哪一年可将荒山全部绿化
（2）若每亩所植树苗、木材量为2立方米，每年树木木材量的自然增长率为20%，那么全部绿化后的那一年年底，该山木材总量为S，求S的表达式.
（3）若1.28≈4.3，计算S (精确到1立方米).
分析：由题意可知，各年植树亩数为：100，150，200，……成等差数列
解：(1)设植树n年可将荒山全部绿化，则：100n＋×50＝2200
解之得n＝8或n＝－11(舍去)
(2)1995年所植树，春季木材量为200 m3，到2002年底木材量则增为200×1.28 m3.
1996年所植树到2002年底木材量为300×1.27 m3.
……
2002年所植树到年底木材量为900×1.2 m3，则：到2002年底木材总量为：
S＝200×1.28＋300×1.27＋400×1.26＋…＋900×1.2 (m3)
(3)S＝900×1.2＋800×1.22＋700×1.23＋…＋200×1.28
1.2S＝900×1.22＋800×1.23＋…＋300×1.28＋200×1.29，两式相减得：
0.2S＝200×1.29＋100(1.22＋1.23＋…＋1.28)－900×1.2
＝200×1.29＋100×－900×1.2＝1812
∴S＝9060( m3)
数列应用题
［例1］某人年初向银行贷款10万元用于购房.
（Ⅰ）如果他向建设银行贷款，年利率为5%，且这笔款分10次等额归还（不计复利），每年一次，并从借后次年年初开始归还，问每年应付多少元？
（Ⅱ）如果他向工商银行贷款，年利率为4%，要按复利计算（即本年的利息计入次年的本金生息），仍分10次等额归还，每年一次，每年应还多少元？
［例2］用分期付款的方式购买家电一件，价为1150元，购买当天先付150元，以后每月这一天都交付50元，并加付欠款利息，月利率为1%，若交付150元后的每一个月开始算分期付款的第一个月，问分期付款的第10个月该交付多少钱？全部贷款付清后，买这件家用电器实际花费多少钱？
［例3］某职工年初向银行贷款2万元用于购房，银行为了推动住房制度改革，贷款的优惠年利率为10%，按复利计算（即将本年的本金与利润的总和计为次年的本金），若这笔贷款要求10次等额还清，每年一次，10年还清，并且从贷款后次年年初开始归还，问每年应还多少元？
［例4］某人于1997年7月1日在银行按一年定期储蓄的方式存入a元，1998年7月1日，他将到期存款的本息取出后添上a元再按一年定期储蓄存入银行，此后他每年7月1日按照同样同样的方法在银行取款和存款，设银行定期储蓄的年利率r不变，问到2002年7月1日他的本息共有多少？
[例5]某地区荒山2200亩，从1995年开始每年春季在荒山植树造林，第一年植树100亩，以后每一年比上一年多植树50亩.
（1）若所植树全部都成活，则到哪一年可将荒山全部绿化
（2）若每亩所植树苗、木材量为2立方米，每年树木木材量的自然增长率为20%，那么全部绿化后的那一年年底，该山木材总量为S，求S的表达式.
（3）若1.28≈4.3，计算S (精确到1立方米).
- 3 -第三课时 等差数列(一)
教学目标：
明确等差数列的定义，掌握等差数列的通项公式，会解决知道an,a1,d,n中的三个，求另外一个的问题；培养学生观察能力，进一步提高学生推理、归纳能力，培养学生的应用意识.
教学重点：
1.等差数列的概念的理解与掌握.
2.等差数列的通项公式的推导及应用.
教学难点：
等差数列“等差”特点的理解、把握和应用.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
上两节课我们共同学习了数列的定义及给出数列的两种方法——通项公式和递推公式.这两个公式从不同的角度反映数列的特点，下面我们看这样一些例子
Ⅱ.讲授新课
1，2，3，4，5，6； ①
10，8，6，4，2，…； ②
21，21，22，22，23，23，24，24，25 ③
2，2，2，2，2，… ④
首先，请同学们仔细观察这些数列有什么共同的特点 是否可以写出这些数列的通项公式？（引导学生积极思考，努力寻求各数列通项公式，并找出其共同特点）
数列①是一递增数列，后一项总比前一项多1，其通项公式为：an＝n(1≤n≤6).
数列②是由一些偶数组成的数列，是一递减数列，后一项总比前一项少2，其通项公式为：an＝12－2n(n≥1).
数列③是一递增数列，后一项总比前一项多，其通项公式为：an＝20＋n（1≤n≤9)
数列④的通项公式为：an＝2(n≥1)是一常数数列.
综合上述所说，它们的共同特点是什么呢？
它们的共同特点是：从第2项起，每一项与它的前一项的“差”都等于同一个常数.
也就是说，这些数列均具有相邻两项之差“相等”的特点.具有这种特点的数列，我们把它叫做等差数列.
1.定义
等差数列：一般地，如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列，这个常数叫做等差数列的公差，通常用字母d表示.
如：上述4个数列都是等差数列，它们的公差依次是1，－2，，0.
2.等差数列的通项公式
等差数列定义是由一数列相邻两项之间关系而得.若一等差数列{an}的首项是a1，公差是d，则据其定义可得：
(n－1)个等式
若将这n－1个等式左右两边分别相加，则可得：an－a1＝(n－1)d 即：an＝a1＋(n－1)d
当n＝1时，等式两边均为a1，即上述等式均成立，则对于一切n∈N*时上述公式都成立，所以它可作为数列{an}的通项公式.
或者由定义可得：a2－a1＝d即：a2＝a1＋d；a3－a2＝d即：a3＝a2＋d＝a1＋2d；a4－a3＝d即：a4＝a3＋d＝a1＋3d；……；an－an－1＝d，即：an＝an－1＋d＝a1＋(n－1)d
看来，若已知一数列为等差数列，则只要知其首项a1和公差d,便可求得其通项.
如数列①：an＝1＋(n－1)×1＝n(1≤n≤6),
数列②：an＝10＋(n－1)×(－2)＝12－2n(n≥1),
数列③：an＝22＋(n－1) ＝21－n (n≥1),
数列④：an＝2＋(n－1)×0＝2(n≥1)
由通项公式可类推得：am＝a1＋(m－1)d，即：a1＝am－(m－1)d，则：
an＝a1＋(n－1)d＝am－(m－1)d＋(n－1)d＝am＋(n－m)d.
如：a5＝a4＋d＝a3＋2d＝a2＋3d＝a1＋4d
3.例题讲解
［例1］(1)求等差数列8，5，2…的第20项.
分析：由给出的三项先找到首项a1,求出公差d，写出通项公式，然后求出所要项.
解：由题意可知：a1＝8，d＝5－8＝2－5＝－3
∴该数列通项公式为：an＝8＋(n－1)×(－3)，即：an＝11－3n(n≥1)，当n＝20时，则a20＝11－3×20＝－49.
答案：这个数列的第20项为－49.
(2)－401是不是等差数列－5，－9，－13…的项 如果是，是第几项
分析：要想判断－401是否为这数列的一项，关键要求出通项公式，看是否存在正整数n，可使得an＝－401.
解：由题意可知：a1＝－5，d＝－9－(－5)＝－4,
∴数列通项公式为：an＝－5－4(n－1)＝－4n－1.
令－401＝－4n－1，解之得n＝100.
∴－401是这个数列的第100项.
［例2］在等差数列{an}中，已知a5＝10，a12＝31，求首项a1与公差d.
解：由题意可知，
这是一个以a1和d为未知数的二元一次方程组，解这个方程组，得a1＝－2，d＝3.
即这个等差数列的首项是－2，公差是3.
［例3］在等差数列{an}中，已知a5＝10，a15＝25，求a25.
思路一：根据等差数列的已知两项，可求出a1和d，然后可得出该数列的通项公式，便可求出a25.
解法一：设数列{an}的首项为a1,公差为d,则根据题意可得：
这是一个以a1和d为未知数的二元一次方程组，解这个方程组，得a1＝4，d＝.
∴这个数列的通项公式为：an＝4＋×(n－1)，即：an＝n＋.
∴a25＝×25＋＝40.
思路二：若注意到已知项为a5与a15，所求项为a25，则可直接利用关系式an＝am＋(n－m)d.这样可简化运算.
解法二：由题意可知：a15＝a5＋10d，即25＝10＋10d,
∴10d＝15.
又∵a25＝a15＋10d，∴a25＝25＋15＝40.
思路三：若注意到在等差数列{an}中，a5，a15，a25也成等差数列，则利用等差中项关系式，便可直接求出a25的值.
解法三：在等差数列{an}中，a5，a15，a25成等差数列
∴2a15＝a5＋a25，即a25＝2a15－a5,
∴a25＝2×25－10＝40.
［例4］已知等差数列{an}中，a15＝33，a45＝153，试问217是否为此数列的项？若是说明是第几项；若不是，说明理由.
分析：这是一个探索性问题，但由于在条件中已知道两项的值，所以，在求解方法上，可以考虑运用方程思想求解基本量a1和d，也可以利用性质求d，再就是考虑运用等差数列的几何意义.
解法一：由通项公式，
知 得：
由217＝－23＋4(n－1)，得n＝61.
解法二：由等差数列性质，得a45－a15＝30d＝153－33，即d＝4
又an＝a15＋(n－15)d，217＝33＋4(n－15)，解得n＝61.
解法三：由等差数列的几何意义可知，等差数列的图象是一些共线的点
由于P（15，33），Q（45，153），R（n，217）在同一条直线上.
故有＝，解得n＝61.
评述：运用等差数列的通项公式，知三求一.如果已知两个条件，就可以列出方程组解之.如果利用等差数列的性质，几何意义去考虑也可以，因此要根据具体问题具体分析.
［例5］已知数列{an}为等差数列，a3＝，a7＝－，求a15的值.
解法一：利用通项公式，设数列{an}的首项为a1,公差为d
则 eq \b\lc\{(\a\al(a1＋2d＝,a1＋6d＝－)) 解之得 eq \b\lc\{(\a\al(a1＝,d＝－))
a15＝a1＋14d＝＋14×(－)＝－
解法二：利用等差数列的性质a7＝a3＋4d把已知条件代入,得：d＝－
∴a15＝a7＋(15－7)d＝－.
解法三：∵{an}为等差数列，
∴a3,a7,a11,a15……也成等差数列
由a3＝，a7＝－
知上述数列首项为，公差为－2
∴a15＝＋(3－1)·（－2）＝－
［例6］两个等差数列5，8，11，……和3，7，11，……都有100项，那么它们共有多少相同的项？
分析：显然，已知的两数列的所有相同的项将构成一个新的数列{an}，这样问题就转化为一个研究数列{an}的项数问题了.
解法一：设已知的两数列的所有相同的项将构成的新数列为{cn}，c1=11,
又数列5，8，11，……的通项公式为an＝3n＋2，数列3，7，11，……的通项公式为bn＝4n－1.
∴数列{cn}为等差数列，且d＝12.∴cn＝12n－1
又∵a100＝302，b100＝399，∴cn＝12n－1＜302
得n≤25，可见已知两数列共有25个相同的项.
解法二：∵an＝3n＋2，bn＝4n－1，设an＝bm
则有3n＋2＝4m－1(n，m∈N*)，即n＝m－1(n，m∈N*)
要使n为正整数，m必须是3的倍数.
设m＝3k(k∈N*)，代入前式得n＝4k－1
又∵1≤3k≤100，且1≤4k－1≤100，解得1≤k≤25
∴共有25个相同的项.
［例7］一个首项为23，公差为整数的等差数列，如果前六项均为正数，第七项起为负数，则它的公差是多少？
解：由 得－4.6＜d＜－ 答案：－4
Ⅲ.课堂练习
课本P34练习1，2，3
1.（1）求等差数列3，7，11，……的第4项与第10项.
分析：根据所给数列的前3项求得首项和公差，写出该数列的通项公式，从而求出所求项.
解：根据题意可知：a1＝3，d＝7－3＝4.
∴该数列的通项公式为：an＝3＋(n－1)×4，即an＝4n－1(n≥1，n∈N*)
∴a4＝4×4－1＝15，a10＝4×10－1＝39.
评述：关键是求出通项公式.
（2）求等差数列10，8，6，……的第20项.
解：根据题意可知：a1＝10，d＝8－10＝－2.
∴该数列的通项公式为：an＝10＋(n－1)×(－2)，即：an＝－2n＋12，
∴a20＝－2×20＋12＝－28.
评述：要注意解题步骤的规范性与准确性.
（3）100是不是等差数列2，9，16，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由.
分析：要想判断一数是否为某一数列的其中一项，则关键是要看是否存在一正整数n值，使得an等于这一数.
解：根据题意可得：a1＝2，d＝9－2＝7.
∴此数列通项公式为：an＝2＋(n－1)×7＝7n－5.
令7n－5＝100，解得：n＝15,
∴100是这个数列的第15项.
（4）－20是不是等差数列0，－3，－7，……的项？如果是，是第几项？如果不是，说明理由.
解：由题意可知：a1＝0，d＝－3
∴此数列的通项公式为：an＝－n＋
令－n＋＝－20，解得n＝
因为－n＋＝－20没有正整数解，所以－20不是这个数列的项.
2.在等差数列{an}中，（1）已知a4＝10，a7＝19，求a1与d；
(2)已知a3＝9，a9＝3，求a12.
解：（1）由题意得： 解之得：
(2)解法一：由题意可得： 解之得：
∴该数列的通项公式为：an＝11＋(n－1)×(－1)＝12－n
∴a12＝0
解法二：由已知得：a9＝a3＋6d，即：3＝9＋6d
∴d＝－1
又∵a12＝a9＋3d，∴a12＝3＋3×(－1)＝0.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，首先要理解与掌握等差数列的定义及数学表达式：an－an－1＝d(n≥2).其次，要会推导等差数列的通项公式：an＝a1＋(n－1)d(n≥1)，并掌握其基本应用.最后，还要注意一重要关系式：an＝am＋(n－m)d的理解与应用.
Ⅴ.课后作业
课本P39习题 1，2，3，4
- 6 -解三角形单元复习题
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．在△ABC中，一定成立的是 （ ）
A.asinA＝bsinB B.acosA＝bcosB
C.asinB＝bsinA D.acosB＝bcosA
2．在△ABC中，cos(A－B)＋sin(A＋B)＝2，则△ABC的形状是 （ ）
A.等边三角形 B.等腰钝角三角形
C.等腰直角三角形 D.锐角三角形
3．在△ABC中，由已知条件解三角形，其中有两解的是 （ ）
A.b＝20，A＝45°，C＝80° B.a＝14，b＝16，A＝45°
C.a＝30，c＝28，B＝60° D.a＝12，c＝15，A＝120°
4．在△ABC中，＝ eq \f(c－b,b) ，则∠A等于 （ ）
A.30° B.45° C.60° D.90°
5．在△ABC中，已知||＝4，||＝1，S△ABC＝，则·等于 （ ）
A.－2 B.2 C.±2 D.±4
6．在△ABC中，tanA＋tanB＋tanC＞0，则△ABC是 （ ）
A.锐角三角形 B.钝角三角形
C.直角三角形 D.任意三角形
7．在△ABC中，下列三式：·>0，·>0，·>0中能够成立的个数为（ ）
A.至多1个 B.有且仅有1个
C.至多2个 D.至少2个
8．在△ABC中，若(a＋b＋c)(b＋c－a)＝3bc，且sinA＝2sinBcosC，那么△ABC是 （ ）
A.直角三角形 B.等边三角形
C.等腰三角形 D.等腰直角三角形
9．如果把直角三角形的三边都增加同样的长度，则这个新的三角形的形状为 （ ）
A.锐角三角形 B.直角三角形
C.钝角三角形 D.由增加的长度决定
10．已知△ABC中，AB＝1，BC＝2，则角C的取值范围是 （ ）
A. 0＜C≤ B. 0＜C＜
C. ＜C＜ D. ＜C≤
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11．在△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝2∶3∶4，则∠ABC的余弦值为___________.
12．在△ABC中，若 eq \f(a,cos) ＝ eq \f(b,cos) ＝ eq \f(c,cos) ，则△ABC的形状是_____________.
13．在△ABC中，A、B、C相对应的边分别是a、b、c，则acosB＋bcosA＝______.
14．在△ABC中，tanB＝1，tanC＝2，b＝100，求a＝__________.
15．在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，若(a＋b－c)·(sinA＋sinB－sinC)＝3asinB，则C＝________.
16．在不等边△ABC中，a为最大边，如果a2＜b2＋c2，则A的范围是_____________.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）a、b、c为△ABC的三边，其面积S△ABC＝12，bc＝48，b－c＝2，求a.
18．(本小题满分14分)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，若a2＋c2＝b2＋ac且＝ eq \f(＋1,2) ，求角C的大小.
19．(本小题满分14分)在△ABC中，已知＝，求∠A.
20．（本小题满分15分）如图，有长100米的斜坡AB，它的倾斜角是40°,现在要把斜坡的倾斜角改为25°，求伸长的坡底的长.（sin15°＝0.2588，sin25°＝0.4226）
21．（本小题满分15分）如图，有两条相交成60°角的直线xx′，yy′，交点是O，甲、乙分别在Ox，Oy上，起初甲离O点3 km，乙离O点1 km，后来两人同时用每小时4 km的速度，甲沿xx′方向，乙沿y′y方向步行，问：
（1）起初两人的距离是多少？
（2）用包含t的式子表示t小时后两人的?距离；?
（3）什么时候两人的距离最短？
解三角形单元复习题答案
一、选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50分）
1．C 2．C 3．B 4．B 5．C 6．A 7．D 8．B 9．A 10．A
二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）
11． 12．等边三角形 13．c 14．60 15．60° 16．＜A＜
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）a、b、c为△ABC的三边，其面积S△ABC＝12，bc＝48，b－c＝2，求a. 2或2
18．(本小题满分14分)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C所对的边长，若a2＋c2＝b2＋ac且＝ eq \f(＋1,2) ，求角C的大小.
【解】 由a2＋c2＝b2＋ac得：cosB＝＝＝，所以，B＝60°
又∵＝ eq \f(＋1,2)
∴＝＝ eq \f( eq \f(,2) cosC＋sinA,sinC) ＝ eq \f(,2) cotC＋＝ eq \f(＋1,2)
∴cotC＝1，C＝45°.
19．(本小题满分14分)在△ABC中，已知＝，求∠A.
【解】 已知等式可化为：
eq \f(－,＋) ＝，即＝
∴sinAcosB－cosAsinB＝sinC－sinB
∴sinAcosB－cosAsinB＝sin(A＋B)－sinB
2cosAsinB－sinB＝0，∵sinB≠0 ∴cosA＝ ∴∠A＝60°
20．（本小题满分15分）如图，有长100米的斜坡AB，它的倾斜角是40°,现在要把斜坡的倾斜角改为25°，求伸长的坡底的长.（sin15°＝0.2588，sin25°＝0.4226）
【解】 在△ABD中，∠BAD＝40°－25°＝15°
∵＝
∴BD＝＝＝≈61.7(米)
∴伸长的坡底长约为61.7米.
21．（本小题满分15分）如图，有两条相交成60°角的直线xx′，yy′，交点是O，甲、乙分别在Ox，Oy上，起初甲离O点3 km，乙离O点1 km，后来两人同时用每小时4 km的速度，甲沿xx′方向，乙沿y′y方向步行，问：
（1）起初两人的距离是多少？
（2）用包含t的式子表示t小时后两人的?距离；?
（3）什么时候两人的距离最短？
【解】 （1）如图，设甲、乙两人最初的位置是A、B，
则AB2＝OA2＋OB2－2OA·OBcos60°＝32＋12－2×3×1×＝7
∴AB＝cm
（2）设甲、乙两人t小时后的位置分别是P、Q，
则AP＝4t，BQ＝4t
(Ⅰ)当0≤t≤时，
PQ＝
＝
(Ⅱ)当t＞时，
PQ＝＝
综上（Ⅰ）、（Ⅱ）可知PQ＝＝
（3）∵PQ2＝48(t－)2＋4 ∴当t＝时，（PQ）min＝2
即在第15分钟末，PQ最短，最短距离为2 km.
- 5 -第四课时 正弦定理、余弦定理（二）
教学目标：
熟练掌握正、余弦定理应用，进一步熟悉三角函数公式和三角形中的有关性质，综合运用正、余弦定理、三角函数公式及三角形有关性质求解三角形问题；通过正、余弦定理在解三角形问题时沟通了三角函数与三角形有关性质的功能，反映了事物之间的内在联系及一定条件下的相互转化.
教学重点：
正、余弦定理的综合运用.
教学难点：
1.正、余弦定理与三角形性质的结合；
2.三角函数公式变形与正、余弦定理的联系.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
上一节课，我们一起研究了正、余弦定理的边角转换功能在证明三角恒等式及判断三角形形状时的应用，这一节，我们将综合正、余弦定理、三角函数公式及三角形有关性质来求解三角形问题.首先，我们一起回顾正、余弦定理的内容.
Ⅱ.讲授新课
［例1］在△ABC中，三边长为连续的自然数，且最大角是最小角的2倍，求此三角形的三边长.
分析：由于题设条件中给出了三角形的两角之间的关系，故需利用正弦定理建立边角关系.其中sin2α利用正弦二倍角展开后出现了cosα，可继续利用余弦定理建立关于边长的方程，从而达到求边长的目的.
解：设三角形的三边长分别为x，x＋1，x＋2，其中x∈N*，又设最小角为α，则
＝＝，∴cosα＝ ①
又由余弦定理可得
x2＝（x＋1）2＋（x＋2）2－2（x＋1）（x＋2）cosα ②
将①代入②整理得x2－3x－4＝0
解之得x1＝4，x2＝－1（舍）
所以此三角形三边长为4，5，6.
评述：（1）此题所求为边长，故需利用正、余弦定理向边转化，从而建立关于边长的
方程；
（2）在求解过程中，用到了正弦二倍角公式，由此，要向学生强调三角公式的工具性作用，以引起学生对三角公式的重视.
［例2］如图，在△ABC中，AB＝4 cm，AC＝3 cm，角平分线AD＝2 cm，求此三角形面积.
分析：由于题设条件中已知两边长，故而联想面积公式S△ABC＝AB·AC·sinA，需求出sinA，而△ABC面积可以转化为S△ADC＋S△ADB，而S△ADC＝AC·ADsin，S△ADB＝AB·AD·sin，因此通过S△ABC＝S△ADC＋S△ADB建立关于含有sinA，sin的方程，而sinA＝2sincos，sin2＋cos2＝1，故sinA可求，从而三角形面积可求.
解：在△ABC中，S△ABC＝S△ADB＋S△ADC，
∴AB·ACsinA＝·AC·AD·sin＋·AB·ADsin
∴·4·3sinA＝·3·2sin，∴6sinA＝7sin
∴12sincos＝7sin
∵sin≠0，∴cos＝，又0＜A＜π，∴0＜＜
∴sin＝ eq \r(1－cos2) ＝，
∴sinA＝2sincos＝，
∴S△ABC＝·4·3sinA＝（cm2）.
评述：面积等式的建立是求sinA的突破口，而sinA的求解则离不开对三角公式的熟悉.由此启发学生在重视三角形性质运用的同时，要熟练应用三角函数的公式.另外，在应用同角的平方关系sin2α＋cos2α＝1时，应对角所在范围讨论后再进行正负的取舍.
［例3］已知三角形的一个角为60°，面积为10cm2，周长为20 cm，求此三角形的各边长.
分析：此题所给的题设条件除一个角外，面积、周长都不是构成三角形的基本元素，但是都与三角形的边长有关系，故可以设出边长，利用所给条件建立方程，这样由于边长为三个未知数，所以需寻求三个方程，其一可利用余弦定理由三边表示已知60°角的余弦，其二可用面积公式S△ABC＝absinC表示面积，其三是周长条件应用.
解：设三角形的三边长分别为a、b、c，B＝60°，则依题意得
eq \b\lc\{(\a\al(cos600＝,ac·sin600＝10,a＋b＋c＝20)) ∴
由①式得b2＝［20－（a＋c）］2＝400＋a2＋c2＋2ac－40（a＋c） ④
将②代入④得400＋3ac－40（a＋c）＝0
再将③代入得a＋c＝13
由，解得或
∴b1＝7，b2＝7
所以，此三角形三边长分别为5 cm，7 cm，8 cm.
评述：（1）在方程建立的过程中，应注意由余弦定理可以建立方程，也要注意含有正弦形式的面积公式的应用；
（2）由条件得到的是一个三元二次方程组，要注意要求学生体会其求解的方法和思路，以提高自己的解方程及运算能力.
［例4］在△ABC中，AB＝5，AC＝3，D为BC中点，且AD＝4，求BC边长.
分析：此题所给题设条件只有边长，应考虑在假设BC为x后，建立关于x的方程.而正弦定理涉及到两个角，故不可用.此时应注意余弦定理在建立方程时所发挥的作用.因为D为BC中点，所以BD、DC可表示为，然后利用互补角的余弦互为相反数这一性质建立方程.
解：设BC边为x，则由D为BC中点，可得BD＝DC＝，
在△ADB中，cosADB＝＝ eq \f(42＋（）2－52,2×4×)
在△ADC中，cosADC＝＝ eq \f(42＋（）2－32,2×4×)
又∠ADB＋∠ADC＝180°
∴cosADB＝cos（180°－∠ADC）＝－cosADC.
∴ eq \f(42＋（）2－52,2×4×) ＝－ eq \f(42＋（）2－32,2×4×)
解得，x＝2
所以，BC边长为2.
评述：此题要启发学生注意余弦定理建立方程的功能，体会互补角的余弦值互为相反数这一性质的应用，并注意总结这一性质的适用题型.
另外，对于本节的例2，也可考虑上述性质的应用来求解sinA，思路如下：
由三角形内角平分线性质可得＝＝，设BD＝5k，DC＝3k，则由互补角∠ADC、∠ADB的余弦值互为相反数建立方程，求出BC后，再结合余弦定理求出cosA，再由同角平方关系求出sinA.
为巩固本节所学的解题方法，下面我们进行课堂练习.
Ⅲ.课堂练习
1.半径为1的圆内接三角形的面积为0.25，求此三角形三边长的乘积.
解：设△ABC三边为a，b，c.
则S△ABC＝acsinB
∴＝＝
又＝2R，其中R为三角形外接圆半径
∴＝
∴abc＝4RS△ABC＝4×1×0.25＝1
所以三角形三边长的乘积为1.
评述：由于题设条件有三角形外接圆半径，故联想正弦定理：＝＝＝2R，其中R为三角形外接圆半径，与含有正弦的三角形面积公式S△ABC＝acsinB发生联系，对abc进行整体求解.
2.在△ABC中，已知角B＝45°，D是BC边上一点，AD＝5，AC＝7，DC＝3，求AB.
解：在△ADC中，
cosC＝＝＝，
又0＜C＜180°，∴sinC＝
在△ABC中，＝
∴AB＝AC＝··7＝.
评述：此题在求解过程中，先用余弦定理求角，再用正弦定理求边，要求学生注意正、余弦定理的综合运用.
3.在△ABC中，已知cosA＝，sinB＝，求cosC的值.
解：∵cosA＝＜＝cos45°，0＜A＜π
∴45°＜A＜90°，∴sinA＝
∵sinB＝＜＝sin30°，0＜B＜π
∴0°＜B＜30°或150°＜B＜180°
若B＞150°，则B＋A＞180°与题意不符.
∴0°＜B＜30° cosB＝
∴cos（A＋B）＝cosA·cosB－sinA·sinB＝·－· ＝
又C＝180°－（A＋B）.
∴cosC＝cos［180°－（A＋B）］＝－cos（A＋B）＝－.
评述：此题要求学生在利用同角的正、余弦平方关系时，应根据已知的三角函数值具体确定角的范围，以便对正负进行取舍，在确定角的范围时，通常是与已知角接近的特殊角的三角函数值进行比较.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，我们进一步熟悉了三角函数公式及三角形的有关性质，综合运用了正、余弦定理求解三角形的有关问题，要求大家注意常见解题方法与解题技巧的总结，不断提高三角形问题的求解能力.
Ⅴ.课后作业
1．在三角形中，三边长为连续自然数，且最大角是钝角，那么这个三角形的三边长分别为 .
答案：2，3，4
2．已知方程a（1－x2）＋2bx＋c（1＋x2）＝0没有实数根，如果a、b、c是△ABC的三条边的长，求证△ABC是钝角三角形.
备课资料
1.正、余弦定理的综合运用
余弦定理是解斜三角形中用到的主要定理，若将正弦定理代入得
sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA.
这是只含有三角形三个角的一种关系式，利用这一定理解题，简捷明快，下面举例说
明之.
［例1］在△ABC中，已知sin2B－sin2C－sin2A＝sinAsinC，求B的度数.
解：由定理得
sin2B＝sin2A＋sin2C－2sinAsinCcosB
∴－2sinAsinCcosB＝sinAsinC
∵sinAsinC≠0，∴cosB＝－
∴B＝150°
［例2］求sin210°＋cos240°＋sin10°·cos40°的值.
解：原式＝sin210°＋sin250°＋sin10°·sin50°
在sin2A＝sin2B＋sin2C－2sinBsinCcosA中，
令B＝10°，C＝50°，则A＝120°.
sin2120°＝sin210°＋sin250°－2sin10°sin50°·cos120°
＝sin210°＋sin250°＋sin10°sin50°＝（）2＝.
［例3］在△ABC中，已知2cosBsinC＝sinA，试判定△ABC的形状.
解：在原等式两边同乘以sinA得2cosBsinAsinC＝sin2A，
由定理得sin2A＋sin2C－sin2B＝sin2A，
∴sin2C＝sin2B ∴B＝C
故△ABC是等腰三角形.
2.一题多证
［例4］在△ABC中已知a＝2bcosC，求证：△ABC为等腰三角形.
证法一：欲证△ABC为等腰三角形.可证明其中有两角相等，因而在已知条件中化去边元素，使只剩含角的三角函数.由正弦定理得a＝
∴2bcosC＝，即2cosC·sinB＝sinA＝sin（B＋C）＝sinBcosC＋cosBsinC.
∴sinBcosC－cosBsinC＝0，即sin（B－C）＝0，∴B－C＝nπ（n∈Z）.
∵B、C是三角形的内角，
∴B＝C，即三角形为等腰三角形.
证法二：根据射影定理，有a＝bcosC＋ccosB，
又∵a＝2bcosC ∴2bcosC＝bcosC＋ccosB
∴bcosC＝ccosB，即 ＝.
又∵＝. ∴＝，即tanB＝tanC
∵B、C在△ABC中，∴B＝C
∴△ABC为等腰三角形.
证法三：∵cosC＝及cosC＝，
∴＝，化简后得b2＝c2. ∴b＝c
∴△ABC是等腰三角形.
3.参考例题
［例1］在△ABC中，若＝，试判断△ABC的形状.
解：由已知＝及正弦定理得＝
∴sin2A=sin2B
∴2A＝2B或2A＋2B＝π，即A＝B或A＋B＝，
故△ABC为等腰三角形或直角三角形.
［例2］已知△ABC的三个内角A、B、C依次成等差数列，又三边a、b、c依次成等比数列，求证：该三角形为正三角形.
证法一：∵A、B、C成等差数列，则2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝180°，∴3B＝180°，∴B＝60°，
再由a、b、c成等比数列，可得b2＝ac，
因此用余弦定理
b2＝a2＋c2－2accosB，∴ac＝a2＋c2－2ac·，
即（a－c）2＝0，∴a＝c，A＝C
又B＝60°，∴△ABC为正三角形.
证法二：∵A、B、C成等差数列，则2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝180°，∴3B＝180°，∴B＝60°，
再由a、b、c成等比数列，设公比为q，
于是b＝aq，c＝aq2，
∵cosB＝，即＝
整理得q4－2q2＋1＝0，解得q2＝1，q＝1
∵q＝1，∴三边长相等
故三角形为正三角形.
［例3］在△ABC中，若a2tanB=b2tanA，试判断△ABC的形状.
解法一：∵a2tanB=b2tanA，
∴＝＝ ①
由正弦定理得＝ ②
由余弦定理得
cosB＝, ③
cosA＝, ④
把②③④式代入①式得
＝ eq \f(,) ＝，
整理得（a2－b2）（c2－a2－b2）＝0，
∴a＝b或a2＋b2＝c2.
∴△ABC是等腰三角形或直角三角形.
解法二：由已知及正弦定理可得
（ksinA）2＝（ksinB）2，
∴2sinAcosA＝2sinBcosB ∴sin2A＝sin2B
∴2A＝2B或2A＝π－2B
即A＝B或A＋B＝
∴△ABC是等腰或直角三角形.
4.参考练习题
1.在△ABC中，若sinA＝，试判断△ABC的形状.
解：∵sinA＝，∴cosB＋cosC＝，
应用正、余弦定理得＋＝，
∴b（a2c2－b2）＋c（a2－b2c2）＝2bc（b＋c），
∴a2（b＋c）－（b＋c）（b2－2bc＋c2）＝2bc（b＋c）
即a2＝b2＋c2
故△ABC为直角三角形.
2.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，求证：＝.
证明：由a2＝b2＋c2－2bccosA. b2＝a2＋c2－2accosB
两式相减得a2－b2＝c（acosB－bcosA），
∴＝.
又＝，＝，
∴＝＝.
3.在△ABC中，若（a＋b＋c）（b＋c－a）＝bc，并且sinA＝2sinBcosC，试判断△ABC的形状.
解：由已知条件（a＋b＋c）（b＋c－a）＝bc及余弦定理得
cosA＝＝＝
∴A＝60°
又由已知条件sinA＝2sinBcosC得sin（B＋C）＝sin（B＋C）＋sin（B－C）
∴sin（C－B）＝0，∴B＝C
于是有A＝B＝C＝60°，
故△ABC为等边三角形.
正弦定理、余弦定理
1．在△ABC中，已知A＝1050，B＝300，b＝2，则c等于 （ ）
A.2 B.2 C.4 D.4
2．一个三角形的三边之长分别是3、5、7，则最大角为 （ ）
A.arccos B.150° C.arccos D.120°
3．在△ABC中，根据下列条件解三角形，其中有两个解的是 （ ）
A.b＝10，A＝45°，C＝70° B.a＝60，c＝48，B＝60°
C.a＝7，b＝5，A＝80° D.a＝14，b＝16，A＝45°
4．在△ABC中，若sin2A＝sin2B＋sin2C＋sinB·sinC，则角A等于 （ ）
A. B. C. D.
5．在△ABC中，若acosA＝bcosB，则△ABC的形状是 （ ）
A.等腰三角形 B.直角三角形
C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形
6．在△ABC中，已知c＝10，C＝60°，a＝，则∠A＝ .
7．在△ABC中，已知三边满足（a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，则∠C等于 .
8．在△ABC中，若 ＝，则△ABC是 .
9．在△ABC中，已知B＝135°，C＝15°，a＝5，那么此三角形的最大边的长是 .
10．在△ABC中，已知a＝，b＝，B＝45°，求A，C及c.
11．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝(＋1)∶(－1)∶，求最大角.
12．已知△ABC中，a＝2，c＝1，求角C的取值范围.
正弦定理、余弦定理答案
1．C 2．D 3．D 4．B 5．D
6．45° 7．60° 8．等腰或直角三角形 9．5
10．在△ABC中，已知a＝，b＝，B＝45°，求A，C及c.
解：∵＝，∴sinA＝＝ eq \f(sin450, ) ＝
∵b＜a且b＞asinB
∴A有两解：A＝60°或120°.
（1）当A＝60°时，C＝180°－（A+B）＝75°
c＝＝ eq \f(sin750,sin450) ＝
(2)当A＝120°时，C＝180°－（A+B）＝15°
c＝＝ eq \f(sin150,sin450) ＝.
11．已知△ABC中，sinA∶sinB∶sinC＝(＋1)∶(－1)∶，求最大角.
解：∵＝＝＝k
∴sinA∶sinB∶sinC＝a∶b∶c＝(+1)∶(－1)∶
设a＝(＋1)k，b＝(－1)k，c＝k (k＞0)
则最大角为C.cosC＝
＝ eq \f((＋1)2＋(－1)2－2,2×(＋1) (－1)) ＝－
∴C＝120°.
12．已知△ABC中，a＝2，c＝1，求角C的取值范围.
解：由三角形三边关系得
b＜a＋c＝3
b＞a－c＝1
∴1＜b＜3
由c2＝a2＋b2－2abcosC，得b2－4bcos2C＋3＝0
由Δ≥0，得cos2C≥
∴0＜C≤.
- 10 -第六课时 解三角形应用举例（二）
教学目标：
进一步掌握利用正、余弦定理解斜三角形的方法，明确解斜三角形知识在实际中有着广泛的应用，熟练掌握实际问题向解斜三角形类型的转化，通过解斜三角形的应用的教学，继续提高运用所学知识解决实际问题的能力；通过解斜三角形在实际中的应用，要求学生体会具体问题可以转化为抽象的数学问题，以及数学知识在生产，生活实际中所发挥的重要作用.教学重点：
1.实际问题向数学问题的转化；
2.解斜三角形的方法.
教学难点：
实际问题向数学问题转化思路的确定.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
上一节，我们一起学习了解三角形问题在实际中的应用，了解了一些把实际问题转化为解三角形问题的方法，掌握了一定的解三角形的方法与技巧.这一节，我们给出三个例题，要求大家尝试用上一节所学的方法加以解决.
Ⅱ.例题指导
［例1］如图所示，为了测量河对岸A、B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出CD＝a和∠ACD＝α，∠BCD＝β，∠BDC＝γ，∠ADC＝δ，试求AB的长.
分析：如图所示，对于AB求解，可以在△ABC中或者是△ABD中求解，若在△ABC中，由∠ACB＝α－β，故需求出AC、BC，再利用余弦定理求解.而AC可在△ACD内利用正弦定理求解，BC可在△BCD内由正弦定理求解.
解：在△ACD中，已知CD＝a，∠ACD＝α，∠ADC＝δ，由正弦定理得
AC＝＝
在△BCD中，由正弦定理得
BC＝＝
在△ABC中，已经求得AC和BC，又因为∠ACB＝α－β，所以用余弦定理.就可以求得AB＝
评述：（1）要求学生熟练掌握正、余弦定理的应用；
（2）注意体会例1求解过程在实际当中的应用.
［例2］据气象台预报，距S岛300 km的A处有一台风中心形成，并以每小时30 km的速度向北偏西30°的方向移动，在距台风中心270 km以内的地区将受到台风的影响.问：S岛是否受其影响 若受到影响，从现在起经过多少小时S岛开始受到台风的影响 持续时间多久 说明理由.
分析：设B为台风中心，则B为AB边上动点，SB也随之变化.S岛是否受台风影响可转化为SB≤270这一不等式是否有解的判断，则需表示SB，可设台风中心经过t小时到达B点，则在△ABS中，由余弦定理可求SB.
解：设台风中心经过t小时到达B点，
由题意，∠SAB＝90°－30°＝60°
在△SAB中，SA＝300，AB＝30t，∠SAB＝60°，
由余弦定理得：
SB2＝SA2＋AB2－2SA·AB·cosSAB
＝3002＋（30t）2－2·300·30tcos60°
若S岛受到台风影响，则应满足条件
|SB|≤270，即SB2≤2702
化简整理得，t2－10t＋19≤0
解之得，5－≤t≤5＋
所以从现在起，经过5－小时S岛开始受到影响，（5＋）小时后影响结束.
持续时间：（5＋）－（5－）＝2小时.
答：S岛受到台风影响，从现在起，经过（5－）小时，台风开始影响S岛，且持续时间为2小时.
评述：此题为探索性命题，可以假设命题成立去寻求解存在条件，也可假设命题不成立去寻求解存在条件.本题求解过程采用了第一种思路.SB≤270是否有解最终转化为关于t的一元二次不等式是否有解，与一元二次不等式解法相联系.
说明：本节两个例题要求学生在教师指导下自己完成，以逐步提高解三角形应用题的能力.
练习：
1.海中有一小岛B，周围3．8海里有暗礁，军舰由西向东航行到A，望见岛在北75°东，航行8海里到C，望见岛B在北60°东，若此舰不改变航向继续前进，有无触礁危险
答案：不会触礁.
2.直线AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200 km，汽车以80 km／h速度由A向B行驶，同时摩托车以50公里的时速由B向C行驶，问运动开始几小时后，两车的距离最小.
答案：约1.3小时.
Ⅲ.课时小结
通过本节学习，要求大家进一步掌握利用正、余弦定理解斜三角形的方法，明确解斜三角形知识在实际中的广泛应用，熟练掌握由实际问题向解斜三角形类型问题的转化，逐步提高数学知识的应用能力.
Ⅳ.课后作业
课本P21习题 4，5，6.
解三角形应用举例
［例1］某渔船在航行中不幸遇险，发出求救信号，我海军舰艇在A处获悉后，立即测出该渔船在方位角为45°、距离A为10 n mile的C处，并测得渔船正沿方位角为105°的方向，以9 n mile／h的速度向某小岛B靠拢，我海军舰艇立即以21 n mile／h的速度前去营救，试问舰艇应按照怎样的航向前进 并求出靠近渔船所用的时间.
［例2］如图，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处（－1）海里的B处有一艘走私船.在A处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的我方缉私船，奉命以10海里／时的速度追截走私船，此时走私船正以10海里／时的速度，从B处向北偏东30°方向逃窜.问：缉私船沿什么方向行驶才能最快截获走私船 并求出所需时间.
［例3］用同样高度的两个测角仪AB和CD同时望见气球E在它们的正西方向的上空，分别测得气球的仰角是α和β,已知B、D间的距离为a，测角仪的高度是b，求气球的高度.
［例4］如图所示，已知半圆的直径AB＝2，点C在AB的延长线上，BC＝1，点P为半圆上的一个动点，以DC为边作等边△PCD，且点D与圆心O分别在PC的两侧，求四边形OPDC面积的最大值.
［例5］如图所示，为了测量河对岸A、B两点间的距离，在这一岸定一基线CD，现已测出CD＝a和∠ACD＝α，∠BCD＝β，∠BDC＝γ，∠ADC＝δ，试求AB的长.
［例6］据气象台预报，距S岛300 km的A处有一台风中心形成，并以每小时30 km的速度向北偏西30°的方向移动，在距台风中心270 km以内的地区将受到台风的影响.问：S岛是否受其影响 若受到影响，从现在起经过多少小时S岛开始受到台风的影响 持续时间多久 说明理由.
练习：
1.海中有一小岛B，周围3．8海里有暗礁，军舰由西向东航行到A，望见岛在北75°东，航行8海里到C，望见岛B在北60°东，若此舰不改变航向继续前进，有无触礁危险
2.直线AB外有一点C，∠ABC＝60°，AB＝200 km，汽车以80 km／h速度由A向B行驶，同时摩托车以50公里的时速由B向C行驶，问运动开始几小时后，两车的距离最小.
解三角形应用举例
1．在△ABC中，下列各式正确的是 （ ）
A. ＝ B.asinC＝csinB
C.asin(A＋B)＝csinA D.c2＝a2＋b2－2abcos(A＋B)
2．已知三角形的三边长分别为a、b、，则这个三角形的最大角是 （ ）
A.135° B.120° C.60° D.90°
3．海上有A、B两个小岛相距10 nmile，从A岛望B岛和C岛成60°的视角，从B岛望A岛和C岛成75°角的视角，则B、C间的距离是 （ ）
A.5nmile B.10nmile C. nmile D.5nmile
4．如下图，为了测量隧道AB的长度，给定下列四组数据，测量应当用数据
A.α、a、b B.α、β、a
C.a、b、γ D.α、β、γ
5．某人以时速a km向东行走，此时正刮着时速a km的南风，
那么此人感到的风向为 ，风速为 .
6．在△ABC中，tanB＝1，tanC＝2，b＝100，则c＝ .
7．某船开始看见灯塔在南偏东30°方向，后来船沿南偏东60°
的方向航行30 nmile后看见灯塔在正西方向，则这时船与灯
塔的距离是 .
8．甲、乙两楼相距20 m，从乙楼底望甲楼顶的仰角为60°，从甲楼顶望乙楼顶的俯角为300，则甲、乙两楼的高分别是 .
9．在塔底的水平面上某点测得塔顶的仰角为θ，由此点向塔沿直线行走30米，测得塔顶的仰角为2θ，再向塔前进10米，又测得塔顶的仰角为4θ，则塔高是 米.
10．在△ABC中，求证：－＝－.
11．欲测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸的标记物C，测得∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，求河宽.（精确到0.01 m）
12．甲舰在A处，乙舰在A的南偏东45°方向，距A有9 nmile，并以20 nmile/h的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲舰以28 nmile/h的速度行驶，应沿什么方向，用多少时间，能尽快追上乙舰？
解三角形应用举例答案
1．C 2．B 3．D 4．C 5．东南 a 6．40 7．10 8．20，
9．15
10．在△ABC中，求证：－＝－.
提示：左边＝－＝(－)－2(－)＝右边.
11．欲测河的宽度，在一岸边选定A、B两点，望对岸的标记物C，测得∠CAB＝45°，∠CBA＝75°，AB＝120 m，求河宽.（精确到0.01 m）
解：由题意C＝180°－A－B＝180°－45°－75°＝60°
在△ABC中，由正弦定理＝
∴ BC＝＝＝ eq \f(120×,) ＝40
S△ABC＝AB·BCsinB＝AB·h
∴h＝BCsinB＝40×＝60＋20≈94.64
∴河宽94.64米.
12．甲舰在A处，乙舰在A的南偏东45°方向，距A有9 nmile，并以20 nmile/h的速度沿南偏西15°方向行驶，若甲舰以28 nmile/h的速度行驶，应沿什么方向，用多少时间，能尽快追上乙舰？
解：设th甲舰可追上乙舰，相遇点记为C
则在△ABC中，AC＝28t，BC＝20t，AB＝9，∠ABC＝120°
由余弦定理
AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcosABC
(28t)2＝81＋(20t)2－2×9×20t×(－)
整理得128t2－60t－27＝0
解得t＝ (t＝－舍去)
故BC＝15（nmile），AC＝21( nmile)
由正弦定理
∴sinBAC＝×＝
∠BAC＝arcsin
故甲舰沿南偏东－arcsin的方向用0.75 h可追上乙舰.
- 10 -数列单元复习题（二）
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．已知两数的等差中项为10，等比中项为8，则以两数为根的一元二次方程是 （ ）
A.x2＋10x＋8＝0 B.x2－10x＋64＝0
C.x2＋20x＋64＝0 D.x2－20x＋64＝0
2．某种细菌在培养过程中，每20分钟分裂一次（一个分裂为两个），经过3小时，这种细菌由1个可繁殖成 （ ）
A.511个 B.512个 C.1023个 D.1024个
3．等比数列{an}，an>0，q≠1，且a2、a3、a1成等差数列，则等于 （ ）
A. B. C. D.
4．已知数列、、、、3……那么7是这个数列的第几项 （ ）
A.23 B.24 C.19 D.25
5．等差数列{an}中，S9＝－36，S13＝－104，等比数列{bn}中，b5＝a5，b7＝a7，则b6等于（ ）
A.4 B.－4 C.±4 D.无法确定
6．数列{an}前n项和是Sn，如果Sn＝3＋2an(n∈N*)，则这个数列是 （ ）
A.等比数列 B.等差数列
C.除去第一项是等比 D.除去最后一项为等差
7．数列{an}中，a1，a2－a1，a3－a2，…，an－an－1…是首项为1、公比为的等比数列，则an等于 （ ）
A. （1－） B. (1－)
C. (1－) D. (1－)
8．Sn＝1－2＋3－4＋5－6＋…＋(－1)n+1·n，则S100＋S200＋S301等于 （ ）
A.1 B.－1 C.51 D.52
9．数列1，1＋2，1＋2＋22，…，1＋2＋22＋…＋2n－1，…的前n项和为 （ ）
A.2n－n－1 B.2n+1－n－2 C.2n D.2n+1－n
10．一房地产开发商将他新建的20层商品房的房价按下列方法定价，先定一个基价a元/m2，再据楼层的不同上下浮动，一层价格为(a－d)元/m2，二层价格a元/m2，三层价格为(a＋d)元/m2，第i层（i≥4)价格为［a＋d()i－3］元/m2.其中a>0，d>0，则该商品房的各层房价的平均值为 （ ）
A.a元/m2 B.a＋［(1－()17)d元/m2
C.a＋［1－()17］d元/m2 D.a＋［1－()18］d元/m2
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
11．一条信息，若一人得知后，一小时内将信息传给两人，这两人又在一小时内各传给未知信息的另外两人.如此下去，要传遍55人的班级所需时间大约为_______小时.
12．在等比数列{an}中，已知Sn＝3n＋b，则b的值为_______.
13．已知an＝ (n∈N*)，则数列{an}的最大项为____ ___.
14．一个五边形的五个内角成等差数列，且最小角为46°，则最大角为_______.
15．每次用相同体积的清水洗一件衣物，且每次能洗去污垢的，若洗n次后，存在的污垢在1%以下，则n的最小值为_________.
16．已知等差数列lgx1，lgx2，…，lgxn的第r项为s，第s项为r(0三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）数列3、9、…、2187，能否成等差数列或等比数列？若能.试求出前7项和.
18．（本小题满分14分）已知三个实数成等比数列，在这三个数中，如果最小的数除以2，最大的数减7，所得三个数依次成等差数列，且它们的积为103，求等差数列的公差.
19．（本小题满分14分）已知y＝f(x)为一次函数，且f(2)、f(5)、f(4)成等比数列，f(8)＝15，求Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的表达式.
20．（本小题满分15分）设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求数列{an}的通项公式.
21．（本小题满分15分）已知等差数列{an}中，a2＝8，前10项和S10＝185.
（1）求通项；
（2）若从数列{an}中依次取第2项、第4项、第8项…第2n项……按原来的顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.
数列单元复习题（二）答案
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．D 2．B 3．B 4．D 5．C 6．A 7．A 8．A 9．B 10．B
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
11．【解析】 由题意，n小时后有2n人得知，此时得知信息总人数为1＋2＋22＋…＋2n＝2n+1－1≥55. 即2n+1≥56n＋1≥6n≥5.
12．－1
13．【解析】 设{an}中第n项最大，则有
即 eq \b\lc\{(\a\al(≥,≥)) ∴8≤n≤9，即a8、a9最大.
14．170°
15．【解析】（）n<1%，∴4n>100得n的最小值为4.
16．【解析】
lgxn+1－lgxn＝－1＝. ∴{xn}为等比数列，且q＝.
∴x1＋x2＋…＋xn＝＝.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）数列3、9、…、2187，能否成等差数列或等比数列？若能.试求出前7项和.
考查等差、等比数列概念、求和公式和运用知识的能力.
【解】 （1）若3，9，…，2187，能成等差数列，则a1＝3，a2＝9，即d＝6.则an＝3＋6(n－1)，令3＋6(n－1)＝2187，解得n＝365.可知该数列可构成等差数列，
S7＝7×3＋×6＝147.
（2）若3，9，…，2187能成等比数列，则a1＝3，q＝3，则an＝3·3n－1＝3n，令3n＝2187，得n＝7∈N，可知该数列可构成等比数列，S7＝＝3279.
18．（本小题满分14分）已知三个实数成等比数列，在这三个数中，如果最小的数除以2，最大的数减7，所得三个数依次成等差数列，且它们的积为103，求等差数列的公差.
考查等差、等比数列的基本概念、方程思想及分类讨论的思想.
【解】 设成等比数列的三个数为 ，a，aq，由·a·aq＝103，解得a＝10，即等比数列，10，10q.（1）当q>1时，依题意，＋(10q－7)＝20.解得q1＝ (舍去），q2＝.此时2，10，18成等差数列，公差d＝8.
(2)当0综上所述，d＝±8.
19．（本小题满分14分）已知y＝f(x)为一次函数，且f(2)、f(5)、f(4)成等比数列，f(8)＝15，求Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)的表达式.
考查用函数的观点认识数列的能力及等比数列的求和.
【解】 设y＝f(x)＝kx＋b，则f(2)＝2k＋b，f(5)＝5k＋b，f(4)＝4k＋b，
依题意：［f(5)］2＝f(2)·f(4).
即(5k＋b)2＝(2k＋b)(4k＋b)化简得k(17k＋4b)＝0.
∵k≠0，∴b＝－k ①
又∵f(8)＝8k＋b＝15 ②
将①代入②得k＝4，b＝－17.
∴Sn＝f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(4×1－17)＋(4×2－17)＋…＋(4n－17)
＝4(1＋2＋…＋n)－17n＝2n2－15n.
20．（本小题满分15分）设an是正数组成的数列，其前n项和为Sn，且对所有自然数n，an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，求数列{an}的通项公式.
考查已知前n项和Sn求通项an方法及运用等差、等比数列知识解决问题的能力.
【解】 ∵an与2的等差中项等于Sn与2的等比中项，∴（an＋2）＝
即Sn＝ (an＋2)2
当n＝1时，a1＝(a1＋2)2a1＝2.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝［(an＋2)2－(an－1＋2)2］
即（an＋an－1)(an－an－1－4)＝0
又∵an＋an－1>0，∴an＝an－1＋4，即d＝4.
故an＝2＋(n－1)×4＝4n－2.
21．（本小题满分15分）已知等差数列{an}中，a2＝8，前10项和S10＝185.
（1）求通项；
（2）若从数列{an}中依次取第2项、第4项、第8项…第2n项……按原来的顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn.
考查等差、等比数列性质、求和公式及转化能力.
【解】 （1）设{an}公差为d，有 eq \b\lc\{(\a\al(a1＋d＝8,10a1＋d＝185))
解得a1＝5，d＝3
∴an＝a1＋(n－1)d＝3n＋2
(2)∵bn＝a＝3×2n＋2
∴Tn＝b1＋b2＋…＋bn＝(3×21＋2)＋(3×22＋2)＋…＋(3×2n＋2)
＝3(21＋22＋…＋2n)＋2n＝6×2n＋2n－6.
- 6 -第四课时 二元一次不等式表示平面区域
教学目标：
1．会根据二元一次不等式确定它所表示的平面区域；
2．能画出二元一次不等式组表示的平面区域；
3．会把若干直线围成的平面区域用二元一次不等式组表示。
教学重点：二元一次不等式表示平面区域。
教学难点：确定二元一次不等式表示的平面区域。
教学过程：
1．复习回顾：
在前面的学习中，我们了解了直线与二元一次方程的关系，这一节，我们来研究二元一次不等式所表示的平面图形（区域）。
2．讲授新课：
1）二元一次不等式表示平面区域：
一般地，二元一次不等式Ax＋By＋C＞0在平面直角坐标系中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧所有点组成的平面区域。
说明：①二元一次不等式Ax＋By＋C≥0在平面直角坐标系中表示直线Ax＋By＋C＝0某一侧所有点组成的平面区域且包括边界；
②作图时，不包括边界画成虚线，包括边界画成实线。
推导：举例说明.
2）判断二元一次不等式表示哪一侧平面区域的方法：
方法：取特殊点检验;
原因：由于对在直线Ax＋By＋C＝0的同一侧的所有点(x，y)，把它的坐标(x，y)代入Ax＋By＋C，所得到的实数的符号都相同，所以只需在此直线的某一侧取一个特殊点(x0，y0)，从Ax0＋By0＋C的正负即可判断Ax＋By＋C＞0表示直线哪一侧的平面区域。特殊地，当C≠0时，常取原点检验。
为使大家熟悉这一方法，我们来看下面的例题.
3．例题讲解：
例1： 画出不等式2x＋y－6＜0表示的平面区域.
解：先画出直线2x＋y－6＝0(画成虚线).
取原点(0，0)，代入2x＋y－6，因为2×0＋0－6＝－6＜0
所以，原点在2x＋y－6＜0表示的平面区域内，不等式
2x＋y－6＜0表示的区域如右图所示.
例2：画出不等式组
表示的平面区域
分析：不等式组表示的平面区域是各个不等式所表示的平面点集的交集，因而是各个不等式所表示的平面区域的公共部分．
解：不等式x－y＋５≥0表示直线x－y＋５＝0上及右下方
的点的集合，x＋y≥0表示直线x+y=0上及右上方的点
的集合，x≤3表示直线上及左方的点的集合，所
以，不等式组表示的平面区域如右图所示
4．课堂练习：
课本Ｐ77练习１～5.
5．课堂小结：
通过本节学习，要求大家掌握二元一次不等式所表示平面区域的判断方法，并能作出二元一次不等式组所表示的平面区域．
6．课后作业：
课本Ｐ87习题　1
教学后记：
- 2 -三角函数单元复习题（一）
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．已知点P（tanα，cosα）在第三象限，则角α的终边在 （ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
2．集合M＝{x|x＝±，k∈Z}与N＝{x|x＝，k∈Z}之间的关系是 （ ）
A.MN B.NM C.M＝N D.M∩N＝
3．若将分针拨慢十分钟，则分针所转过的角度是 （ ）
A.60° B.－60° C.30° D.－30°
4．已知下列各角（1）787°，(2)－957°，(3)－289°，(4)1711°，其中在第一象限的角是 ( )
A.（1）（2） B.（2）（3） C.（1）（3） D.（2）（4）
5．设a＜0，角α的终边经过点P（－3a，4a），那么sinα＋2cosα的值等于 （ ）
A. B.－ C. D.－
6．若cos(π＋α)＝－，π＜α＜2π，则sin(2π－α)等于 （ ）
A.－ B. C. D.±
7．若α是第四象限角，则π－α是 （ ）
A.第一象限角 B.第二象限角
C.第三象限角 D.第四象限角
8．已知弧度数为2的圆心角所对的弦长也是2，则这个圆心角所对的弧长是 （ ）
A.2 B. C.2sin1 D.sin2
9．如果sinx＋cosx＝，且0＜x＜π，那么cotx的值是 （ ）
A.－ B.－或－ C.－ D. 或－
10．若实数x满足log2x＝2＋sinθ，则|x＋1|＋|x－10|的值等于 （ ）
A.2x－9 B.9－2x C.11 D.9
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
11．tan300°＋cot765°的值是_____________.
12．若＝2，则sinαcosα的值是_____________.
13．不等式（lg20)2cosx＞1，(x∈(0，π))的解集为_____________.
14．若θ满足cosθ＞－，则角θ的取值集合是_____________.
15．若cos130°＝a，则tan50°＝_____________. －
16．已知f(x)＝ eq \r() ，若α∈(，π)，则f(cosα)＋f(－cosα)可化简为___________.
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）设一扇形的周长为C(C＞0)，当扇形中心角为多大时，它有最大面积？最大面积是多少？
18．(本小题满分14分）设90°＜α＜180°，角α的终边上一点为?P（x，)，且cosα＝
x，求sinα与tanα的值.
19．(本小题满分14分)已知≤θ≤π，sinθ＝，cosθ＝，求m的值.
20．(本小题满分15分)已知0°＜α＜45°，且lg(tanα)－lg(sinα)＝lg(cosα)－lg(cotα)＋2lg3
－lg2，求cos3α－sin3α的值.
21．(本小题满分15分)已知sin(5π－α)＝cos(π＋β)和cos(－α)＝－cos(π＋β)，且0＜α＜π，0＜β＜π，求α和β的值.
三角函数单元复习题（一）答案
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分)
1．B 2．A 3．A 4．C 5．A 6．B 7．C 8．B 9．C 10．C
二、填空题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)
11．1－ 12． 13．(0，) 14．{θ|2kπ－π＜θ＜2kπ＋π，k∈Z
15．－ 16．
三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（本小题满分12分）设一扇形的周长为C(C＞0)，当扇形中心角为多大时，它有最大面积？最大面积是多少？
【解】 设扇形的中心角为α，半径为r，面积为S，弧长为l，则l＋2r＝C即l＝C－2r.
∴S＝lr＝ (C－2r)·r＝－(r－)2＋.
故当r＝时Smax＝, 此时，α＝＝＝ eq \f(C－,) ＝2.
∴当α＝2时，Smax＝.
18．(本小题满分14分）设90°＜α＜180°，角α的终边上一点为?P（x，)，且cosα＝
x，求sinα与tanα的值.
【解】 由三角函数的定义得：cosα＝
又cosα＝x，∴＝x，解得x＝±.
由已知可得：x＜0，∴x＝－.
故cosα＝－，sinα＝，tanα＝－.
19．(本小题满分14分)已知≤θ≤π，sinθ＝，cosθ＝，求m的值.
【解】 由sin2θ＋cos2θ＝1得（）2＋()2＝1，整理得m2－8m＝0
∴m＝0或m＝8.
当m＝0时，sinθ＝－，cosθ＝，与≤θ≤π矛盾，故m≠0.
当m＝8时，sinθ＝，cosθ＝－，满足≤θ≤π，所以m＝8.
20．(本小题满分15分)已知0°＜α＜45°，且lg(tanα)－lg(sinα)＝lg(cosα)－lg(cotα)＋2lg3
－lg2，求cos3α－sin3α的值.
【分析】 这是一道关于对数与三角函数的综合性问题，一般可通过化简已知等式、用求值的方法来解.
【解】 由已知等式得lg＝lg eq \f(9cosα,2cotα)
∴9sinαcosα＝2，－2sinαcosα＝－，(sinα－cosα)2＝.
∵0°＜α＜45°，∴cosα>sinα，∴cosα－sinα＝
cos3α－sin3α＝(cosα－sinα)(cos2α+sinαcosα+sin2α)＝×（1＋）＝.
21．(本小题满分15分)已知sin(5π－α)＝cos(π＋β)和cos(－α)＝－cos(π＋β)，且0＜α＜π，0＜β＜π，求α和β的值.
【分析】 运用诱导公式、同角三角函数基本关系式及消元法.在三角关系中，一般可利用平方关系进行消元.
【解】 由已知得sinα＝sinβ ①
cosα＝cosβ ②
由①2＋②2得sin2α＋3cos2α＝2.
即sin2α＋3(1－sin2α)＝2，解得sinα＝±，由于0＜α＜π
所以sinα＝.故α＝或.
当α＝时，cosβ＝，又0＜β＜π，∴β＝
当α＝时，cosβ＝－，又0＜β＜π，∴β＝.
综上可得：α＝，β＝或α＝，β＝.
- 6 -第二课时 一元二次不等式解法(一)
教学目标：
通过由图象找解集的方法提高学生逻辑思维能力，渗透数形结合思想，提高运算(变形)能力，渗透由具体到抽象思想.
教学重点：
一元二次不等式解法
教学难点：
一元二次不等式、一元二次方程、二次函数之间关系.
数形结合思想渗透.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
1.｜x｜＞a及｜x｜＜a(a＞0)型不等式解法.
2.｜ax＋b｜＜c及｜ax＋b｜＞c（c＞0）解的结果.
3.绝对值符号去掉的依据是什么
Ⅱ.讲授新课
1.“三个一次”关系
在初中我们学习了一元一次方程、一元一次不等式与一次函数.它们之间具有什么关系呢
我们共同来看下面问题：
y＝2x－7 其部分对应值表
2 2.5 3 3.5 4 4.5 5
－3 －2 －1 0 1 2 3
图象：
填表：
当x＝3.5时，y＝0，即2x－7＝0
当x＜3.5时，y＜0，得2x－7＜0
当x＞3.5时，y＞0，得2x－7＞0
注：(1)引导学生由图象得结论.(数形结合)，(2)由学生填空.
从上例的特殊情形，可得到什么样的一般结论？
教师引导下让学生发现其结论.
一般地，设直线y＝ax＋b与x轴的交点是(x0，0)就有如下结果.
一元一次方程 ax＋b＝0的解集是{x｜x＝x0}
一元一次不等式ax＋b＞0（＜0)解集
(1)当a＞0时，一元一次不等式
ax＋b＞0的解集是{x｜x＞x0}，一元
一次不等式ax＋b＜0的解集是
{x｜x＜x0}.
(2)当a＜0时，一元一次不等式
ax＋b＞0的解集是{x｜x＜x0}；一元
一次不等式ax＋b＜0的解集是{x｜x＞x0}.
2.“三个二次”的关系
一元二次方程、一元二次不等式、二次函数之间关系.
从下面特例寻求“三个二次”关系.
举例：y＝x2－x－6，对应值表
x －3 －2 －1 0 1 2 3 4
y 6 0 －4 －6 －6 －4 0 6
图象：
方程x2－x－6＝0的解x＝－2或x＝3
不等式x2－x－6＞0的解集{x｜x＜－2或x＞3}
不等式x2－x－6＜0的解集{x｜－2＜x＜3}
结合函数的对应值表，可以确定函数的图象，与x轴交点的
坐标，进而确定对应的一元二次方程x2－x－6＝0的根.
要确定一元二次不等式x2－x－6＞0与x2－x－6＜0的解集，那么就要在一元二次方程根的基础上结合图象完成.
我们仿“三个一次”关系，y＝ax2＋bx＋c（a＞0）与x轴相关位置，情形如下：
y＝ax2＋bx＋c（a＞0）与x轴相关位置，分三种情况：
以上三种情况，从图象我们可以发现其与Δ有关.
由一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式Δ＝b2－4ac的三种情况(Δ＞0，Δ＝0，Δ＜0）来确定.
师引导学生发现：
要分三种情况讨论，以寻
求对应的一元二次不等式
ax2＋bx＋c＞0与ax2＋bx＋c＜0
的解集.
请同学们思考，若a＜0，则一元二次不等式ax2＋bx＋c＞0及ax2＋bx＋c＜0其解集如何，课后仿上表给出结果.
3.例题解析
［例1］解不等式2x2－3x－2＞0
解析：由“三个二次”关系，相应得到所求解集.
解：由2x2－3x－2＝0知Δ＝9＋16＞0，a＝2＞0
2x2－3x－2＝0的解集为{x｜x1＝－或x2＝2}
∴2x2－3x－2＞0的解集为{x｜x＜－或x＞2}
由例1解题过程可知，问题要顺利求解，应先考虑对应方程的判别式及二次项系数是否大于零，然后按照不等式解集情况求得原不等式的解集.
［例2］解不等式－3x2＋6x＞2.
解析：通过观察－3x2＋6x＞2与表格中不等式形式比较可发现，它们不同地方在于二次项系数.
故首先将其变形为二次项系数大于零情形，转化为熟知类型，然后求解.
解：原不等式－3x2＋6x＞2变形为3x2－6x＋2＜0
3x2－6x＋2＝0对应的Δ＝36－24＞0，3＞0
方程 3x2－6x＋2＝0解得：x1＝1－，x2＝1＋
所以原不等式的解集是{x｜1－＜x＜1＋}
［例3］解不等式4x2－4x＋1＞0
解析：因4＞0解法同例1
解：因4x2－4x＋1＝0对应的Δ＝16－16＝0
则方程4x2－4x＋1＝0的解是x1＝x2＝
所以，原不等式的解集是{x｜x≠}
［例4］解不等式－x2＋2x－3＞0.
解：将原不等式变形为：x2－2x＋3＜0
因x2－2x＋3＝0对应Δ＝4－12＜0
故x2－2x＋3＝0无实数解，即其解集为
那么原不等式解集是
上述几例每一例都有各自特点，反映在两个方面：一是二次项系数，二是判别式Δ对于二次项系数不大于零的要化成大于零的式子，然后求解.
[例5]若不等式＜0对一切x恒成立，求实数m的范围.
解析：合理等价变形，正确分类是解决问题关键.
解：由题x2－8x＋20＝（x－4）2＋4＞0
则原不等式等价于 mx2－mx－1＜0成立
那么，①当m＝0时，－1＜0不等式成立；
②当m≠0时，要使不等式成立，应有
，解之得：－4＜m＜0
由①②可知，－4＜m≤0
[例6]设不等式ax2＋bx＋c＞0的解集是{x｜α＜x＜β}(0＜α＜β}，求不等式cx2＋bx＋a＜0的解集.
解：由题 eq \b\lc\{(\a\al(a＜0,α＋β＝－,α·β＝)) 得： eq \b\lc\{(\a\al(c＜0,＋＝－,·＝))
故cx2＋bx＋a＜0的解集是{x｜x＜}∪{x｜x＞}
Ⅲ.课堂练习
课本P71练习 1～4
Ⅳ.课时小结
一元二次方程、一元二次不等式、二次函数之间的关系，给出了解一元二次不等式的方法.即解一元二次不等式的步骤：先把二次项系数化成正数，再解对应的一元二次方程，最后，根据一元二次方程的根，结合不等号的方向，写出不等式的解集.
Ⅴ.课后作业
课本：P73习题 1，2，3
- 4 -第六课时 等差数列的前n项和(二)
教学目标：
进一步熟练掌握等差数列的通项公式和前n项和公式，了解等差数列的一些性质，并会用它们解决一些相关问题；提高学生的应用意识.
教学重点：
熟练掌握等差数列的求和公式.
教学难点：
灵活应用求和公式解决问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
通项公式：an＝a1＋(n－1)d，求和公式：Sn＝＝na1＋d
Ⅱ.讲授新课
下面结合这些例子，来看如何应用上述知识解决一些相关问题.
［例1］求集合M＝{m｜m＝7n，n∈N*，且m＜100}的元素个数，并求这些元素的和.
分析：满足条件的n的取值个数即为集合M的元素个数，这些元素若按从小到大排列，则是一等差数列.
解：由m＜100，得7n＜100，即n＜＝14
所以满足上面不等式的正整数n共有14个，即集合M中的元素共有14个，将它们从小到大可列出，得：7，7×2，7×3，7×4，…7×14，即：7，14，21，28，…98
这个数列是等差数列，记为{an}，其中a1＝7，a14＝98，n＝14
则S14＝＝735
答：集合M中共有14个元素，它们和等于735.
这一例题表明，在小于100的正整数中共有14个数是7的倍数，它们的和是735.
［例2］已知一个等差数列的前10项的和是310，前20项的和是1220，由此可以确定求其前n项和的公式吗
分析：将已知条件代入等差数列前n项和的公式后，可得到两个关于a1与d的关系，然后确定a1与d，从而得到所求前n项和的公式.
解：由题意知S10＝310，S20＝1220
将它们代入公式Sn＝na1＋d，得到
解这个关于a1与d的方程组，得到a1＝4，d＝6
所以Sn＝4n＋×6＝3n2＋n
这就是说，已知S10与S20，可以确定这个数列的前n项和的公式，
这个公式是Sn＝3n2＋n.
下面，同学们再来思考这样一个问题：
［例3］已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和.
求证：S6，S12－S6，S18－S12成等差数列，设其k∈N*，Sk，S2k－Sk，S3k－S2k成等差数列吗
解：设{an}的首项是a1，公差为d，则S3＝a1＋a2＋a3
S6－S3＝a4＋a5＋a6＝(a1＋3d)＋(a2＋3d)＋(a3＋3d)＝(a1＋a2＋a3)＋9d＝S3＋9d
S9－S6＝a7＋a8＋a9＝(a4＋3d)＋(a5＋3d)＋(a6＋3d)
＝(a4＋a5＋a6)＋9d＝(S6－S3)＋9d＝S3＋18d
∴S3，S6－S3，S9－S6成等差数列.
同理可得Sk,S2k－Sk,S3k－S2k成等差数列.
Sk＝a1＋a2＋…＋ak
(S2k－Sk)＝ak+1＋ak+2＋…＋a2k＝(a1＋kd)＋(a2＋kd)＋…＋(ak＋kd)
＝(a1＋a2＋…＋ak)＋k2d＝Sk＋k2d
(S3k－S2k)＝a2k+1＋a2k+2＋…＋a3k＝(ak+1＋kd)＋(ak+2＋kd)＋…＋(a2k＋kd)
＝(ak+1＋ak+2＋…＋a2k)＋k2d＝(S2k－Sk)＋k2d
∴Sk，S2k－Sk，S3k－S2k是以Sk为首项，k2d为公差的等差数列.
［例4］已知数列{an}是等差数列，a1＞0，S9＝S17，试问n为何值时，数列的前n项和最大？最大值为多少？
分析：要研究一个等差数列的前n项和的最大（小）问题，有两条基本途径；其一是利用Sn是n的二次函数关系来考虑；其二是通过考察数列的单调性来解决.
解法一：∵S9＝S17，S9＝9a1＋36d，S17＝17a1＋136d
∴9a1＋36d＝17a1＋136d，8a1＝－100d，即d＝－a1＜0
Sn＝na1＋d＝na1＋·(－a1)
＝na1－a1＝－a1 (n2－26n)＝－a1 (n－13)2＋a1
∵a1＞0， ∴当n＝13，Sn有最大值.最大值为a1.
解法二：由a1＞0,d＜0，可知此数列为从正项开始的递减数列：a1＞a2＞a3＞a4＞……
故n在某一时刻，必然会出现负项，此时前n项的和开始减少，因此，要使Sn最大，n必须使得an≥0，且an+1≤0.
即 eq \b\lc\{(\a\al(an＝a1＋（n－1）d＝－a1n＋a1≥0,an＋1＝－a1（n＋1）＋a1≤0,a1＞0))
解得 ≤n≤. ∴n＝13
此时，Sn最大，S13＝13a1＋d＝a1.
评述：解法一利用Sn是n的二次函数关系，归纳为求二次函数的最值问题，不过要注意自变量n是正整数；解法2是从研究数列的单调性及项的正负进而研究前n项和Sn的最大值，方法更具有一般性.
［例5］在数列{an}中，a1＝1，an+1＝，求数列{anan+1}的前n项和.
分析：要求数列{anan+1}的前n项和，需要先求数列{an}的通项公式.
解：由已知得＝＋
∴{}为首项为 ＝1，公差为的等差数列.
∴＝1＋(n－1)×＝，∴an＝
Sn＝a1a2＋a2a3＋…＋anan+1＝＋＋…＋
＝4[(－)＋（－）＋…＋(－)]＝4(－)＝.
［例6］设等差数列{an}的前n项和为Sn，已知a3＝12，S12＞0，S13＜0.
(1)求公差d的取值范围；（2）指出S1，S2，…，S12中哪一个值最大？并说明理由.
（1）分析：由S12＞0，S13＜0列不等式组求之.
解：依题设有 eq \b\lc\{(\a\al(S12＝12a1＋d＞0,S13＝13a1＋d＜0))
即将a3＝12，即a1＝12－2d代入上式得
解得－＜d＜－3
(2)分析一：写出Sn的表达式Sn＝f(n)＝An2＋Bn.配方确定Sn的最大值.
解法一：Sn＝na1＋d＝n(12－2d)＋d
＝[n－（5－）]2－[（5－）]2
∵d＜0，∴[n－ (5－）]2最小时，Sn最大.
当－＜d＜－3时，6＜(5－)＜6.5
∴正整数n＝6时，[n－ (5－)]2y最小，∴S6最大.
分析二：由d＜0知{an}是单调递减的，要使Sn最大，应有an≥0，an+1＜0.
解法二：由d＜0，可知a1＞a2＞…＞a12＞a13
∴要使1≤n≤12中存在自然数n，使得an＞0，an+1＜0，则Sn就是S1，S2，…，S12中的最大值.
由
知a6＋a7＞0，a7＜0
∴a6＞－a7＞0，∵a6＞0，a7＜0.
故在S1，S2，…，S12中S6的值最大.
解法三：由S12＞0，S13＜0
得 eq \b\lc\{(\a\al(12a1＋d＞0,13a1＋d＜0)) , 即 eq \b\lc\{(\a\al(a1＋5d＞－＞0,a1＋6d＜0))
也即a6＞0且a7＜0，∴S6最大.
解法四：由a1＝12－2d，－＜d＜－3
得，即5.5＜n＜7
∵n∈N*，∴n＝6，即S6最大.
［例7］首项为正数的等差数列{an}，它的前三项之和与前十一项之和相等，问此数列前多少项之和最大？
解法一：由S3＝S11
得：3a1＋d＝11a1＋d,
解之得d＝－a1<0
∴Sn＝na1＋d＝－a1n2＋a1n＝－a1（n－7）2＋a1
故当n＝7时，Sn最大，即前7项之和最大.
解法二：由
eq \b\lc\{(\a\al(an＝a1＋（n－1）d ＝a1（15－2n）＞0,an＋1＝a1＋nd ＝a1（13－2n）＜0))
解得：＜n＜，∴n＝7，即前7项之和最大.
解法三：由d＝－a1<0，知：{an}是递减等差数列.
又S3＝S11
∴a4＋a5＋a6＋a7＋a8＋a9＋a10＋a11＝0, ∴a7＋a8＝0
∴必有a7>0，a8<0. ∴前7项之和最大.
评述：解法三利用等差数列的性质，解得简单，易懂.
等差数列的前n项和Sn，在d<0时有最大值，求当n为何值时，使Sn取最大值，有两种方法：一是满足an>0且an+1<0的n值；二是由Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n，利用二次函数的性质求n的值.
［例8］数列{an}是等差数列，a1＝50，d＝－0.6.
(1)求从第n项开始有an<0；(2)求此数列的前n项和的最大值.
分析：对于（1）实质上是解一个不等式 ，但要注意n∈N*.对于（2）实际上是研究Sn随n的变化规律，由于等差数列中Sn是关于n的二次函数，可以用二次函数方法处理，也可以由an的变化，推测Sn的变化.
解：（1）∵a1＝50，d＝－0.6
∴an＝50－0.6(n－1)＝－0.6n＋50.6.
令－0.6n＋50.6≤0，解之得：n≥≈84.3
由n∈N*.故当n≥85时，an<0,
即从第85项起以后的各项均小于0.
（2）解法一：∵d＝－0.6<0，a1＝50>0
由（1）知a84>0，a85<0.
∴S1S85>S86>…
∴(Sn)max＝S84＝50×84＋×(－0.6)＝2108.4.
解法二：Sn＝50n＋×(－0.6)＝－0.3n2＋50.3n＝－0.3(n－)2＋
当n取接近于的自然数，即n＝84时，Sn达到最大值S84＝2108.4
评述：不是常数列的等差数列，不递增必递减，因而若有连续两项ak,ak+1异号，则Sk必为Sn的最大或最小值.
下面对此类问题作一下较为深入的探究.
在非常数列的等差数列中，当d>0，d<0时，如何求Sn的最小、最大值？
第一种思考：
（1）若d>0，且a1≥0，则有0≤a1∴S1∴Sn的最小值是S1.
（2）若d>0，且a1<0，则一定存在某一自然数k，使a1an－1则0>S1>S2>…>Sk,且Sk∴Sn的最小值是Sk.
(3)若d<0，而a1>0，必存在自然数k使a1>a2>a3>…>ak≥0>ak+1>ak+2>…>an>…或a1>a2>a3>…>ak>0≥ak+1>ak+2>…>an>…
则S1Sk+1>…>Sn>…
∴Sn的最大值是Sk.
(4)若d<0，且a1≤0，则有0≥a1>a2>a3>…>an－1>an>…
∴S1>S2>S3>…>Sn－1>Sn>…
∴Sn的最大值是S1.
第二种思考：
Sn＝na1＋d＝n2＋(a1－)n
＝[n＋ eq \f(a1－,d) ]2－ eq \f(（a1－）2,2d) ＝[n－（－）]2－（－）2
由二次函数的最大、最小值知识及n∈N*,知：当n取最接近－的自然数时，Sn取到最大值（或最小值），值得注意的是最接近－的自然数有时1个，有时2个.
［例9］有30根水泥电线杆，要运往1000米远的地方开始安装，在1000米处放一根，以后每50米放一根，一辆汽车每次只能运三根，如果用一辆汽车完成这项任务，这辆汽车的行程共有多少公里？
解法一：如图所示：假定30根水泥电线杆存放M处.
a1＝|Ma|＝1000(M)
a2＝|Mb|＝1050(M)
a3＝|MC|＝1100(M)
…
a6＝a3＋50×3＝1250(M)
…
a30＝a3＋150×9(M)
由于一辆汽车每次只能装3根，故每运一次只能到a3，a6，a9，…，a30这些地方，这样组成公差为150 M，首项为1100的等差数列，令汽车行程为S，则有：
S＝2（a3＋a6＋…＋a30)＝2(a3＋a3＋150×1＋…＋a3＋150×9)
＝2(10a3＋150××9)＝2(11000＋6750)m＝35.5(公里）
答：这辆汽车行程共有35.5公里.
解法二：根据题设和汽车需运送十次，可得一等差数列{an}，其中a1＝100，d＝150，n＝10
则S10＝10a1＋d＝7750 m
所以总共行程为(7750×2＋1000×20)m＝35.5公里
答：略.
解法三：根据题意和汽车每次走的路程可构成一个等差数列，
其中a1＝(1000＋50×2)×2＝2200 m，a2＝(1000＋50×5)×2＝2500 m
…
d＝150×2＝300 m项数共有10项.
∴Sn＝10a1＋d＝10×2200 m＋5×9×300 m＝35.5(公里）
答：略.
［例10］有一种零存整取的储蓄项目，它是每月某日存入一笔相同金额，这是零存；则到一定时期到期，可以提出全部本金及利息，这是整取，它的本利和公式如下：本利和＝每期存入金额×[存期＋存期×（存期＋1）×利率].
（1）试解释这个本利和公式；
（2）若每月初存入100元，月利率5.1‰，到第12个月底的本利和是多少？
（3）若每月初存入一笔金额，月利率是5.1‰，希望到第12个月底取得本利和2000元，那么应每月存入多少金额？
分析：存款储蓄不是复利计息，若存入金额为A，月利率为p，则n个月后的利息是nAp.
解：（1）设每期存入金额A，每期利率p，存的期数为n，则各期利息之和为：
Ap＋2Ap＋3Ap＋…＋nAp＝n(n＋1)Ap.
连同本金，就得
本利和＝nA＋n(n＋1)Ap＝A[n＋n(n＋1)p].
(2)当A＝100，p＝5.1‰，n＝12时，
本利和＝100×（12＋×12×13×5.1‰)＝1239.78(元）
（3）将（1）中公式变形，得
A＝ eq \f(本利和,n＋n(n＋1)p) ＝ eq \f(2000,12＋×12×13×5.1‰) ≈161.32(元）
即每月应存入161.32元.
评述：这是两道等差数列求和的应用题，对于应用问题首先是根据问题给出的已知条件建立数学模型，然后解此数学问题，最后再回到应用问题作出结论.
Ⅲ.课堂练习
课本P44练习1，2，3，4
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，要能灵活应用等差数列的通项公式和前n项和公式解决一些相关问题.另外，需注意一重要结论：若一数列为等差数列，则Sk,S2k－Sk,S3k－S2k也成等差数列.
Ⅴ.课后作业
课本P45习题 4，5，6，7，8
- 7 -第九课时 基本不等式（二）
教学目标：
使学生能够运用均值不等式定理来讨论函数的最大值和最小值问题。
教学重点、难点：均值不等式定理的应用。
教学过程：
1．复习回顾
2．例题讲解：
例1：求下列函数的值域
（1）y＝3x 2＋ （2）y＝x＋
解：（1）y＝3x 2＋≥2 eq \r(3x 2·) ＝
∴y∈[，+∞）
（2）当x＞0时，y＝x＋≥2 eq \r(x·) ＝2；
当x＜0时，y≤－2
∴y∈（－∞，－2]∪[2，+∞）
例2：当x＞1时，求函数y＝x＋的最小值
解：y＝（x－1）＋＋1（∵x＞1）≥2＋1＝3
∴函数的最小值是3
问题：x＞8时？
总结：一正二定三相等。
介绍：函数y＝x＋的图象及单调区间
例3：求下列函数的值域
（1）y = （2）y =
解：（1）y＝＝(x＋1) ＋ ＋ 1
当x＋1＞0时，y ≥2＋1 ；
当x＋1＜0时，y ≤－2＋1
即函数的值域为：（－∞，－2＋1]∪[2＋1，+∞）
（2）当x＋1≠0时，令t =
则问题变为：y = ，t∈（－∞，－2＋1]∪[2＋1，+∞）
∴y∈[ eq \f(1, －2＋1) ，0）∪（0， eq \f(1, 2＋1) ]
又x＋1 = 0时，y = 0
即y∈[－ eq \f(1＋2,11) ， eq \f(2－1,11) ]
说明：这类分式函数的值域也可通过判别式法求值域，但要注意检验。
例4：求下列函数的最大值
（1）y＝2x（1－2x）（0＜x＜）
（2）y＝2x（1－3x）（0＜x＜）
例5：已知x＋2y＝1，求 ＋的最小值。
3．课堂小结
一般说来，和式形式存在最小值，凑积为常数；积的形式存在最大值，凑和为常数，要注意定理及变形的应用。
4．课后作业
1）已知x + y = 2，求 2 x＋2 y的最小值。
2）求函数y = (x≠0)的最大值。
3）求函数y = 的值域。
4）已知函数y = (3x＋2)（1－3x）
（1）当－＜x＜时，求函数的最大值；
（2）当0≤x≤时，求函数的最大、最小值。
教学后记：
通过这节课，让学生对基本不等式有更深的体会，同时，对定理中的限制条件也有更深的理解。
- 1 -第一课时 不等关系
复习目标：
了解二元一次不等式（组）表示平面区域。
典型例题：
1． 某工厂制造甲、乙两种产品，已知制造甲产品1kg要用煤9吨，电力4kw，劳力（按工作日计算）3个；制造乙产品1kg要用煤4吨，电力5kw，劳力10个，又知制成甲产品lkg可获利7万元，制成乙产品lkg可获利12万元，现在此工厂只有煤360吨，电力200kw，劳力300个，在这种条件下应生产甲、乙两种产品各多少千克，才能获得最大经济效益？
解：设此工厂应生产甲、乙两种产品xkg、ykg，则依题意可得约束条件：
2．某人承揽一项业务，需做文字标牌4个，绘画标牌6个。现有两种规格原料，甲种规格每张3m2，可做文字标牌1个，绘画标牌2个；乙种规格每张2m2，可做文字标牌2个，绘画标牌1个。求两种规格的原料各用多少张，才能使总的用料面积最小？
解：设用甲种规格的原料x张，乙种规格的原料y张，则可做文字标牌x＋2y个，绘画标
牌2x＋y个。由题意得：
所用原料总面积为z＝3x＋2y
3．某工厂加工零件，要在长度为400cm的圆钢上截取长度为67cm和51cm的甲、乙两种规格的圆钢，问怎样截取才能使圆钢的余料最少？
解：设截取甲规格的圆钢为x根、截取乙规格圆钢为y根，由此得不等式组：
1． 第一课时 不等关系
2． 某工厂制造甲、乙两种产品，已知制造甲产品1kg要用煤9吨，电力4kw，劳力（按工作日计算）3个；制造乙产品1kg要用煤4吨，电力5kw，劳力10个，又知制成甲产品lkg可获利7万元，制成乙产品lkg可获利12万元，现在此工厂只有煤360吨，电力200kw，劳力300个，在这种条件下应生产甲、乙两种产品各多少千克，才能获得最大经济效益？
2．某人承揽一项业务，需做文字标牌4个，绘画标牌6个。现有两种规格原料，甲种规格每张3m2，可做文字标牌1个，绘画标牌2个；乙种规格每张2m2，可做文字标牌2个，绘画标牌1个。求两种规格的原料各用多少张，才能使总的用料面积最小？
3．某工厂加工零件，要在长度为400cm的圆钢上截取长度为67cm和51cm的甲、乙两种规格的圆钢，问怎样截取才能使圆钢的余料最少？第四课时 等差数列(二)
教学目标：
明确等差中项的概念，进一步熟练掌握等差数列的通项公式及推导公式；培养学生的应用意识，提高学生的数学素质.
教学重点：
等差数列的定义、通项公式、性质的理解与应用.
教学难点：
灵活应用等差数列的定义及性质解决一些相关问题.
教学过程：
Ⅰ.复习回顾
等差数列定义：an－an－1＝d(n≥2)，等差数列通项公式：an＝a1＋(n－1)d(n≥1)，推导公式：an＝am＋(n－m)d
Ⅱ.讲授新课
首先，请同学们来思考这样一个问题.
问题1：如果在a与b中间插入一个数A，使a、A、b成等差数列，那么A应满足什么条件？
由等差数列定义及a、A、b成等差数列可得：A－a＝b－A，即：a＝.
反之，若A＝，则2A＝a＋b，A－a＝b－A，即a、A、b成等差数列.
总之，A＝a，A，b成等差数列.
如果a、A、b成等差数列，那么a叫做a与b的等差中项.
不难发现，在一个等差数列中，从第2项起，每一项（有穷数列的末项除外）都是它的前一项与后一项的等差中项.
如数列：1，3，5，7，9，11，13，……中，3是1和5的等差中项，5是3和7的等差中项，7是5和9的等差中项等等.
进一步思考，同学们是否还发现什么规律呢？
比如5不仅是3和7的等差中项，同时它也是1和9的等差中项，即不仅满足5＝，同时还满足5＝.
再如7不仅是5和9的等差中项，同时它也是3和11的等差中项，还是1和13的等差中项，即：7＝＝＝.
看来，a2＋a4＝a1＋a5＝2a3，a4＋a6＝a3＋a7＝2a5
依此类推，可得在一等差数列中，若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq.
下面，我们来看一个实际问题.
［例1］梯子的最高一级宽33 cm，最低一级宽110 cm，中间还有10级，各级的宽度成等差数列，计算中间各级的宽度.
分析：首先要数学建模，即将实际问题转化为数学问题，然后求其解，最后还要结合实际情况将其还原为实际问题的解.
解：用{an}表示梯子自上而下各级宽度所成的等差数列，由已知条件，有a1＝33，a12＝110，n＝12.
由通项公式，得a12＝a1＋(12－1)d，即：110＝33＋11d，解得：d＝7.
因此，a2＝33＋7＝40，a3＝40＋7＝47，a4＝54，a5＝61，a6＝68，a7＝75，a8＝82，a9＝89，a10＝96，a11＝103.
答案：梯子中间各级的宽度从上到下依次是40 cm，47 cm，54 cm，61 cm，68 cm，75 cm，82 cm，89 cm，96 cm，103 cm.
评述：要注意将模型的解还原为实际问题的解.
［例2］已知数列的通项公式为an＝pn＋q，其中p、q是常数，且p≠0，那么这个数列是否一定是等差数列？如果是，其首项与公差是什么？
分析：由等差数列的定义，要判定{an}是不是等差数列，只要看an－an－1(n≥2)是不是一个与n无关的常数就行了.
解：取数列{an}中的任意相邻两项an－1与an(n≥2)，
an－an－1＝(pn＋q)－[p(n－1)＋q]＝pn＋q－(pn－p＋q)＝p
它是一个与n无关的常数，所以{an}是等差数列，且公差是p.
在通项公式令n＝1，得a1＝p＋q，所以这个等差数列的首项是p＋q，公差是p.看来，等差数列的通项公式可以表示为：an＝pn＋q（其中p、q是常数）
当p＝0时，它是一常数数列，从图象上看，表示这个数列的各点均在y＝q的图象上.当p≠0时，它是关于n的一次式，从图象上看，表示这个数
列的各点均在一次函数y＝px＋q的图象上.
例如，首项是1，公差是2的无穷等差数列的通项
公式为：an＝2n－1，相应的图象是直线y＝2x－1上的均
匀排开的无穷多个孤立点.如图所示：
［例3］已知三个数成等差数列，其和为15，其平方
和为83，求此三个数.
解：设此三数分别为x－d、x、x＋d
则
解得x＝5，d＝±2.
∴所求三个数列分别为3、5、7或7、5、3.
评述：三个数成等差数列时注意其设法.
［例4］已知数列{an}为等差数列，a1＝2，a2＝3，若在每相邻两项之间插入三个数后，和原数列仍构成一个等差数列，试问：
（1）原数列的第12项是新数列的第几项？
（2）新数列的第29项是原数列的第几项？
分析：运用递推归纳的思想方法，从特殊中找规律，得到或猜想出一般结论，然后再回到特殊解决问题，这应该是解决本题的一个基本途径.
解：原数列的第一项是新数列的第1项，原数列的第二项是新数列的第2＋3＝5项，原数列的第三项是新数列的第3＋2×3＝9项.……原数列的第n项是新数列的第n＋(n－1)×3＝4n－3项.
（1）当n＝12时，4n－3＝4×12－3＝45，故原数列的第12项是新数列的第45项.
（2）令4n－3＝29，解得n＝8，故新数列的第29项是原数列的第8项.
评述：一般地，在公差为d的等差数列每相邻两项之间插入m个数，构成一个新的等差数列，则新数列的公差为，原数列的第n项是新数列的第n＋(n－1)m＝(m＋1)n－m项.
［例5］在等差数列{an}中，若a3＋a8＋a13＝12，a3a8a13＝28，求{an}的通项公式.
分析一：利用等差数列的通项公式求解.
解法一：设所求的通项公式为an＝a1＋(n－1)d
则
即
①代入②得（a1＋2d）(a1＋12d)＝7 ③
∵a1＝4－7d，代入③，∴（4－5d）(4＋5d)＝8
即16－25d2＝7，解得d＝±.
当d＝时，a1＝－，an＝－＋(n－1)·＝n－
当d＝－时，a1＝，an＝＋(n－1)·（－）＝－n＋.
分析二：视a3，a8，a13作为一个整体，再利用性质：若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq解题.
解法二：∵a3＋a13＝a8＋a8＝2a8，又a3＋a8＋a13＝12，故知a8＝4
代入已知得 解得或
由a3＝1，a13＝7得d＝＝＝.
∴an＝a3＋(n－3)·＝n－.
由a3＝7，a13＝1，仿上可得：an＝－n＋.
评述：在解答本题时，首先应注意到{an}是等差数列这个大前提，否则，仅有a3＋a8＋a18＝12及a3a8a13＝28就无法求出a3，a8，a13的具体值；其次，应注意到a3，a8，a13中脚码3，8，13间的关系：3＋13＝8＋8，从而得到a3＋a13＝a8＋a8＝2a8.
Ⅲ.课堂练习
课本P36练习
已知一个无穷等差数列的首项为a1，公差为d:
(1)将数列中的前m项去掉，其余各项组成一个新的数
列，这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别
是多少？
解：设一无穷等差数列为：a1，a2，…，am，am+1，…，an，…
若去掉前m项，则新数列为：am+1，…，an，…，即首项为am+1，公差为d的等差数列.
（2）取出数列中的所有奇数项，组成一个新的数列，这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差分别是多少？
解：若设一无穷等差数列为：a1，a2，a3，a4，a5，…，an，…，则取出数列中的所有奇数项，组成的新数列为：a1，a3，a5，…，a2m－1，…
即，首项为a1，公差为2d的等差数列.
（3）取出数列中的所有项数为7的倍数的各项，组成一个新的数列，这个数列是等差数列吗？如果是，它的首项与公差各是多少？
设一无穷等差数列为：a1，a2，a3，…，an，…，则新数列为：a7，a14，a21，…，a7m，…，即首项为a7，公差为7d的等差数列.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，首先，需掌握等差中项概念，及A＝与a，A，b成等差数列的关系，另外，还应注意等差数列的定义、通项公式、性质的灵活应用.
Ⅴ.课后作业
课本P39习题 4，5，6，7
- 3 -第十课时 基本不等式（三）
教学目标：
通过这节课，使学生能够运用均值不等式定理来讨论与不等式有关的各类问题。
教学重点、难点：均值不等式定理的灵活运用。
教学过程：
1．复习回顾
2．例题讲解：
例1：已知a>1，0解题思路分析：
　　由对数函数可知：log ba＝，log ab＜0，因此由log ab＋的结构特点联想到用基本不等式去缩小，但条件显然不满足，应利用相反数的概念去转化。
　　∵log ab＜0 　　∴ －log ab＞0
　∴－log ab＋≥2 eq \r((－log ab)·) ＝2
　　∴log ab＋≤－2 　　即log ab＋log ba≤－2
　　当且仅当－log ab＝，log a2b＝1，log ab＝－1时，等号成立，此时ab＝1。
例2：已知x，y为正实数，且x 2＋＝1，求x的最大值.
解题思路分析：
因条件和结论分别是二次和一次，故采用公式ab≤。同时还应化简中y2前面的系数为
　　x＝x eq \r(2·) ＝x· eq \r(＋)
下将x， eq \r(＋) 分别看成两个因式
x· eq \r(＋) ≤ eq \f(x 2＋( eq \r(＋) )2,2) ＝ eq \f(x 2＋＋,2) ＝
∴x＝·x eq \r(＋) ≤
例3：已知x，y为正实数，3x＋2y＝10，求函数W＝＋的最值.
解题思路分析：
若利用算术平均与平方平均之间的不等关系，≤，本题很简单
　＋ ≤ eq \r(（）2＋（）2) ＝＝2
　　否则，这样思考：
　　条件与结论均为和的形式，设法直接用基本不等式，应通过平方化函数式为积的形式，再向“和为定值”条件靠拢。
　　W＞0，W2＝3x＋2y＋2·＝10＋2·≤10＋()2·()2 ＝10＋(3x＋2y)＝20
　　∴ W≤＝2
例4：已知a，b为正实数，2b＋ab＋a＝30，求函数y＝的最小值.
解题思路分析：
这是一个二元函数的最值问题，通常有两个途径，一是通过消元，转化为一元函数问题，再用单调性或基本不等式求解，对本题来说，这种途径是可行的；二是直接用基本不等式，对本题来说，因已知条件中既有和的形式，又有积的形式，不能一步到位求出最值，考虑用基本不等式放缩后，再通过解不等式的途径进行。
法一：a＝，ab＝·b＝
　　　由a＞0得，0＜b＜15
　　　令t＝b＝1，1＜t＜16，ab＝＝－2（t＋）＋34
∵t＋≥2 eq \r(t·) ＝8
　　　∴ ab≤18 　　　∴ y≥
　　　当且仅当t＝4，即b＝3，a＝6时，等号成立。
法二：由已知得：30－ab＝a＋2b
　　　∵ a＋2b≥2 　　　∴ 30－ab≥2
　　　令u＝　　　则u2＋2u－30≤0， －5≤u≤3
　　　∴≤3，ab≤18，y≥
评注：在法一，通过消元得到一个分式函数，在分子（或分母）中含有二次式。这种类 型的函数一般都可转化为x＋型，从而用基本不等式求解。其处理方法，请同学们仔细体会。实际上，一般含二次式的分式函数y＝（a，b，c，m，n，p不全为零）均可用此方法求解。
例5：某工厂拟建一座平面图形为矩形且面积为200m2的三级污水处理池（平面图如图），如果池外圈周壁建造单价为每米400元，中间两条隔墙建筑单价为每米248元，池底建造单价为每平方米80元，池壁的厚度忽略不计，试设计污水池的长和宽，使总造价最低，并求出最低造价。
解题思路分析：
这是一道应用题，一般说来，涉及到“用料最省”、“造价最低”等实际问题时，考虑建立目标函数，求目标函数的最大值或最小值。在建立关于造价的目标函数时，造价是由池外圈周壁，中间隔墙造价，池底造价三部分组成，造价均与墙壁长度有关，应设相关墙壁长度为未知数。
　　若设污水池长为x米，则宽为 （米）
水池外圈周壁长：2x＋（米）
　　中间隔墙长：2·（米）
　　池底面积：200（米2）
　　目标函数：y＝400（2x＋2·）＋248· ·2＋80×200＝800（x＋）＋1600
　　　　　　　　≥1600 eq \r(x·) ＋1600＝44800
3．课堂小结
注意利用转化思想，不等式使用的广泛性。
4．课后作业
1）正数a，b，c满足a＋b＋c＝1，求证：(1－a)(1－b)(1－c)≥8abc
2）已知a>0，b>0，ab－(a＋b)＝1，求a＋b的最小值。
3）若直角三角形周长为1，求它的面积最大值。
4）某房屋开发公司用100万元购得一块土地，该地可以建造每层1000m2的楼房，楼
房的总建筑面积（即各层面积之和）每平方米平均建筑费用与建筑高度有关，楼房每升高一层，整幢楼房每平方米建筑费用提高5%。已知建筑5层楼房时，每平方米建筑费用为400元，公司打算造一幢高于5层的楼房，为了使该楼房每平方和的平均综合费用最低（综合费用是建筑费用与购地费用之和），公司应把楼层建成几层？
- 2 -第二课时 余弦定理
教学目标：
了解向量知识应用，掌握余弦定理推导过程，会利用余弦定理证明简单三角形问题，会利用余弦定理求解简单斜三角形边角问题，能利用计算器进行运算；通过三角函数、余弦定理、向量数量积等多处知识间联系来体现事物之间的普遍联系与辩证统一.
教学重点：
余弦定理证明及应用.
教学难点：
1.向量知识在证明余弦定理时的应用，与向量知识的联系过程；
2.余弦定理在解三角形时的应用思路.
教学过程：
Ⅰ.课题导入
上一节，我们一起研究了正弦定理及其应用，在体会向量应用的同时，解决了在三角形已知两角一边和已知两边和其中一边对角这两类解三角形问题.当时对于已知两边夹角求第三边问题未能解决，
如图(1)在直角三角形中，根据两直角边及直角可表示斜边，即勾股定理，那么对于任意三角形，能否根据已知两边及夹角来表示第三边呢 下面我们根据初中所学的平面几何的有关知识来研究这一问题.
在△ABC中，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，试根据b，c，A来表示a.
分析：由于初中平面几何所接触的是解直角三角形问题，
所以应添加辅助线构造直角三角形，在直角三角形内通过边角
关系作进一步的转化工作，故作CD垂直于AB于D，那么在
Rt△BDC中，边a可利用勾股定理用CD、DB表示，而CD可
在Rt△ADC中利用边角关系表示，DB可利用AB—AD转化为
AD，进而在Rt△ADC内求解.
解：过C作CD⊥AB，垂足为D，则在Rt△CDB中，根据勾股定理可得：
a2＝CD2＋BD2
∵在Rt△ADC中，CD2＝b2－AD2
又∵BD2＝(c－AD)2＝c2－2c·AD＋AD2
∴a2＝b2－AD2＋c2－2c·AD＋AD2＝b2＋c2－2c·AD
又∵在Rt△ADC中，AD＝b·cosA
∴a2＝b2＋c2－2bccosA
类似地可以证明b2＝a2＋c2－2accosB
c2＝a2＋b2－2abcosC
另外，当A为钝角时也可证得上述结论，当A为直角时a2＝b2＋c2也符合上述结论，这也正是我们这一节将要研究的余弦定理，
Ⅱ.讲授新课
1.余弦定理：三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍.
形式一：
a2＝b2＋c2－2bccosA，
b2＝c2＋a2－2cacosB，
c2＝a2＋b2－2abcosC.
形式二：
cosA＝，cosB＝，cosC＝.
在余弦定理中，令C＝90°，这时，cosC＝0，所以c2＝a2＋b2，由此可知余弦定理是勾股定理的推广.另外，对于余弦定理的证明，我们也可以仿照正弦定理的证明方法二采用向量法证明，以进一步体会向量知识的工具性作用.
2.向量法证明余弦定理
(1)证明思路分析
由于余弦定理中涉及到的角是以余弦形式出现，那么可以与哪些向量知识产生联系呢
向量数量积的定义式：a·b＝｜a｜｜b｜cosθ，其中θ为a、b的夹角.
在这一点联系上与向量法证明正弦定理有相似之处，但又有
所区别，首先因为无须进行正、余弦形式的转换，也就省去添加
辅助向量的麻烦.当然，在各边所在向量的联系上依然通过向量加
法的三角形法则，而在数量积的构造上则以两向量夹角为引导，
比如证明形式中含有角C，则构造·这一数量积以使出现cosC.同样在证明过程中应注意两向量夹角是以同起点为前提.
(2)向量法证明余弦定理过程：
如图，在△ABC中，设AB、BC、CA的长分别是c、a、b.
由向量加法的三角形法则可得＝＋，
∴·＝(＋)·(＋)
＝2＋2·＋2
＝｜｜2＋2｜｜｜｜cos(180°－B)＋｜｜2
＝c2－2accosB＋a2
即b2＝c2＋a2－2accosB
由向量减法的三角形法则可得：
＝－
∴·＝(－)·(－)
＝2－2·＋2
＝｜｜2－2｜｜｜｜cosA＋｜｜2
＝b2－2bccosA＋c2
即a2＝b2＋c2－2bccosA
由向量加法的三角形法则可得
＝＋＝－
∴·＝(－)·(－)
＝2－2·＋2
＝｜｜2－2｜｜｜｜cosC＋｜｜2
＝b2－2bacosC＋a2.
即c2＝a2＋b2－2abcosC
评述：(1)上述证明过程中应注意正确运用向量加法(减法)的三角形法则.
(2)在证明过程中应强调学生注意的是两向量夹角的确定，与属于同起点向量，则夹角为A；与是首尾相接，则夹角为角B的补角180°－B；与是同终点，则夹角仍是角C.
在证明了余弦定理之后，我们来进一步学习余弦定理的应用.
利用余弦定理，我们可以解决以下两类有关三角形的问题：
(1)已知三边，求三个角.
这类问题由于三边确定，故三角也确定，解唯一；
(2)已知两边和它们的夹角，求第三边和其他两个角.
这类问题第三边确定，因而其他两个角唯一，故解唯一，不会产生类似利用正弦定理解三角形所产生的判断取舍等问题.
接下来，我们通过例题评析来进一步体会与总结.
3.例题评析
［例1］在△ABC中，已知a＝7，b＝10，c＝6，求A、B和C.(精确到1°)
分析：此题属于已知三角形三边求角的问题，可以利用余弦定理，意在使学生熟悉余弦定理的形式二.
解：∵cosA＝＝＝0.725，∴A≈44°
∵cosC＝＝＝＝0.8071，∴C≈36°
∴B＝180°－(A＋C)≈180°－(44°＋36°)＝100°.
评述：(1)为保证求解结果符合三角形内角和定理，即三角形内角和为180°，可用余弦定理求出两角，第三角用三角形内角和定理求出.
(2)对于较复杂运算，可以利用计算器运算.
［例2］在△ABC中，已知a＝2.730，b＝3.696，C＝82°28′，解这个三角形(边长保留四个有效数字，角度精确到1′).
分析：此题属于已知两边夹角解三角形的类型，可通过余弦定理形式一先求出第三边.在第三边求出后其余边角求解有两种思路：一是利用余弦定理的形式二根据三边求其余角，二是利用两边和一边对角结合正弦定理求解，但若用正弦定理需对两种结果进行判断取舍，而在0°～180°之间，余弦有唯一解，故用余弦定理较好.
解：由c2＝a2＋b2－2abcosC＝2.7302＋3.6962－2×2.730×3.696×cos82°28′
得c＝4.297.
∵cosA＝＝＝0.7767，∴A＝39°2′
∴B＝180°－(A＋C)＝180°－(39°2′＋82°28′)＝58°30′.
评述：通过例2，我们可以体会在解斜三角形时，如果正弦定理与余弦定理均可选用，那么求边两个定理均可，求角则余弦定理可免去判断取舍的麻烦.
［例3］已知△ABC中，a＝8，b＝7，B＝60°，求c及S△ABC.
分析：根据已知条件可以先由正弦定理求出角A，再结合三角形内角和定理求出角C，再利用正弦定理求出边c，而三角形面积由公式S△ABC＝acsinB可以求出.
若用余弦定理求c，表面上缺少C，但可利用余弦定理b2＝c2＋a2－2cacosB建立关于c的方程，亦能达到求c的目的.
下面给出两种解法.
解法一：由正弦定理得＝
∴A1＝81.8°，A2＝98.2°
∴C1＝38.2°，C2＝21.8°，
由＝，得c1＝3，c2＝5
∴S△ABC＝ac1sinB＝6或S△ABC＝ac2sinB＝10
解法二：由余弦定理得
b2＝c2＋a2－2cacosB
∴72＝c2＋82－2×8×ccos60°
整理得：c2－8c＋15＝0
解之得：c1＝3，c2＝5，
∴S△ABC＝ac1sinB＝6，或S△ABC＝ac2sinB＝10.
评述：在解法一的思路里，应注意由正弦定理应有两种结果，避免遗漏；而解法二更有耐人寻味之处，体现出余弦定理作为公式而直接应用的另外用处，即可以用之建立方程，从而运用方程的观点去解决.故解法二应引起学生的注意.
综合上述例题，要求学生总结余弦定理在求解三角形时的适用范围：已知三边求任意角或已知两边夹角解三角形，同时注意余弦定理在求角时的优势以及利用余弦定理建立方程的解法.
为巩固本节所学的余弦定理及其应用，我们来进行下面的课堂练习.
Ⅲ.课堂练习
1.在△ABC中：
(1)已知b＝8，c＝3，A＝60°，求a；
(2)已知a＝20，b＝29，c＝21，求B；
(3)已知a＝3，c＝2，B＝150°，求b；
(4)已知a＝2，b＝，c＝＋1，求A.
解：(1)由a2＝b2＋c2－2bccosA得
a2＝82＋32－2×8×3cos60°＝49，∴a＝7.
(2)由cosB＝得
cosB＝＝0，∴B＝90°.
(3)由b2＝a2＋c2－2accosB得
b2＝(3)2＋22－2×3×2cos150°＝49，∴b＝7.
(4)由cosA＝得
cosA＝ eq \f(（）2＋（＋1）2－22,2（＋1）) ＝ eq \f(,2) ，∴A＝45°.
评述：此练习目的在于让学生熟悉余弦定理的基本形式，要求学生注意运算的准确性及解题效率.
2.根据下列条件解三角形(角度精确到1°)
(1)a＝31，b＝42，c＝27；
(2)a＝9，b＝10，c＝15.
解：(1)由cosA＝得
cosA＝≈0.6691，∴A≈48°
由cosB＝≈0.0523，∴B≈93°
∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(48°＋93°)≈39°
(2)由cosA＝得
cosA＝＝0.8090，∴A≈36°
由cosB＝得
cosB＝＝0.7660，∴B≈40°
∴C＝180°－(A＋B)＝180°－(36°＋40°)≈104°
评述：此练习的目的除了让学生进一步熟悉余弦定理之外，还要求学生能够利用计算器进行较复杂的运算.同时，增强解斜三角形的能力.
Ⅳ.课时小结
通过本节学习，我们一起研究了余弦定理的证明方法，同时又进一步了解了向量的工具性作用，并且明确了利用余弦定理所能解决的两类有关三角形问题：已知三边求任意角；已知两边一夹角解三角形.
Ⅴ.课后作业
课本习题P16 1，2，3，4.
解斜三角形题型分析
正弦定理和余弦定理的每一个等式中都包含三角形的四个元素，如果其中三个元素是已知的(其中至少有一个元素是边)，那么这个三角形一定可解.
关于斜三角形的解法，根据所给的条件及适用的定理可以归纳为下面四种类型：
(1)已知两角及其中一个角的对边，如A、B、a解△ABC.
解：①根据A＋B＋C＝π，求出角C；
②根据＝及＝，求b、c；
如果已知的是两角和它们的夹边，如A、B、c，那么先求出第三角C，然后按照②来求解.求解过程中尽可能应用已知元素.
(2)已知两边和它们的夹角，如a、b、C，解△ABC.
解：①根据c2＝a2＋b2－2abcosC，求出边c；
②根据cosA＝，求出角A；
③从B＝180°－A－C，求出角B.
求出第三边c后，往往为了计算上的方便，应用正弦定理求角，但为了避免讨论角是钝角还是锐角，应先求a、b较小边所对的角(它一定是锐角)，当然也可用余弦定理求解.
(3)已知三边a、b、c，解△ABC.
解：一般应用余弦定理求出两角后，再由A＋B＋C＝180°，求出第三个角.
另外，和第二种情形完全一样，当第一个角求出后，可以根据正弦定理求出第二个角，但仍然需注意要先求较小边所对的锐角.
(4)已知两边及其中一条边所对的角，如a、b、A，解△ABC.
解：①根据＝，经过讨论求出B；
②求出B后，由A＋B＋C＝180°求角C；
③再根据＝，求出边c.
另外，如果已知三角，则满足条件的三角形可以作出无穷多个，故此类问题解不唯一.
［例1］在△ABC中，a＝1，b＝，B＝60°，求角C.
解：由余弦定理得 ()2＝12＋c2－2ccos60°，
∴c2－c－6＝0，
解得c1＝3，c2＝－2(舍去).∴c＝3.
评述：此题应用余弦定理比正弦定理好.
［例2］在△ABC中，已知A＞B＞C且A＝2C，A、B、C所对的边分别为a、b、c，又2b＝a＋c成等差数列，且b＝4，求a、c的长.
解：由＝且A＝2C得
＝，cosC＝
又∵2b＝a＋c且b＝4，∴a＋c＝2b＝8， ①
∴cosC＝＝＝＝.
∴2a＝3c ②
由①②解得a＝，c＝.
［例3］在△ABC中，已知a＝2，b＝，A＝45°，解此三角形.
解：由a2＝b2＋c2－2bccosA
得22＝()2＋c2－2ccos45°，
c2－2c－2＝0
解得c＝1＋或c＝1－ (舍去)
∴c＝1＋，cosB＝＝ eq \f(22＋（1＋）2－（）2,2×2×（1＋）) ＝ eq \f(,2) .
∴B＝30°
C＝180°－(A＋B)＝180°－(45°＋30°)＝105°.
［例4］在△ABC中，已知：c4－2(a2＋b2)c2＋a4＋a2b2＋b4＝0，求角C.
解：∵c4－2(a2＋b2)c2＋a4＋a2b2＋b4＝0，
∴［c2－(a2＋b2)］2－a2b2＝0，
∴c2－(a2＋b2)＝±ab，
cosC＝＝±，∴C＝120°或C＝60°.
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