2026版《决胜蓝图》2 第二部分 专题篇-讲义（教师版）数学高考大二轮专题复习
文档属性
| 名称 | 2026版《决胜蓝图》2 第二部分 专题篇-讲义（教师版）数学高考大二轮专题复习 |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 5.9MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-19 00:00:00 | ||
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文档简介
第二部分 专题篇
专题一 三角函数与解三角形
第1讲 三角函数的图象与性质
考情分析 备考关键
考点 诱导公式及同角三角函数的基本关系式的运算、三角函数的图象变换及由图象确定解析式、三角函数的性质应用. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查三角函数的图象变换及解析式，利用三角函数的性质求参数、最值、值域、单调区间及对称性，也可能是解答题的一问. 1.诱导公式“奇变偶不变，符号看象限”，应用基本关系式化简“变异为同，化繁为简”. 2.三种曲线的特征与性质，求解析式的“三定”. 3.性质应用“整体性”，求值域利用“有界性”.
做真题 明方向
1．[2024·天津卷]已知函数的最小正周期为 ,则在,的最小值为（ ）
A. B. C. 0 D.
【答案】C
【解析】选A.由 的最小正周期为 ，
可得,所以,
所以.
当,时，,,
,,所以.
2．[2024· 新课标Ⅰ卷]当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】选C.因为函数 的最小正周期，所以函数 在 上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数 与 在 上的图象如图所示.
由图可知，这两个图象共有6个交点.
3．[2024· 新课标Ⅱ卷]（多选）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A. 与有相同的零点
B. 与有相同的最大值
C. 与有相同的最小正周期
D. 与的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【解析】选.对于A，令，则，，又，故A错误；
对于B,与 的最大值都为1，故B正确；
对于C，与 的最小正周期都为 ，故C正确；
对于D,图象的对称轴方程为 ，，即,，图象的对称轴方程为 ，,即，，故 与 图象的对称轴不相同，故D错误.
4．[2023· 新课标Ⅱ卷]已知函数，如图，，是直线与曲线的两个交点，若，则________.
【答案】
【解析】设,,,，由，可得,由，知 ,, ,,
所以,
即，故.
因为,由“五点（画图）法”得， ,,
即 ,，
所以,
所以.
研考点 破重难
考点一 三角函数的基本运算
1.函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦.
2.同角关系：, ,.
3.诱导公式：在 ,的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.
［例1］
（1） 在平面直角坐标系中，角 的顶点为，始边与轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，，则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2023·全国乙卷]若,,,则__________.
【答案】（1） B
（2）
【解析】
（1） 因为 的终边与圆 相交于点，,所以,所以 .
（2） 由,得 ,代入,可得,因为,，所以,则，所以.
利用公式进行化简求值的策略
（1）利用诱导公式化任意角的三角函数为锐角三角函数的步骤：去负—脱周—化锐.
（2）利用同角三角函数的关系化简过程的原则：化切为弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.
［对点训练］．已知,则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为,
所以,
即,
所以,
所以 或（舍去），
所以.
考点二 三角函数的图象
三角函数图象的两种变换
（1）先平移后伸缩
（2）先伸缩后平移
［例2］
（1） [2024·潍坊二模]将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·邯郸调研改编]已知函数的部分图象如图所示，，为的图象与轴的交点，为图象上的最高点，是边长为1的等边三角形，，则________________________.
【答案】（1） B
（2）
【解析】
（1） 将函数 的图象向右平移 个单位长度，得 的图象，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到图象对应的函数解析式为.
（2） 由题图可得，的最小正周期为2，所以,即 ,易得,所以,因为,所以,,,,,,由“五点法”可得， ,,即 ,,又 ,所以,所以.
由“图”定“式”找“对应”的方法
对于函数（,, 为常数）：
（1）最值定,根据给定的函数图象确定最值，设最大值为,最小值为，则，，解得,；
（2）定由周期的求解公式，可得；
（3）点坐标定一般运用代入法求解 值，注意在确定 值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”.
提醒 在图象变换中务必分清是先平移，还是先伸缩，变换只是对其中的自变量而言的，如果的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
［对点训练］．
1．[2024·长沙模拟]如图是函数的部分图象，则该函数的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
2．[2024·河北模拟]（多选）要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
B. 向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的
C. 纵坐标不变，横坐标变为原来的，再将所得图象上的所有点向左平移个单位长度
D. 纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将所得图象上的所有点向左平移个单位长度
【答案】1．C
2．BC
【解析】
1．选C.由各选项可知，,.由题图可知，，所以 ,则 ,所以,则.因为函数 的图象过点，，所以,,即 ,,所以 ,,则.
2．选.对于A，所得图象对应的解析式为，A错误；对于B，所得图象对应的解析式为，B正确;对于C，所得图象对应的解析式为，C正确；对于D，所得图象对应的解析式为,D错误.
考点三 三角函数的性质
函数 的性质
（1）单调性：由可得单调递增区间；由可得单调递减区间.
（2）对称性：由可得对称中心的横坐标；由可得对称轴.
（3）奇偶性：时，函数为奇函数；时，函数为偶函数.
角度1 三角函数的单调性
［例3］ 设函数.
（1） 求函数的单调递减区间；
（2） 当时，的最小值为0，求实数的值.
【答案】（1） 【解】由,可得,所以 的单调递减区间为,.
（2） 当 时，,当 或，即 或 时，取得最小值，最小值为，由,得.
求三角函数单调区间的方法
（1）代换法：求形如（或（））（, , 为常数，，）的单调区间时，令，得（或），然后由复合函数的单调性求得;
（2）图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间.
注意 求函数的单调区间时，若，则要先将 转化为正数.
角度2 三角函数的奇偶性、周期性、对称性
［例4］ [2024·安徽模拟]（多选）已知函数,,的部分图象如图所示，且阴影部分的面积为 ，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 点,为曲线的一个对称中心
C. 直线为曲线的一条对称轴
D. 函数在区间,上单调递增
【答案】ACD
【解析】由题图可知，，因为，即，且，可得.对于A，设 的最小正周期为，则 ，即 ，故A正确；又因为，可得,所以,对于B，因为，所以点,不为曲线 的一个对称中心，故B错误；对于C，因为，为最小值，所以直线 为曲线 的一条对称轴，故C正确；对于D，因为,,则,,且 在，上单调递增，所以函数 在区间,上单调递增，故D正确.
（1）判断对称中心与对称轴的方法
利用函数的图象的对称轴一定经过图象的最高点或最低点、对称中心的横坐标一定是函数的零点这一性质，通过检验对应函数值进行判断.
（2）求三角函数周期的常用结论
和的最小正周期均为，的最小正周期为.
［对点训练］．
1．[2024·北京卷]设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2．（多选）已知函数的最小正周期满足,且点,是图象的一个对称中心，则（ ）
A.
B. 的值域是
C. 直线是图象的一条对称轴
D. 是偶函数
【答案】1．B
2．ABC
【解析】
1．选B.因为,且,,,所以 的最小正周期 ,所以.
2．选.由点,为函数 图象的一个对称中心，得,解得.由,且，得,解得,则,故A正确；则,因为,所以,故B正确；将 代入,可得,根据正弦函数的对称性，知直线 是 图象的一条对称轴，故C正确；,显然该函数不是偶函数，故D错误.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．[2024·乌鲁木齐质量监测]已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边上点坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.方法一：根据诱导公式有,,所以 ,,又因为 ,所以 .
方法二（排除法）：因为,.所以点A在第二象限，排除C，D；又因为 ,,排除A.
2．[2024·湛江二模]函数在，上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为,,所以,,所以,,故 在，上的值域为.
3．[2024·上饶一模]已知函数,则图象的对称中心为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】选C.令 ,,解得,,故 图象的对称中心为,,,经检验只有 时,,符合题意.
4．若,,且,则（ ）
A. B. 2 C. 3 D.
【答案】C
【解析】选C.方法一：,整理得，解得 或.又,,所以.
方法二：
,所以,所以,解得 或.又,,所以.
5．已知函数，若关于的方程在，上有两个不同的根，则实数的取值范围是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】选C.如图，作出函数，的图象及直线,由图可知当，时，直线 与曲线，有两个交点，即关于 的方程 在，上有两个不同的根.
6．[2024·湘豫名校联考]已知函数,的图象过原点，且关于点，对称，若函数在 ，上单调，则图象的相邻两条对称轴之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.因为,所以 或,.
又，所以,
所以.
因为 的图象关于点，对称，
所以 ,,
所以,.
因为,，,
所以,.
又函数 在，上单调，
所以 解得.
因为,所以当 时，.
因为 图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期，所以.
7．（多选）已知下列等式的左、右两边都有意义，则能够恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】选.对于A，,故A不符合题意；对于B，,故B符合题意；对于C， ,故C符合题意；对于D，,故D符合题意.
8．（多选）已知函数,则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点，对称
C. 的图象关于直线对称
D. 在区间，上单调递减
【答案】ACD
【解析】选.
.
对于A,的最小正周期为，故A正确；
对于B,，故B错误；
对于C,为函数 的最大值，故C正确；
对于D,,,则,,
故 在区间，上单调递减，故D正确.
9．[2024·东北三省四市模拟]（多选）已知,,的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 在区间，上单调递减
C. 在区间，上的值域为
D. 在区间，上有3个极值点
【答案】AD
【解析】选.设 为函数 的最小正周期，由题图可知，所以 ，即 ,所以,又由题图可知，所以,因为函数 的图象过点，,所以,即,则,因为,所以,即.对于A，,所以A正确；
对于B,当,时，则,，故函数 在区间，上不单调，所以B错误；
对于C，当,时，,,所以,，
则函数 在区间，上的值域为，所以C错误；
对于D，当,时，,,由函数 的图象可知，在区间，上有3个极值点，所以函数 在区间，上有3个极值点，所以D正确.
10．[2024·北京卷]在平面直角坐标系中，角 与角 均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，，则 的最大值为________．
【答案】
【解析】因为 与 的终边关于原点对称，所以，所以 .因为,,所以,,所以,,所以 的最大值为.
11．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若具有奇偶性，则 的最小值为________.
【答案】
【解析】将函数 的图象向左平移 个单位长度，得到函数 的图象,因为 具有奇偶性，所以,,即,,因为,所以 的最小值为.
12．已知函数的图象关于点，中心对称，其最小正周期为，且，则 的值为________.
【答案】
【解析】，
因为 的图象关于点，中心对称，
所以
解得
所以，
又因为 的最小正周期为，且，
所以可得，则，
所以当 时， 的值为.
［B 综合运用］
13．[2024·南京、盐城调研]（多选）设，，为函数的图象上三点，其中，，，已知，是函数的图象与轴的两个相邻的交点，是图象在，之间的最高点，若，的面积是，点的坐标是，，则（ ）
A.
B.
C.
D. 函数在，之间的图象上存在点，使得
【答案】BCD
【解析】选.记 的最小正周期为.如图，
显然，，，，，，
所以，
所以，，因为 的面积是，所以,即,
联立 解得 故A错误；
由，得，故B正确；
由，,得,解得，故C正确;
易得，，，，，的中点为，，故以 为直径的圆在点 的下方，作出以 为直径的圆，记以 为直径的圆与 的图象交于，两点，故当点 位于 图象上的曲线段（不包括点，）或曲线段（不包括点，）上时，有,从而 在，之间的图象上存在点，使得，故D正确.
14．[2024·浙江二模]将函数的图象上的每个点横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，再将所得图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数的图象与函数的图象交于点，其中，则__________．
【答案】
【解析】由题意得,，
因为函数 的图象与函数 的图象交于点，所以 ，
即 ，
整理得，
因为,所以，
又因为，所以.
15．已知函数的图象如图所示.
（1） 求函数的解析式；
（2） 试比较,的大小.
【答案】
（1） 解：由题意可得
解得 记函数 的最小正周期为，则由题图得，
又，可得 ，解得，
所以．
把点，代入，得,即，
则，，
得，.
又 ，可得当 时，，
所以．
（2） 函数 的最小正周期为 ，
所以,
，
故．
16．已知函数，.
（1） 若的图象关于点,对称，且,，求的值；
（2） 若不等式对任意的,恒成立，求实数的取值范围.
【答案】
（1） 解：．
方法一：易知 的图象关于点,对称，把 的图象向左平移 个单位长度，所得图象关于点,对称，因此.
方法二：由题知，，
所以 ，，所以，，又,，所以.
（2） 对任意的,恒成立，即 对任意的,恒成立.
由（1）知，令，
则当,时，,，
则,，
所以.
所以当,时，，,
所以 解得．
故实数 的取值范围为．
第2讲 三角恒等变换与解三角形
考情分析 备考关键
考点 三角函数的化简、求值，利用正弦定理、余弦定理求三角形的边、角及面积问题. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查三角恒等变换求值，正、余弦定理的基本应用，解答题中会继续考查利用正、余弦定理求解三角形的边、角、面积问题. 1.三角恒等变换中“常值代换、切化弦、角的拼凑”. 2.解三角形时利用正、余弦定理“边角替换”. 3.求三角形面积时常用形式的面积公式.
做真题 明方向
1．[2024 ·新课标Ⅱ卷]已知 为第一象限角， 为第三象限角，，，则__________.
【答案】
【解析】因为，，
所以.
因为,，
,，
所以 ,,,所以.
因为
所以.
2．[2024·全国甲卷]记的内角,,的对边分别为,,，已知 ，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选C.由正弦定理得，因为 ，所以.由余弦定理得，所以,
所以，
所以，
又,,
所以.
3．[2024 新课标Ⅱ卷]记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1） 求；
（2） 若，，求的周长．
【答案】
（1） 解：由，
得,所以.
因为 ，所以，
所以，故.
（2） 由，
得，
由正弦定理，得，
所以，
因为 ，所以．
，
所以
.
方法一：由正弦定理，
得,
.
所以 的周长为.
方法二：由正弦定理，
得，
所以
，
所以 的周长为．
研考点 破重难
考点一 三角恒等变换
1.两角和与差公式变形
，
，
.
2.倍角公式变形
降幂公式：，.
升幂公式：，.
配方变形：.
角度1 条件求值
［例1］
（1） [2024·全国甲卷]已知，则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·沈阳质量监测]已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） B
（2） B
【解析】
（1） 根据题意有，即,所以，所以.
（2） 由，得，即，,即，又 .
三角函数恒等变换的“四大策略”
（1）常数值代换：特别是“1”的代换， 等.
（2）项的拆分与角的配凑：如 ， 等.
（3）降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂.
（4）弦、切互化：一般是切化弦.
角度2 条件求角
［例2］ [2024·江西二模]已知 ，,，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，,
所以
解得
所以，
又 ，,，所以，
所以.
给值求角的原则
（1）已知正切函数值，选正切函数；
（2）已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数.若角的范围是，，选正、余弦皆可；若角的范围是，选余弦较好；若角的范围为，，选正弦较好.
［对点训练］
1．[2024 ·九省联考]已知 , ， ，则 （ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】选A.因为,，所以.由 得，化简整理得，解得（舍去）或,
所以.
2．已知 为第一象限角， 为第二象限角，且，，则__________.
【答案】
【解析】因为 为第一象限角，，则，
所以
,
所以，
由于 为第二象限角，,
则，
所以.
考点二 利用正、余弦定理求边、角
1.正弦定理及其变形
在中，(为的外接圆半径).
变形：,,等.
2.余弦定理及其变形
在中，.
变形：
,.
［例3］ [2024·北京卷改编]在中，内角，，的对边分别为，，，为钝角，，．
（1） 求；
（2） 若，求.
【答案】
（1） 【解】由题知，
又 为钝角，故，所以.
所以,所以.
又 为钝角，所以.
（2） 由题知,所以.
由 得，,即,解得（负值已舍去）.
解三角形的边和角问题的基本步骤
（1）定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.
（2）定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，进行边角之间的互化.
（3）求结果.
注意 注意三角形内角和定理的应用，求角时注意角的范围.
［对点训练］
1．[2024·济南三模]已知,,分别为三个内角，，的对边，且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由,得，则，又，所以，即，又，所以.
2．[2024·合肥质量检测]在中，内角，，的对边分别为,,，若,且，则（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】选A.因为，两边同时乘以 得,,
由余弦定理可得,
则，
所以,又,
所以,
又因为，所以.
考点三 三角形的面积问题
三角形面积公式
在中，内角，，的对边分别为,,,则.
［例4］ [2024·江西名校联盟]记的内角，，的对边分别为,,,已知.
（1） 若，求；
（2） 若，，求的面积.
【答案】
（1） 【解】因为，由正弦定理得,
因为,所以,
所以，
所以.
（2） 因为,，，
由余弦定理得,
解得（负值已舍去），所以，
因为，，
所以，
所以 的面积.
求解与三角形面积有关的问题的基本思路
（1）求三角形面积，一般要先利用正弦定理、余弦定理以及两角和与差的三角函数公式等，求出角与边，再求面积.
（2）已知三角形面积解三角形，常利用已知邻边求出其夹角，或利用已知角求出角的两边间的关系.
（3）已知与三角形面积有关的关系式，常选用关系式中的角作为面积公式中的角，化为三角形的边角关系，再解三角形.
［对点训练］
1．[2024· 东北三校联考]在中，，，则外接圆的半径为______.
【答案】3
【解析】因为，所以, 又，，所以，又，所以， 因为,所以，则， 记 外接圆的半径为，则由正弦定理得，所以.
2．已知的内角，，的对边分别为，，，，,且，则的面积为________.
【答案】
【解析】由，结合正弦定理可得，故，因为，故，又，故.由余弦定理，可得，解得.则.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知角 的顶点为原点，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.
2．[2024·赣州模拟]在中，，， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为，， ，所以由余弦定理 可得，，解得 或（舍去），
所以由正弦定理可得,
.
3．[2024·南通三模]已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.将原式展开得，两边同时平方得，即，解得.
4．[2024·江西名校联盟]已知 ，，且, ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由，可得 ，由 ,可得 ,故,又 ，，所以，
所以，即 .
5．（多选）在中，内角，，所对的边分别为,,,，则（ ）
A. B.
C. D. 不可能为锐角三角形
【答案】ABC
【解析】选.因为，由正弦定理可得，故A正确；由，可得，即,故B正确；由，可得，所以 或 （舍去），故C正确；在 中，由余弦定理可得,设,,，满足，此时角A最大，且,即A为锐角.所以 可能为锐角三角形，故D错误.
6．若，则________.
【答案】
【解析】
.
7．在中， ，，，为边上一点，且，则的面积为______.
【答案】
【解析】由余弦定理可得，即，解得 或（舍去），于是，又，所以，由勾股定理可得，于是.
8．设的内角,,所对的边分别是,,，且向量,满足.
（1） 求；
（2） 若，,求边上的高.
【答案】
（1） 解：因为//，所以，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，又，解得.
（2） 因为，,，
所以，
即,
化简得，解得 或（舍去），
又 的面积，
故，
解得.
［B 综合运用］
9．[2024·江西红色十校联考]已知 为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选C.因为 为锐角，则，
则，
整理可得，
解得 或（舍去），
所以
.
10．[2024·菏泽三模]在中，内角，，所对的边分别为,,,且，延长至点，使得，若，，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】选C.因为，可得,
由正弦定理得,
即,
所以，
又因为 ，所以，
如图所示，可知,且，，在 中，由余弦定理得,解得 或（舍去）.
11．[2024 ·苏锡常镇四市调研]记的内角，，的对边分别为,,，已知.
（1） 证明：；
（2） 若，，求的周长.
【答案】
（1） 证明：由题得，整理得,
因为，，则,
所以,
所以 或 （舍去），所以.
（2） 解：由，结合（1）知，则,，得，
,，所以，
由正弦定理得,
即,解得
所以 的周长为.
12．[2024·天津卷]在中，角，，所对的边分别是,,.已知，，．
（1） 求的值；
（2） 求的值；
（3） 求的值．
【答案】
（1） 解：由 得,
由余弦定理得,
即,
得,得,故.
（2） 因为,
所以,
由正弦定理得,
即,得.
（3） 因为,所以,则,
由，得,
则,
.
故.
［C 素养提升］
13．[2024·太原模拟]已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为,
则，
即 .
因为，所以，
则 ,
所以 ,
即.
因为，，
所以, ，
又，所以 或 .
由 得 ，不符合题意，
由 ，得 .
所以 ，即，所以C，D均错误.
因为 ，所以,
所以，即，故A错误，B正确.
14．（多选）在中，,,分别是内角，，所对的边，其外接圆半径为，内切圆半径为，且满足，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】选.因为，所以，A正确；因为，所以，即，D正确；若 为锐角三角形，，解得（负值已舍去），若 为直角三角形或钝角三角形时可类似证明，B正确；因为，所以，C错误.
第3讲 有关三角形的综合问题
考情分析 备考关键
考点 正、余弦定理解多个三角形组合问题及实际应用，三角函数与解三角形的综合问题. 考法 选择题、填空题和解答题均有所涉及，其中客观题主要侧重解三角形的实际应用，解答题主要考查三角形中的范围、最值问题. 1.构建三角形的模型解三角形的实际问题. 2.充分利用平面几何图形的性质解与多个三角形（四边形）有关的解三角形问题. 3.求解三角形中的最值、范围问题常用三角函数的有界性及基本不等式.
研考点 破重难
考点一 解三角形的实际应用
［例1］ 山东省科技馆新馆（如图1）目前成为济南科教新地标，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“ ”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和科技无限.如图2，为了测量科技馆最高点与其附近一建筑物楼顶之间的距离，无人机在点测得点和点的俯角分别为 ， ，随后无人机沿水平方向飞行到点，此时测得点和点的俯角分别为 和（，，，在同一铅垂面内），则，两点之间的距离为________________.
图1 图2
【答案】
【解析】由题意， , ,
所以 ,
则在 中，
，.
因为 ， ，
所以 .
方法一：在 中，由正弦定理 得，,
所以.
在 中， ，
由余弦定理得，,所以,故,两点之间的距离为.
方法二： .在 中，由正弦定理 得，,
所以.
在 中， ,
由余弦定理得
,
所以,
故，两点之间的距离为.
解三角形实际应用问题的步骤
［对点训练］．[2024·江苏南京六校联考]如图，某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树根部在同一水平面的，两点，在点测得红豆树根部在北偏西 的方向上，沿正西方向步行到处，测得树根部在北偏西 的方向上，树梢的仰角为 ，则红豆树的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.在 中， ， ， ，，
所以由正弦定理得,，
解得，
在 中， ，
所以，则红豆树的高度为.
考点二 复合三角形问题
［例2］ 在平面四边形中，，，，.
（1） 求的大小；
（2） 求四边形的面积.
【答案】（1） 【解】由题意，设 ，则 , .在 中，由正弦定理得，即,解得，所以.因为 ，所以.
（2） 由（1）可知，，在 中，由正弦定理得，
即，解得.
在 中，由余弦定理得
，即，解得（负值已舍去），故四边形 的面积为.
解多个三角形问题的步骤
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，将数据化归到多个三角形中；
（2）在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形；
（3）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件；
（4）结合三角恒等变换公式进行化简.
［对点训练］．在中，角，，的对边分别为,,,已知,,的面积为.
（1） 求的值；
（2） 如图，为外一点，四边形为平面四边形，且，，求对角线的长.
【答案】
（1） 解：因为,,的面积为，
所以,
所以.
由余弦定理,得，即.
（2） 在 中，由正弦定理,得，
所以，
所以在 中，由余弦定理得.
所以.
考点三 三角函数与解三角形
［例3］ [2024·上海二模]设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为 .
（1） 求函数的解析式；
（2） 在中，设角,,所对的边分别为,,，若，,，求角.
【答案】
（1） 【解】
，
因为函数 图象的两条相邻对称轴之间的距离为 ，所以 ，则 ，解得，
所以.
（2） 由 得，,故,,
因为，所以，即，
由正弦定理,得，
即,所以，.
解三角形与三角函数综合问题的一般步骤
［对点训练］．在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1） 求角的大小；
（2） 若向量,,，试求的最小值.
【答案】
（1） 解：因为，
由正弦定理，得，即，
可得.
由，可得，
所以.
因为，可得，
所以.
因为，所以.
（2） 由,,，
可得,，
因为，所以，
则
,
因为，则，
所以当 ，
即 时，取得最小值，为，所以 的最小值为.
考点四 三角形中的最值与范围问题
［例4］ [2024·郑州名校联盟]在四边形中，，,,设与的面积分别为,,则的最大值为________.
【答案】
【解析】因为,由正弦定理得,所以,即,因为 ,所以,所以,
所以,,,
所以,,
由余弦定理得,所以,
当且仅当 时取等号，.
设,则,
在 中，由余弦定理得,
所以
,
当 时，取得最大值.
所以 的最大值为.
解三角形中的最值、范围问题的一般步骤
［对点训练］．在中，若,,则________，周长的取值范围是______________.
【答案】；
【解析】由 及正弦定理，
得.
方法一：由正弦定理得，所以.
因为，所以，
则，所以，
所以，
所以 周长的取值范围是.
方法二：由余弦定理,
得，当且仅当 时，等号成立，
所以,
所以，由三角形的性质，得,所以,所以 周长的取值范围是.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由余弦定理可知,
解得，所以.
又，
解得.
2．在中，，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.设,，由余弦定理可得
,
当且仅当,即 时，等号成立.
因为 ，则.
所以B的最大值为.
3．一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东 方向上，距离为海里，灯塔在的北偏西 方向上，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东 方向上，则此时灯塔位于游轮的（ ）
A. 正西方向上 B. 南偏西 方向上
C. 南偏西 方向上 D. 南偏西 方向上
【答案】C
【解析】选C.如图，在 中， ，由正弦定理得，
则.
在 中，由余弦定理得 ，因为，，所以，由正弦定理得，则，故 或 .因为，故 为锐角，所以 ，即此时灯塔C位于游轮的南偏西 方向上.
4．如图，在平面四边形中，， ， ， ，的面积为，则（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】B
【解析】选B.在 中， ，
由正弦定理有，
即，解得.
由三角形的面积公式有，则.
在 中，由余弦定理 得，则.
所以，所以.
5．[2024·兰州市诊断考试]（多选）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量、迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，一定可以计算出旗杆高度的方案有（ ）
图1 图2 图3 图4
A. 在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角 ， ，再测量，两点间的距离
B. 在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角 和
C. 在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角 ，再测量到旗杆底部的距离
D. 在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角 ，正对旗杆前行到达处，再次测量旗杆顶端的仰角
【答案】BCD
【解析】选.设旗杆 的高度为，对于A，当A，B，旗杆底部三点不共线时，如图1，已知 的长度， ， ，无法求出，故A错误；对于B，如图2，设旗杆对面的某建筑物为，则，可求出 的值，故B正确；对于C，如图3， ，可求出 的值，故C正确；对于D，如图4，，可求出 的值，故D正确.
6．[2024·乌鲁木齐质量监测]已知正方体的棱长为2，内壁是光滑的镜面.一束光线从点射出，在正方体内壁经平面反射，又经平面反射后到达点，则从点射出的入射光线与平面所成角的正切值为________.
【答案】
【解析】易知光线的轨迹全部在平面 内，如图，设光线与平面 的第一个交点为点，则点 为线段 的三等分点（靠近点）；设光线与平面 的交点为点，则点 为线段 的三等分点（靠近点）.在正方体中易知从 点射出的入射光线与平面 所成的角为，则.
7．[2024·德州二模]在中，内角，，的对边分别为,,，,且，则面积的最大值为________.
【答案】
【解析】因为,
所以由余弦定理得,
所以，
又，，
则，，
所以由余弦定理以及基本不等式得,，
即，当且仅当 时等号成立，
所以，
即 面积的最大值为.
8．“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木块，以“矩”量之，较长边为，较短边为，如图所示.将这块圆形木块截出一块三角形木块，三角形顶点，，都在圆周上，角，，的对边分别为,,，满足.
（1） 求；
（2） 若的面积为，且，求的周长.
【答案】（1） 解：由题意知，圆形木块的直径.由于 为该圆的内接三角形，所以由正弦定理得.
（2） 由于，所以.
又，所以，则,，
所以.
由余弦定理得，
所以，则，故.
所以 的周长为.
［B 综合运用］
9．[2024·聊城二模]如图，在平面四边形中，， ，记与的面积分别为，，则（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】选B.在 中，由余弦定理得
，
即,
得,①
在 中，由余弦定理得
,
即，
得，②
又，
，
所以，③
由②①，得，由，得，代入③得.
10．[2024·兰州诊断考试]（多选）半径长为的车轮匀速在水平地面上向前滚动（无滑动），轮轴每秒前进，运动前车轮着地点为，若车轮滚动时点距离地面的高度（单位:）关于时间（单位:）的函数记为，则以下判断正确的是（ ）
A. 对于任意，都有
B. 函数在区间上单调递增
C.
D. 对于任意，都有
【答案】BD
【解析】选.记车轮的中心为，车轮滚动时着地点为点，连接，（图略），当滚动 时，，所以,对于A，的最小正周期，故A错误;
对于B，方法一（根据区间判断单调性） 当 时，，函数 单调递减，所以 在区间 上单调递增，故B正确;
方法二（先求单调区间再判断） 令 ,,解得,，所以 在区间 上单调递增，故B正确;
对于C，，故C错误;
对于D，方法一（代入法）,所以对于任意，都有,故D正确.
方法二（利用图象的对称性判断） 令 ,，得,,所以在 上，的图象关于点 对称，即对于任意，都有，故D正确.
11．如图，某直径为海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛与相距5海里，.则小岛与之间的距离为________海里；小岛，，所形成的三角形海域的面积为__平方海里.
【答案】； 15
【解析】由圆的内接四边形对角互补，
得
，
所以 为锐角，
所以，
在 中，由正弦定理得
，
则（海里）.
在 中，由余弦定理得
,
整理得，
解得（海里）（负根已舍去）.
所以（平方海里）.
12．[2024·石家庄质量检测]在中，角，，所对的边分别为,,，设向量,,,,.
（1） 求函数的最大值；
（2） 若,,，求的面积.
【答案】
（1） 解：由题知，
.
因为，所以，
所以，
所以,
所以函数 的最大值为.
（2） 因为，
所以 ,,所以,.
因为,，所以.
在 中，由正弦定理得，,所以,
所以,①
由余弦定理得，
即,②
由①②解得，
所以 的面积为.
［C 素养提升］
13．[2024·湖南九校联考]（多选）在中，角，，所对的边分别为,,,且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若,则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，的最小值为1
D. 若为锐角三角形，则的取值范围为,
【答案】ABD
【解析】选.对于A，在 中，由正弦定理得，
由，得，即，
由A,，则，故 ，所以 或 ，
即 或 （舍去），A正确；
对于B，若,结合 和正弦定理知，所以,又A,，所以可得,,,B正确；
对于C，在锐角三角形 中，，,，即，.故,当且仅当,即 时，取等号，因为,所以等号取不到，所以，C错误；
对于D，在锐角三角形 中，由，得，，
令,，则,
易知函数 在,上单调递增，所以可得,,D正确.
14．[2024·安徽一模]在中，角，，所对的边分别为,,,其中,.
（1） 求角的大小；
（2） 如图，为外一点，，，求的最大值.
【答案】
（1） 解：因为，所以,
由正弦定理，可得,
整理可得,
又因为，化简可得,
而，则,
又，则.
（2） 在 中，由 可得，
在 中，由 可得，所以，
设，由余弦定理，
，
可得,，
因此
，
当且仅当，即 时等号成立，
所以 的最大值为，此时.
提升点1 三角函数中 , 的范围问题
类型一 由单调性求范围
［例1］ [2024·连云港调研]已知函数,的图象过点，且在区间，上单调，则 的最大值为（ ）
A. B. 4 C. D. 8
【答案】C
【解析】因为函数 的图象过点，
所以，解得,
因为，所以，
所以，
当,时，,，
因为 在区间，上单调，
所以, ，，，
即 且 ，,
则,，
由,得,.
因为，所以当 时，,，
则,；
当 时，,,
综上，,,，
即 的最大值为.
由函数的一个单调区间（区间也可以是开区间或半开半闭区间）求解 或 的取值范围，将区间端点值代入后，去对应 ，或 ，，列出不等式（组）求解.另外，因为函数在一个周期内的单调递减（增）区间的区间长度恰好是，所以单调区间的长度必不超过，根据这个性质有时也可求出 的取值范围.
［对点训练］．已知函数,,，若在区间，上，单调递增，单调递减，则 的取值范围是（ ）
A. ， B. C. ， D. ，
【答案】A
【解析】选A.由题意得,
.
令，由,，
，得,.
因为在区间，上，单调递增，单调递减，
所以 解得,
所以 的取值范围是.
类型二 由最值（值域）求范围
［例2］ 若函数在，上的值域是，，则 的取值范围是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】B
【解析】因为，,，
所以,.
因为函数 在，上的值域是，，所以,
解得.
解决利用最值求 , 的问题，主要是利用三角函数的最值与对称或周期的关系，列出关于 , 的不等式（组），进而求出 , 的值或取值范围.
［对点训练］．[2024·广西三模]已知函数在上有最小值没有最大值，则 的取值范围是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】D
【解析】选D.依题意，,当 时，，若 在 上有最小值没有最大值，则 ，所以.
类型三 由对称性求范围
［例3］ 已知函数的图象在区间内至多存在3条对称轴，则 的取值范围是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】因为，，
所以，，设，
画出 的大致图象如图，
要使 的图象在区间 内至多存在3条对称轴，则，，解得，.
利用最小正周期,根据的图象两对称中心的距离、对称中心到对称轴的距离、两对称轴间的距离的关系，可建立关于, , 的方程使问题获解.
［对点训练］．[2024·德州二模]将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若直线为图象的一条对称轴，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.由题意得,，又因为直线 是 图象的一条对称轴，
所以，，即,，且，下面结合选项对整数 取值：
当 时，;当 时，；
当 时，;当 时，,
所以 的最小值为.
类型四 由零点、极值点求范围
［例4］ 设函数在区间上恰有三个极值点、两个零点，则 的取值范围是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】C
【解析】由选项知，由,
得，.
根据函数 在区间 上恰有三个极值点、两个零点，
知 ，解得.
所以， 的取值范围为,.
解决的零点与极值点问题通常先利用换元法求 的范围，再结合的图象列出关于 的不等式（组），进而求出 的值或取值范围.
［对点训练］．[2024·湖南九校联考]已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数 的取值范围为（ ）
A. ， B. ， C. ， D.
【答案】A
【解析】选A.由题知
，
若沿 轴方向平移 的图象，考虑其任意性，不妨设得到的图象的函数解析式为.
令，即,，
取 ，则.
依题意知，在 上至少有2解，至多有3解，
则须使区间 的长度不小于 且小于，
即，解得.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知函数的图象关于直线对称，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.依题意得,,得,,又 ,所以.
2．若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】选D.令 ,,
所以 ,,所以函数 的单调递增区间为 ,，，
又因为 在 上单调递增，
则 ,，，
当 时，即,,
则，，
解得，.
3．若存在实数，，使得函数的图象的一个对称中心为，则 的取值范围为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】选C.由于函数 的图象的一个对称中心为，
所以 ,，
所以，，
由于，，则，
因为，所以,得,又,所以,则,即.
4．[2024·滨州二模]已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选C.因为，且，
则,，
由题意可得 ，
解得,
又因为直线 为函数 图象的一条对称轴，
则，，
解得，，
可知,，
即，
所以
.
5．已知函数在区间，上单调递增，且函数在区间，上有最小值，则 的取值范围是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】B
【解析】选B.由，，可得 ,,由，，可得 ,，因为 在区间，上单调递增,在区间，上有最小值，可得
解得.
6．[2024·安庆二模]已知函数的图象关于点，对称，且在，上没有最小值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.
，
因为 的图象关于点,对称，
所以，
故 ,，
即,，
当 ,,
即,时，函数 取得最小值，
因为 在，上没有最小值，
所以，即，又,
则,解得，
故，得.
7．[2024·蚌埠质量检测]（多选）已知函数在区间，上单调递增，则 的值可以是（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】ABC
【解析】选.因为函数 在，上单调递增，当 时，,，符合题意，A正确；
当 时，,，符合题意，B正确；
当 时，,，符合题意，C正确；
当 时，,，不符合题意，D错误.
8．（多选）已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则在，上单调递增
B. 若，则 的最小值为2
C. 若，则把函数的图象向右平移个单位长度，所得到的图象关于原点对称
D. 若在上有且仅有3个零点，则
【答案】BD
【解析】选.依题意，.对于A，若，则,当,时，,，因为 在，上不单调，所以 在，上不单调，故A不正确；对于B，因为，则直线 是函数 图象的一条对称轴，，，解得,，而，则,故B正确；对于C，当 时，，依题意，函数，这个函数不是奇函数，其图象关于原点不对称，故C不正确；对于D，当 时，,，依题意， ,解得,故D正确.
9．（多选）已知函数在区间上恰有4个零点，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上有且仅有1个极大值点
B. 在区间上有且仅有2个极小值点
C. 的取值范围是，
D. 在区间，上单调递减
【答案】BCD
【解析】选.因为 ，所以，令,作出 的大致图象如图，
若 在区间 上恰有4个零点，则，解得，故C正确；
由图象可知，在区间 上有1个或2个极大值点，故A错误；
在区间 上有且仅有2个极小值点，故B正确；
当 时， ，所以 在区间,上单调递减，故D正确.
10．已知在函数的图象与轴的所有交点中，点,离原点最近，则 的值可以为________________________________________________.（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一,满足均可）
【解析】令 得，,所以,解得.
因为点,离原点最近，
且，所以,
所以,所以可取.
11．[2024·新乡三模]已知函数，若存在，使得，则 的最小值为________.
【答案】
【解析】由题得，函数，
由，
得,，
由存在，使得，得，解得,所以 的最小值为.
12．将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间，上单调递增，则 的取值范围为______________________________________.
【答案】,,
【解析】将函数 的图象向左平移 个单位长度得到 的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的 倍（纵坐标不变），得到函数 的图象.
因为函数 在区间,上单调递增，
所以，即，
解得.①
又,
所以，
解得,，②
由①②可得,,.
［B 综合运用］
13．[2024·济南三模]（多选）已知函数,的图象在轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ）
A.
B. 恒成立
C. 在，上单调递减
D. 将的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】选.由,的图象在 轴上的截距为，得,又，解得,A正确；又 是该函数的最小正零点，所以，
解得，所以，
所以，
其中,故 的最大值为，B错误；当,时，,，所以 在，上单调递减，C正确；的图象向右平移 个单位长度，得到 的图象，由余弦函数性质知，该函数不是偶函数，其图象不关于 轴对称，D错误.
14．已知函数，若,使得的图象在点处的切线与轴平行，则 的最小值是（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】选A.，
因为,使得 的图象在点 处的切线与 轴平行，
所以函数 在，上存在最值，
令,，
得,,
因为，
所以,,
则，
又，故当 时， 取最小值.
15．已知函数.
（1） 求的最小正周期；
（2） 若是函数的一个零点，求 的最小值.
【答案】
（1） 解：因为,
所以 的最小正周期为 .
（2） 由题知,
,
由 是该函数的一个零点可知，
,
即.
故 ,或 ,,解得 ,或 ,.
因为,所以 的最小值为.
16．已知,.
（1） 若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为,求的值；
（2） 若函数的图象关于点,对称，且函数在,上单调，求 的值.
【答案】
（1） 解：，
因为函数 图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以,
则 ，所以 ,
解得,
所以,
所以
.
（2） 由（1）知,
因为函数 的图象关于点,对称，
所以 ,,
所以,.
由,,,
得,,
因为 在，上单调，
所以
解得,所以取,则.
提升点2 三角形中的特殊线段
类型一 三角形的中线问题
［例1］ [2024·苏州二模]记的内角，，的对边分别为,,，已知.
（1） 求；
（2） 若,点为的重心，且，求的面积.
【答案】
（1） 【解】由题及正弦定理可得,
整理得,由余弦定理的推论可得
.
又因为,所以.
（2） 设 的延长线交 于点，因为点 为 的重心，所以点 为 的中点，又因为，所以.
在 中，由，
可得.
在 和 中，有，
由余弦定理的推论可得,
故,所以,所以 的面积为.
处理与三角形中线有关的问题的常用方法
（1）利用互补角（如本例中与互补，其余弦值互为相反数）及余弦定理求解.
（2）在中，若为边上的中点，则，两边平方即可得到三角形边长之间的关系.
（3）在中，角，，的对边分别为,,，则边上的中线长.
［对点训练］．[2024·山东潍坊模拟]在中，角，，的对边分别为,,,已知.
（1） 求；
（2） 若,,为的中点，求.
【答案】
（1） 解：在 中，由正弦定理得，,
所以
，
得,
因为,所以，
因为,所以.
（2） 在 中，由余弦定理，
得,
所以,
又,所以.
因为 为 的中点，
所以，
两边同时平方得，
所以，即.
类型二 三角形的角平分线问题
［例2］ 在中，若为边上的点，平分.
（1） 求证：;
（2） 若，且,,求.
【答案】
（1） 【解】证明：如图，
在 中，，
在 中，，
因为， ，
所以.
（2） 因为 为 边上的点，平分，
则.
又由,可得.又因为,所以,解得.因为，所以.
（1）角平分线是平面几何的一个重要特征，解题方法主要有两种，一是利用角平分线定理，找边之间的关系；二是角平分线把三角形分成两个三角形，利用等面积法求解.
（2）角平分线是三角形的重要元素，如图，在中，角，，的对边分别为,,,为角的平分线，
则①;
②.
［对点训练］．[2024· 湘豫名校联考]在中，角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求；
（2） 若的平分线交于点，,.求的长.
【答案】
（1） 解：因为,
所以，
即,
由正弦定理得,
又由余弦定理,
可得,
因为,所以.
（2） 在 中，，
由等面积法得，
即，
即
,
所以.
类型三 三角形的高线问题
［例3］ [2024·枣庄一模]在中，角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求；
（2） 若,,是边上的高，且，求.
【答案】
（1） 【解】由题及正弦定理得，
由倍角公式得.
又因为,为 的内角，
所以,,，
所以,.
所以,（负值已舍去）,
则有,得.
（2）
,
，，
由题意知,所以，
即,
所以,
所以.
解决与三角形的高线有关的问题常用等面积法得到边的关系，即若,,分别为的边,,上的高，则.
［对点训练］．已知的内角，，所对的边分别是,,,且,,.求：
（1） 的周长；
（2） 边上的高.
【答案】
（1） 解：在 中，由余弦定理的推论得,
解得（负值已舍去），所以 的周长为.
（2） 因为,,
所以.
设 边上的高为,
则,
即,
解得,
所以 边上的高为.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．在中，,,,则点到边的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.在 中，由,得,由余弦定理有,故.
设点A到边 的距离为,由三角形面积公式得,，故.
2．[2024·哈尔滨三模]已知的内角，，的对边分别为,,,且,边上中线的长为1，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由题意得 ，
所以，
又，且D是 的中点，所以，在 中，
,
在 中，,
所以,
即,由，得,当且仅当 时取等号.
3．[2024·海南模拟]在中，的平分线与对边交于点，若的面积为面积的2倍，且， ，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】A
【解析】选A.由，则有，即有，
又，
则有，即，即有，即.
4．[2024·长沙模拟]（多选）已知满足，且的面积，则下列命题正确的是（ ）
A. 的周长为
B. 的三个内角，，满足关系
C. 的外接圆半径为
D. 的中线的长为
【答案】BC
【解析】选.因为 满足,所以,设,,,,利用余弦定理得，,
由于,所以.
因为，所以,解得（负值已舍去）.
所以,,,
对于A，的周长为,故A不正确；
对于B，因为，所以，故，故B正确；
对于C，由正弦定理得 的外接圆半径为,故C正确；
对于D，如图所示，在 中，利用正弦定理,
解得,又,所以,,在 中，利用余弦定理得,解得（负值已舍去）,故D不正确.
5．[2024·扬州调研]在中，，，为的中点， ，则________.
【答案】
【解析】在 中，取 的中点，连接，由 为 的中点，
得,
在 中，由余弦定理得，则，
而,所以.
6．在中，，， ，为的高线，则________.
【答案】
【解析】在 中，由余弦定理得,
即，所以，
所以,
由向量数量积的几何意义得.
7．[2024·东北三省四市模拟]在中，角，，所对的边分别为,,，已知,角的平分线交于点，且.
（1） 求；
（2） 若，求的面积.
【答案】
（1） 解：因为，
所以由正弦定理可得，
因为 ，所以,
所以，
故，又 ,
所以 .
（2） 由题意可知，
即 ,化简可得.
在 中，由余弦定理的推论得
,
解得 或（舍去），所以.
［B 综合运用］
8．在中，内角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求角；
（2） 若,,求边上的高.
【答案】
（1） 解：由题及正弦定理得,
即.
因为,所以，所以，又,所以.
（2） 设 边上的高为,由，得,解得（负值已舍去），由,解得,即 边上的高为.
9．[2024·福建省适应性考试]在中，为的中点，且 .
（1） 求；
（2） 若，求.
【答案】
（1） 解：如图，由 ，
可得.在 中，由正弦定理，
得.在 中，由正弦定理，
得.故.
因为 为 的中点，
所以，即.
（2） 由（1）不妨设，，，,.
在 中，由余弦定理的推论，
得.
在 中，由余弦定理的推论，
得.
所以,
解得.
故.
10．[2024·河南质量检测]在锐角三角形中，角，，所对的边分别为,,,已知,且.
（1） 求证：；
（2） 若的平分线交于点，且,求线段长度的取值范围.
【答案】
（1） 证明：根据题意及余弦定理可得,故,由正弦定理得.
所以在 中，或 .
若 ，又 ，故，
因为,所以，故 不满足题意，舍去，所以.
（2） 解：在 中，由正弦定理可得,即,
所以.
因为 是锐角三角形，且，
所以 得,
所以,
所以.
所以线段 的长度的取值范围是.
真题解构与重构 解三角形
三角形是几何学中十分重要的几何图形，它不但是最重要的几何学知识，也是其他几何学中最基本、最常见、最重要的构件.无论是初中的平面几何，还是高中的立体几何与解析几何，三角形都扮演着十分重要的角色，其特性是研究相关几何问题的基石.三角形问题是初、高中教学的重点问题，更是中、高考的重要组成部分.解三角形问题是每年高考的必考试题，有的在选择题、填空题中出现，有的渗透在立体几何与解析几何中，有的直接在解答题中呈现，近年来的新课程高考试题中，主要占据着解答题第15题的位置，彰显了三角形问题在学习与考试中的重要地位与作用，是教师与学生高度重视的教学问题.以下对2024年新课标Ⅰ卷第15题解三角形问题进行解构与重构,激活试题本质属性，感悟三角形知识体系的和谐，提升解三角形问题的能力.
［真题呈现］．[2024· 新课标Ⅰ卷]记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1） 求；
（2） 若的面积为，求．
［真题分析］本题是在余弦定理的“呈现形式”逐层设置.考查正、余弦定理、特殊角的三角函数值、两角和的正弦公式、三角形的内角和定理与面积公式.考查数学运算、逻辑推理等核心素养.考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现“四基四能”,是教材问题的最基本呈现.
【答案】
（1） ［规范解答］解：由余弦定理的推论得,
注解①
［关键步骤］①已知三边关系时，首选余弦定理
又 ,所以.所以,所以,
又 ，所以.
（2） 由（1）得，
注解②
②解三角形时，时刻注重内角和定理
由正弦定理,得,所以.
注解③
③已知对边与对角首选正弦定理
所以 的面积,
注解④
④三角形面积公式很多，根据题目条件正确对照选择
得.
［源头与活水］
类别 教材题（必修第二册 ） 考题 关联特征
条件 , 关系转化
问题 ① 求角 求角 都是求角
② 已知一边与面积求另外两边 已知面积求其中一边 都是面积与边角
［真题解构］
解构1．已知三个内角，，的对边分别为,,.在中， ，,.
（1） 求;
（2） 求的面积.
【答案】
（1） 解：方法一：由正弦定理得
，
因为,所以.
由于 ,所以 或 .
当 时， ,
此时，.
当 时， ，
此时.
方法二：因为 ，,,
由余弦定理得，整理得,即,
所以,故.
（2） 方法一：由（1）知当 时，,
此时 的面积.
当 时，,此时 的面积.
方法二：同方法一.
解构2．如图，在锐角三角形中，，垂足为，角的平分线交于点，，，.
（1） 求;
（2） 求与的面积.
【答案】
（1） 解：由，
可设，则.
由，得
，
由于
,
所以，
整理得，
即，
解得 或（舍去）,
即,.
因此.
（2） 由（1）知，又,所以.
因此，，
.
在 中，由正弦定理得，
.
［真题重构］
重构1．（多选）已知的三个内角，，的对边,,是依次增大的三个连续自然数，且，则（ ）
A. B.
C. D. 内切圆半径
【答案】ABD
【解析】选.对于A，由 得.
由正弦定理与余弦定理的推论得,
即,
即,
化简得,A正确；
对于B，由题可设,,代入 得,
化简得,解得 或（舍去），B正确；
对于C，方法一：由 得.
由于，
所以,C错误.
方法二：由余弦定理的推论得，
由 得,C错误;
对于D，因为,
由 得
,D正确.
重构2．已知面积为的三个内角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求;
（2） 求的取值范围.
【答案】
（1） 解：由于,由余弦定理与面积公式得.
故,由 得.
（2） 由 得.
.
由，知,
所以,
故.
因此 的取值范围为.
重构3．在中，三个内角，，的对边分别为,,,，，成等差数列且.
（1） 求 的值，并求证为定值;
（2） 若， ，求的面积.
【答案】
（1） 解：由已知得 ，，
所以 ， .
又，由余弦定理得,所以.
.
所以 为定值.
（2） 由 ， ，知 .
又,由正弦定理得，
所以.
所以.
专题二 数列
第1讲 等差、等比数列
考情分析 备考关键
考点 等差、等比数列基本量的运算，等差、等比数列的性质、判定与证明. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查等差数列、等比数列的基本运算、性质，解答题的第一问求数列的通项公式及等差、等比数列的判断（证明）. 1.等差、等比数列基本运算中的“整体思想与方程思想”，性质研究中的“函数思想”. 2.“定义法”证明等差、等比数列.
做真题 明方向
1．[2024·全国甲卷]记为等差数列的前项和.已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.由，得，所以，
所以，公差，
所以.
2．[2024·北京卷]设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，，给出下列四个结论：
①若与均为等差数列，则中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是____.
【答案】①③④
【解析】对于①：由题知，是关于 的一次式，对应的函数为一次函数，即点，分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以 中最多有1个元素，所以①正确;
对于②：不妨取，，则有,，所以，此时 中有无数个元素，所以②不正确;
对于③：由①知点 在一条斜率不为0的直线 上．设，当公比 时，直线 与数列 对应的函数的图象至多有2个公共点，中最多有2个元素；当 时，点 在如图所示的曲线，上，由图易知直线 与曲线，至多有3个公共点，如当，时，,,,两个数列有3项相同，所以 中最多有3个元素；
当 时，易知 中最多有2个元素；当 时，易知 中最多有3个元素．综上可知，当 为等差数列，为等比数列时，中最多有3个元素，所以③正确；
对于④：若数列 为递增数列，数列 为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以 中最多有1个元素，所以④正确．综上可知，正确结论的序号为①③④．
3．[2024·全国甲卷]记为等比数列的前项和，已知.
（1） 求的通项公式；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：因为，
所以，
两式相减可得,
即，所以等比数列 的公比为.
因为，所以，
故.
（2） 因为，所以,
设数列 的前 项和为,则.
研考点 破重难
考点一 等差、等比数列基本量的运算
1.通项公式
等差数列:;
等比数列：.
2.求和公式
等差数列：;
等比数列：
［例1］
（1） [2024·黄山质量检测]已知是以为公比的等比数列，,,则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
（2） [2024· 九省联考]记等差数列的前项和为,,,则（ ）
A. 120 B. 140 C. 160 D. 180
【答案】（1） A
（2） C
【解析】
（1） 由题得，,解得.
（2） 设等差数列 的公差为,由题得 解得 所以.
破解等差（等比）数列基本量问题的关键
等差（等比）数列的通项公式及求和公式共涉及,,,,五个基本量，可以通过列方程（组），达到“五量二式，知三求二”的目的.
注意 在等比数列的前项和公式中，若不确定是否等于1，应注意分和两种情况讨论.
［对点训练］1．[2024·湖南九校联考]已知是等比数列，是其前项和.若，，则（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】选C.设等比数列 的公比为.由 可得,.
由，可得,化简得,所以，又因为,所以,所以.
2．[2024·蚌埠质量检测]记数列的前项和为,若是等差数列，，，则（ ）
A. B. C. 0 D. 4
【答案】C
【解析】选C.设 的公差为,则,
所以,
所以,所以.
考点二 等差、等比数列的性质
1.通项性质：若,则对于等差数列，有,对于等比数列，有.
2.前项和的性质
（1）对于等差数列有，，, 成等差数列；对于等比数列有,,, 成等比数列（且为偶数的情况除外）.
（2）对于等差数列，有.
［例2］
（1） [2023. 新课标Ⅱ卷]记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 120 B. 85 C. D.
（2） [2024·安徽六校测试]（多选）已知等差数列的前项和为,,且,则（ ）
A. B.
C. 当时，取最大值 D. 当时，的最小值为19
【答案】（1） C
（2） ABD
【解析】
（1） 方法一：设等比数列 的公比为，由题意易知,则 化简整理得 所以.方法二：易知,,,, 为等比数列，所以,解得 或.当 时，由,解得；当 时，结合 得 化简可得，不成立，舍去.所以.
（2） 对于A，由题得，,由等差数列性质可得,即.因为,若公差,则，,不满足上述不等式，故,则，则,,故A正确；对于B，由A知，,,故,.则,则,又,故，即,故B正确；对于C，由,可得，, ,,，，，,故当 时，取最大值，故C错误；对于D，,,由 的单调性可得，当 时，单调递减，所以当 时，的最小值为19，故D正确.
等差、等比数列的性质问题的求解策略
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
［对点训练］1．[2024·岳阳质量监测]已知为等差数列，,,则（ ）
A. 6 B. 12 C. 17 D. 24
【答案】C
【解析】选C.设等差数列 的公差为,
由题知，,解得,又由，
解得，所以.
2．[2024·东北三省四市模拟]（多选）设等比数列的公比为,前项和为,前项积为,并且满足,,,则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为 D. 的最大值为
【答案】ABC
【解析】选.因为,,所以等比数列 的公比 且，则 没有最大值，所以D错误；
因为,,所以,且,,所以A，C正确;
因为,所以,所以B正确.
考点三 等差（比）数列的判定与证明
类别 等差数列 等比数列
定义法
通项法
中项法
前项和法 （,为常数） （为常数且,,1）
［例3］ [2024·苏州适应性考试节选]已知数列的前项和为,对任意正整数,总存在正数,,,使得,恒成立；数列的前项和为,且对任意正整数,恒成立.
（1） 求正数,,的值；
（2） 证明:数列为等差数列.
【答案】
（1） 【解】因为,①
所以,②
得,
即,
又,所以,
当 时，;当 时，.
因为,为正数，解得.
又因为,,且,所以.
（2） 证明：因为，③
当 时，，④
得,
即，⑤
方法一：又，⑥
得,
即,
所以 为等差数列.
方法二：当 时，由，
得,
即,
所以,,
所以当 时，,
因为当 时，由 得,所以,则当 时，成立,所以,对 恒成立，所以 为等差数列.
判定数列是等差（等比）数列的关键
（1）会转化：将所给的关系式进行变形、转化，利用等差（等比）数列判定方法进行判定.
（2）举反例：判定一个数列不是等差（等比）数列，只需说明某连续三项不是等差（等比）数列即可.
注意 在解答题证明数列为等差（比）数列只能使用定义法或等差（等比）中项法.
［对点训练］．[2024·长沙适应性考试]已知数列满足,且.
（1） 证明：数列是等比数列；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 证明：因为,,
所以数列 是以2为首项，3为公比的等比数列.
（2） 解：由（1）可知，,
则.
从而
.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．[2024·济南三模]记等差数列的前项和为.若,,则（ ）
A. 49 B. 63 C. 70 D. 126
【答案】B
【解析】选B.由题知.
2．[2024·甘肃高考诊断考试]在等差数列中，,是方程的两根，若，则（ ）
A. B. C. 2 D. 6
【答案】B
【解析】选B.因为,是方程 的两根，,所以.又因为在等差数列 中，,所以,,代入 可得,解得.
3．[2024·洛阳质量检测]已知正项等比数列的前项和为,若，且与的等差中项为，则（ ）
A. 29 B. 31 C. 33 D. 36
【答案】B
【解析】选B.不妨设等比数列 的公比为,
由,可得,
因为,,所以,①
又由 与 的等差中项为 可得，
即,②
将①代入②，可得（负值已舍去）,则,
于是.
4．[2024·广州综合测试]记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】C
【解析】选C.方法一（基本量法）设等比数列 的公比为,由，得,又，,所以,
所以.
方法二：设等比数列 的公比为,由,得,,所以,
所以.
5．[2024·东北三校模拟]（多选）已知等差数列的首项,则下列选项中正确的是（ ）
A. 若,则
B. 若,,则
C. 若,,则
D. 若,则,
【答案】ACD
【解析】选.对于A，因为，所以，故A正确;对于B，因为,所以,因为,所以,所以,,所以,故，故B错误;记等差数列 的公差为,对于C，,则,所以,故C正确;对于D，因为，所以,所以,所以,,,故D正确.
6．[2024·邵阳联考]已知等差数列的前项和为.若，，则______.
【答案】9
【解析】由题得，，，所以，，所以.
7．已知数列的前项和为,若,且,则______.
【答案】2
【解析】方法一：因为,所以当 时，,得,即,所以数列 是常数列，所以,,所以,解得.
方法二：因为,所以当 时，,得,则有,
所以数列 是常数列，则,
所以,
所以,解得.
8．[2024·南京、盐城调研]设数列的前项和为,.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 若数列满足,求的前50项和.
【答案】
（1） 解：由,得,
两式相减得,
即,
当 时，由,得,
所以,故 是首项为，公比为 的等比数列，故.
（2） 由（1）得,
所以
.
［B 综合运用］
9．[2024·贵阳适应性考试]设正项等比数列的前项和为,,且,,成等差数列，则与的关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】选A.设正项等比数列 的公比为，由题意知，,即,所以,解得 或（舍去），
则,
,所以.
10．[2024·宁波“十校”联考]已知是公比不为1的等比数列的前项和，则“，，成等差数列”是“存在不相等的正整数,，使得,,成等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】选A.设数列 的公比为.因为 是公比不为1的等比数列 的前 项和，所以若，，成等差数列，则，又，
从而,化简得.
若,,成等差数列，
则，即,
所以,
故当 时，有
即“，，成等差数列”能推出“存在不相等的正整数,，使得,,成等差数列”，故充分性成立；
反之，满足 不一定是,如,,,满足,但不满足,即“存在不相等的正整数,,使得,,成等差数列”推不出“，，成等差数列”，故必要性不成立.
所以“，，成等差数列”是“存在不相等的正整数,，使得,,成等差数列”的充分不必要条件.
11．[2024·赣州模拟]（多选）已知等比数列的前项和为,,,则（ ）
A. B.
C. 数列为单调数列 D. 数列为单调数列
【答案】BC
【解析】选.设数列 的公比为，
由题有
解得 或
对于A，当 为偶数时，，故A错误;
对于B，因为,当 时,显然有,当 时，
因为,,所以.
综上，，故B正确;
对于C，当 时，数列 是首项为2，公比为3的递增等比数列，当 时，数列 是首项为32，公比为 的递减等比数列，故C正确;
对于D，由B知，所以,
当 时，,
此时 不具有单调性，故D错误.
12．[2024·武汉二调]已知各项均不为0的数列对任意正整数满足：.
（1） 若为等差数列，求；
（2） 若,求的前项和.
【答案】
（1） 解：由题意,
当，时，,两式相减得，
即,,
所以数列 是公差为2的等差数列.
在 中，
令,得,
又,所以，
所以，解得 或,若，则，
与 矛盾，舍去，所以.
（2） 因为，由（1）知，当 时,所以.
而当,时，,
所以,
所以当,时，,而 时 也满足上式，综上所述，的前 项和.
［C 素养提升］
13．线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为,，其中图n中每个正六边形的边长是图n-1中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 存在正数，使得恒成立
D.
【答案】D
【解析】选D.A选项，由题意及题图得数列 为首项为1，公比为7的等比数列，所以，故，故A错误；
B选项，由题意知，，，故B错误；
C选项，数列 是首项为6，公比为 的等比数列，故，
因为，所以 为递增数列，不存在正数，使得 恒成立，故C错误；
D选项，分析可得，题图n中的正六边形的个数，每个正六边形的边长为，故每个正六边形的面积为，则，故D正确.
14．已知数列的前项和为,,.
（1） 求证：数列是等差数列；
（2） 求数列中最接近2 025的数.
【答案】
（1） 证明：.
由，得.
因为,所以 是以 为首项，为公差的等差数列.
（2） 解：由（1）得,即,则,
当 时，满足上式，所以,则.
由 可知，在 上单调递增，
当 时，；
当 时，.
所以数列 中最接近2 025的数是1 980 和2 070.
第2讲 数列的通项公式
考情分析 备考关键
考点 由与的关系求通项公式，累加、累乘法求通项公式，构造新数列求通项公式. 考法 由递推关系求通项公式是历年高考命题常考的内容，属于中档题目，多以选择题、填空题的形式考查，解答题第一问多考查等差、等比数列的判定与证明. 构造法是求数列通项公式的一种重要方法，其总的思路是转化为特殊的数列，转化方向有：（1）构造常数列；（2）构造等差数列；（3）构造等比数列；（4）构造为可以利用累加法、累乘法求和的数列．
做真题 明方向
1．[2022·全国乙卷]嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列，，， ，依此类推，其中.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.依题意，不妨令，则，，,,,，,,所以，，，．
2．[2022·新高考Ⅰ卷节选]记为数列的前项和，已知,是公差为的等差数列．
求的通项公式.
解：依题意得，,
,
所以,
则,
所以,
即,
所以,
即,
由累乘法得,
又,则,
所以,
又 满足上式，
综上.
研考点 破重难
考点一 由与的关系求通项公式
［例1］ 记为数列的前项和，已知，.求：
（1） ，；
（2） 数列的通项公式．
【答案】（1） 【解】当 时,，得，解得（舍去）或.当 时，，得，解得 或（舍去）．故，．
（2） 当 时，，
又,
所以，即．因为，所以，所以，所以数列 是首项为，公差为 的等差数列，所以.
由 与 的关系求 的思路
当已知数列满足含有,的等式时，往往用替换得到一个新的等式，然后两个等式相减，从而把前项和转化为数列的项之间的关系，再根据这个关系求解数列的通项公式.
注意 需验证是否适合,若不适合则应写成分段形式.
［对点训练］．
1．[2024·开封质量检测]已知数列的前项和,则（ ）
A. 81 B. 162 C. 243 D. 486
2．[2024·徐州模拟改编]已知数列的前项和为，且,,则________________.
【答案】1．B
2．
【解析】
1．选B.方法一（公式法）：当 时，.当 时，,满足上式，所以.则.方法二（直接法）：.
2．方法一：由题意得，当 时，,可得,当 时，,所以,整理可得,即数列 是首项为1，公比为 的等比数列，则.方法二：因为当 时，,所以,即,而,即，则,因此数列 是以 为首项，为公比的等比数列，所以,则,则.
考点二 累加、累乘法求通项公式
［例2］
（1） 已知数列满足，，则____________________.
（2） 设是首项为1的正项数列，且,则________________.
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 因为，所以当 时，.经检验，当 时上式也成立，故．
（2） 方法一（累乘法）：将原式分解因式，得.因为 是正项数列，所以，所以,所以,所以,所以.又因为,所以,当 时也符合上式，故.方法二（逐项列举法）：由方法一，知,所以,所以.方法三（等差通项法）：由方法一，知,则数列 是首项为，公差为0的等差数列，所以,所以.方法四（等比通项法）：由方法一，知,则,则数列 是首项为，公比为1的等比数列，所以,所以.
（1）型，可用“累加法”求,即.
（2）型，可用“累乘法”求，即.
［对点训练］．已知数列满足,,则（ ）
A. 2 023 B. 2 024 C. 4 045 D. 4 047
【答案】D
【解析】选D.因为,
所以,
即,可得,
所以.
考点三 构造新数列求通项公式
［例3］
（1） 在数列中，若,,则____________.
（2） 已知数列满足,,则__________________.
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 对 取倒数得,即,所以数列 是首项为1，公差为2的等差数列，即,所以.
（2） 对题中等式两边取以10为底的对数可得,即,又,所以数列{是以 为首项，为公比的等比数列，所以，即，即.
（1）若数列满足,构造.
（2）形如的数列，取倒数可得,即,构造等差数列求通项公式.
（3）若数列满足，构造.
［对点训练］．
1．已知是数列的前项和，,,则__________________________________________________________.
2．已知数列满足,且,则__________________.
【答案】1．
2．
【解析】
1．因为,所以.所以 从第二项起是公比为 的等比数列，因为，所以,即,所以
2．由题意得，,两边同时除以 可得,又,所以数列 是首项为1，公差为1的等差数列，所以,所以.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知数列满足,，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.因为,则,又,所以数列 是首项为1，公比为2的等比数列，则，故.
2．已知数列满足，,则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是公差为的等差数列
B. 数列是公差为2的等差数列
C. 数列是公比为的等比数列
D. 数列是公比为2的等比数列
【答案】C
【解析】选C.由,得,则,,故数列 是以 为首项，为公比的等比数列．
3．若数列满足,则称为“梦想数列”.已知正项数列为“梦想数列”，且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为“梦想数列”满足,即,
所以由正项数列 为“梦想数列”，可得,
即,
又因为,所以.
4．[2024· 苏锡常镇四市调研]已知正项数列满足,若,则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】D
【解析】选D.当 时，;
当 时，,则,所以,又,所以（负值已舍去）,,因为,所以,因为,所以,又因为,所以,又,故.
5．（多选）已知数列，下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若,,则
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】选.对于A,,
则,故A正确;
对于B，因为，所以，又，所以 是以4为首项，2为公比的等比数列，所以,故，故B错误；
对于C，因为,所以,所以,又,所以 是以1为首项，3为公差的等差数列，所以,所以,故C正确；
对于D，因为,所以，又,所以 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以,所以,故D正确.
6．[2024·广州综合测试]已知数列的前项和,当取最小值时，______.
【答案】3
【解析】当 时，由，①
知，②
，得.又当 时，满足上式，所以,所以,当且仅当,即 时等号成立.
7．如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.根据以上规律引入一个数列，满足，且.则________________________.
【答案】
【解析】因为,,所以,,易知,所以当 时，,当 时，上式也成立，所以.
8．己知数列满足，.
（1） 若,求数列的通项公式；
（2） 求使取得最小值时的值.
【答案】
（1） 解：,
由，
得，
即，
当 时，，
所以，
当 时，上式也成立，所以．
（2） 由（1）可知，，当 时，，当 时，,当 或 时，,
则数列 在 且 上单调递减，在 且 上单调递增，又因为，所以 取得最小值时，或.
［B 综合运用］
9．已知数列的前项和为,且满足,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】选C.当 时，，得，当 时，，化简得,即，又，所以 是首项为4，公比为 的等比数列，所以,所以.
10．[2024·潍坊模拟]已知数列满足,.若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.方法一（累加法）：由题知,所以,
所以,
两式相减得,
所以.
方法二（构造数列法）:由题知,所以,所以,则,即，所以 是公比为 的等比数列，则,
所以，
因此.
11．已知在数列中，，，,则________________________________.
【答案】
【解析】因为，所以，又，所以 是首项为7，公比为3的等比数列，
则，①
又，，所以 是首项为，公比为 的等比数列，
则，②
由 得，,则.
12．已知是数列的前项和，，且当时，，,成等差数列．
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设数列满足,若,求正整数的值.
【答案】
（1） 方法一：解：由题意知当 时,,
所以,
整理得，由,
所以，
经检验，也符合上式，故．
所以当 时，.
也满足上式，故.
方法二：由题意知当 时，,所以当 时，,两式相减得，即,
所以,所以当 时，为常数列，
又由 得，
所以,所以，即.
（2） 由（1）得,
故.
由,得.
［C 素养提升］
13．已知数列的首项，，前项和满足当时，，则数列的前项和______________．
【答案】
【解析】由 得，当 时，,当 时，，
即，
所以，所以，两式作差，得，即，所以 或，又，故，
又 也满足上式，所以数列 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以数列 的前 项和．
14．[2024·南昌一模]对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列,满足,且的“比分数列”与的“比分数列”是同一个数列．
（1） 若是公比为2的等比数列，求数列的前项和;
（2） 若是公差为2的等差数列，求.
【答案】
（1） 解：由题意知,
因为，且 是公比为2的等比数列，所以,
因为，所以数列 是首项为1，公比为4的等比数列，
所以.
（2） 因为，且 是公差为2的等差数列，所以，
所以,
所以当 时，,
又 也符合上式，
所以.
第3讲 数列的求和
考情分析 备考关键
考点 分组求和与并项、裂项相消法、错位相减法求和. 考法 近几年高考，数列求和常出现在解答题的第二问，主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档. 一是要明确数列求和方法选择的依据，所以准确求解通项公式是解决求和问题的基础；二是要辨清数列通项公式的结构特征，准确利用想用的求和方法；三是求和之后可以利用数列前几项代入验证，检验结果是否准确.
做真题 明方向
1．[2024·全国甲卷]记为等差数列的前项和.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.方法一：设等差数列 的公差为，
由，
得,
则
.
方法二：因为 为等差数列，
所以，得,
则,故选B.
2．[2024· 新课标Ⅱ卷]记为等差数列的前项和.若，，则__.
【答案】95
【解析】方法一：设 的公差为，由，，解得，，则.
方法二：设 的公差为，由，，得，，故，，则.
3．[2023· 新课标Ⅱ卷]已知为等差数列，记，分别为数列，的前项和，，．
（1） 求的通项公式；
（2） 证明：当时，．
【答案】
（1） 解：设等差数列 的公差为.
因为
所以,,.
因为,,
所以
整理，得 解得
所以 的通项公式为.
（2） 证明：由（1）知,
所以
所以.
当 为奇数时，.
当 时，,
所以.
当 为偶数时，.
当 时，,
所以.
综上所述，当 时，.
研考点 破重难
考点一 分组求和与并项求和
［例1］ 已知正项数列满足，.
（1） 求的通项公式；
（2） 若数列满足,求的前项和.
【答案】
（1） 【解】由,
得当 时，
，
因为，故．
当 时，符合，所以.
（2） 因为
，
所以．
（1）分组转化法求和
数列求和应从通项公式入手，若无通项公式，则先求通项公式，然后通过对通项公式变形，转化为等差（等比）数列或可求前项和的数列．
（2）分组转化法求和的常见类型
［对点训练］1．已知数列是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则（ ）
A. 1 033 B. 2 057 C. 1 034 D. 2 058
【答案】A
【解析】选A.由题得，，.所以,所以.
2．[2024·南京六校联考]在数列中，已知，，则的前11项的和为（ ）
A. 2 045 B. 2 046 C. 4 093 D. 4 094
【答案】C
【解析】选C.由，得，又，解得，
所以 的前11项的和为.
考点二 裂项相消法求和
［例2］ 已知等比数列的前项和为,且满足,.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设,求数列的前项和.
【答案】
（1） 【解】设等比数列 的公比为,
由题意可知，,①
，②
显然,,
则 得，,
解得,将 代入①式得，,
所以.
（2） 由（1）可知，,
所以,
所以
,
所以
.
裂项相消法求数列前 项和的基本步骤
注意 消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
［对点训练］．已知等差数列的公差为2，前项和为,且,,成等比数列.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 令,求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：因为,,.
由题意得,
解得,所以.
（2）
.
当 为偶数时，.
当 为奇数时，+…-.
所以
或.
考点三 错位相减法求和
［例3］ [2024·安徽一模]己知数列满足,且.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 证明：.
【答案】
（1） 【解】,
故 为常数列，
其中,故,
故,即.
（2） 证明：设，的前 项和为,
则,,①
,②
得，
,
故,
即.
运用错位相减法求和的关键
注意①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“”和“”的表达式时将两式“错项对齐”，以便准确写出“”的表达式.
［对点训练］．已知公差不为0的等差数列的前项和为,是与的等比中项，.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：设等差数列 的公差为.
则
即
解得
所以.
（2） 由（1）得,①
则,②
得,所以.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．若数列的通项公式是,则（ ）
A. 15 B. 12 C. D.
【答案】A
【解析】选A.由题意得,,所以.
2．已知等差数列的前项和为,，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.设等差数列 的公差为,
因为,所以，①
又,即,即,所以,代入①，解得 则,所以.
3．复数的虚部为（ ）
A. 1 012 B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.由题意得，所以，所以，所以，所以复数 的虚部为．
4．（多选）设数列的前项和为,且,，则（ ）
A. 数列是等比数列
B.
C.
D. 的前项和为
【答案】ACD
【解析】选.由已知，当 时，可得.
选项A，当 时，,故，可得数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，故A正确,B错误；
选项C，数列 是以1为首项，4为公比的等比数列，所以,故C正确；
选项D，因为,所以，所以，故D正确．
5．已知数列满足,则数列的前32项之和为____.
【答案】528
【解析】当 为奇数时，,
,两式相减得,
当 为偶数时，,
.
两式相加得,所以数列 的前32项之和.
6．已知数列的前项和为，且点在直线上，则数列的前项和__________________.
【答案】
【解析】由题意得.
当 时，，所以，
当 时，,所以,
所以 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以,所以,
则,，两式相减得，所以.
7．南宋数学家杨辉善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题，在他的专著《详解九章算法·商功》中给出了著名的三角垛公式，则数列的前项和________________________________.
【答案】
【解析】因为，
所以数列 的前 项和为
.
因为,
所以数列 的前 项和
.
8．在等比数列中，已知，．
（1） 求数列的通项公式；
（2） ，求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：设数列 的公比为,
则 解得 所以数列 的通项公式为.
（2） 由（1）得,所以数列 的前 项和,
当 为偶数时，;
当 为奇数时，.
所以
［B 综合运用］
9．[2024·扬州二调]已知数列的前项和为,,.
（1） 证明：数列为等比数列；
（2） 设,求数列的前项和.
【答案】
（1） 证明：由 得,
当 时,,
两式相减得,
即,
则有,
当 时，,
则，即,
所以数列 是以1为首项，为公比的等比数列.
（2） 解：由（1）得，,
则,又,
所以数列 是首项为，公差为1的等差数列，
所以,故,
则,
所以 的前 项和
.
10．已知数列为非零数列，且满足.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：当 时，，解得，
由,得当 时,，
两式相除得，即,
当 时，也满足上式，所以.
（2） 由（1）可知，，所以，所以，
令,
，
则,
两式相减得，
所以，
所以.
［C 素养提升］
11．设数列的前项和,数列满足.
（1） 求数列和的通项公式；
（2） 若数列的前项和为,,求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：当 时，,
由，得，
所以，
又 也符合上式，所以，
.
（2） 因为,
所以.
所以,①
所以,②
①②得
,
所以.
提升点3 子数列与增减项问题
类型一 奇、偶项问题
［例1］ [2024·上饶一模]设为正项数列的前项和，若，，成等差数列．
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设求数列的前2 024项和.
【答案】
（1） 【解】由已知得,①
当 时，,
又,所以.
当 时，,②
①②得,
所以.
因为,所以,
故数列 是以2为首项,2为公差的等差数列,所以.
（2） 由已知得,
所以.
因为,
所以.
所以.
（1）数列中的奇、偶项问题的常见题型
①数列中连续两项和或积的问题或;
②含有的类型；
③含有,的类型；
④已知条件明确的奇、偶项问题.
（2）对于通项公式分奇、偶项不同的数列求前项和时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把看作一项，求出，再求.
［对点训练］．在数列中，已知，,记为的前项和，.
（1） 判断数列是否为等比数列，并写出其通项公式；
（2） 求数列的通项公式.
【答案】
（1） 解：因为,
所以,
所以，即,
所以.
因为,，所以,
所以,
所以数列 是以 为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2） 由（1）可知,
且,,所以数列 是以 为首项，为公比的等比数列，数列 是以1为首项，为公比的等比数列，
所以当 为奇数时，;
当 为偶数时,.
所以
类型二 两个数列的公共项问题
［例2］ 已知数列的前项和，的前项积．
（1） 求与的通项公式；
（2） 把数列和的公共项由小到大排成的数列记为，求的值．
【答案】
（1） 【解】由 得，当 时，,
当 时，,
当 时，上式也成立，所以.
由 得，当 时，,
当 时，，
当 时，上式也成立，所以.
（2） 设,即,
当,时，,,解得 不是正整数，不合题意；
当,时，,,解得 均为正整数，符合题意.
所以数列 和 的公共项为,.
所以,.
所以数列 是首项为2，公比为4的等比数列，则.
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两个等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数．
［对点训练］．数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足,则数列的最大项的值为________．
【答案】
【解析】数列 和数列 的公共项从小到大构成一个新数列为1，7，13， ，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，
所以，所以，
因为,
所以当 时，，即 ，
又当 时，，故，所以数列 的最大项为第二项，其值为．
类型三 数列有关增减项问题
［例3］ [2024·湘潭质量检测]设各项都不为0的数列的前项积为，,.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 保持数列中的各项顺序不变，在每两项与之间插入一项（其中，2,3，），组成新的数列，记数列的前项和为,求.
【答案】
（1） 【解】因为,
当 时，,
两式相除可得,
因为，所以,
所以,.
（2） 依题意，
.
解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，弄清楚增加了（减少了）多少项，增加（减少）的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加（减少）部分分别求和，再相加（相减）即可．
［对点训练］．已知正项数列和，为数列的前项和，且满足，．
（1） 分别求数列和的通项公式；
（2） 将数列中与数列相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，求.
【答案】
（1） 解：因为,
所以当 时，,
两式相减得,,
因为，所以,
又当 时，，又，
所以，所以，
则，故．
（2） ，又，，
因此，
所以
．
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知在等差数列中，前项（为偶数）和为126，其中偶数项之和为69，且，则数列的公差为（ ）
A. B. 4 C. 6 D.
【答案】B
【解析】选B.设等差数列 的公差为.由题意可得，，，所以．因为，解得．
2．[2024·兰州诊断考试]已知数列满足,则（ ）
A. 5 B. 4 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】选B.由题知，,, ,,,,, ，可知该数列从第1 010项开始为周期数列，周期为3，又，所以.
3．[2024·漳州质量检测]将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（ ）
A. B.
专题一 三角函数与解三角形
第1讲 三角函数的图象与性质
考情分析 备考关键
考点 诱导公式及同角三角函数的基本关系式的运算、三角函数的图象变换及由图象确定解析式、三角函数的性质应用. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查三角函数的图象变换及解析式，利用三角函数的性质求参数、最值、值域、单调区间及对称性，也可能是解答题的一问. 1.诱导公式“奇变偶不变，符号看象限”，应用基本关系式化简“变异为同，化繁为简”. 2.三种曲线的特征与性质，求解析式的“三定”. 3.性质应用“整体性”，求值域利用“有界性”.
做真题 明方向
1．[2024·天津卷]已知函数的最小正周期为 ,则在,的最小值为（ ）
A. B. C. 0 D.
【答案】C
【解析】选A.由 的最小正周期为 ，
可得,所以,
所以.
当,时，,,
,,所以.
2．[2024· 新课标Ⅰ卷]当时，曲线与的交点个数为（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】选C.因为函数 的最小正周期，所以函数 在 上的图象恰好是三个周期的图象，所以作出函数 与 在 上的图象如图所示.
由图可知，这两个图象共有6个交点.
3．[2024· 新课标Ⅱ卷]（多选）对于函数和，下列说法中正确的有（ ）
A. 与有相同的零点
B. 与有相同的最大值
C. 与有相同的最小正周期
D. 与的图象有相同的对称轴
【答案】BC
【解析】选.对于A，令，则，，又，故A错误；
对于B,与 的最大值都为1，故B正确；
对于C，与 的最小正周期都为 ，故C正确；
对于D,图象的对称轴方程为 ，，即,，图象的对称轴方程为 ，,即，，故 与 图象的对称轴不相同，故D错误.
4．[2023· 新课标Ⅱ卷]已知函数，如图，，是直线与曲线的两个交点，若，则________.
【答案】
【解析】设,,,，由，可得,由，知 ,, ,,
所以,
即，故.
因为,由“五点（画图）法”得， ,,
即 ,，
所以,
所以.
研考点 破重难
考点一 三角函数的基本运算
1.函数值的符号：一全正，二正弦，三正切，四余弦.
2.同角关系：, ,.
3.诱导公式：在 ,的诱导公式中“奇变偶不变，符号看象限”.
［例1］
（1） 在平面直角坐标系中，角 的顶点为，始边与轴的非负半轴重合，终边与圆相交于点，，则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2023·全国乙卷]若,,,则__________.
【答案】（1） B
（2）
【解析】
（1） 因为 的终边与圆 相交于点，,所以,所以 .
（2） 由,得 ,代入,可得,因为,，所以,则，所以.
利用公式进行化简求值的策略
（1）利用诱导公式化任意角的三角函数为锐角三角函数的步骤：去负—脱周—化锐.
（2）利用同角三角函数的关系化简过程的原则：化切为弦、化异为同、化高为低、化繁为简等.
［对点训练］．已知,则（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为,
所以,
即,
所以,
所以 或（舍去），
所以.
考点二 三角函数的图象
三角函数图象的两种变换
（1）先平移后伸缩
（2）先伸缩后平移
［例2］
（1） [2024·潍坊二模]将函数的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到的图象，则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·邯郸调研改编]已知函数的部分图象如图所示，，为的图象与轴的交点，为图象上的最高点，是边长为1的等边三角形，，则________________________.
【答案】（1） B
（2）
【解析】
（1） 将函数 的图象向右平移 个单位长度，得 的图象，再将所得图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，得到图象对应的函数解析式为.
（2） 由题图可得，的最小正周期为2，所以,即 ,易得,所以,因为,所以,,,,,,由“五点法”可得， ,,即 ,,又 ,所以,所以.
由“图”定“式”找“对应”的方法
对于函数（,, 为常数）：
（1）最值定,根据给定的函数图象确定最值，设最大值为,最小值为，则，，解得,；
（2）定由周期的求解公式，可得；
（3）点坐标定一般运用代入法求解 值，注意在确定 值时，往往以寻找“五点法”中的某一个点为突破口，即“峰点”“谷点”与三个“中心点”.
提醒 在图象变换中务必分清是先平移，还是先伸缩，变换只是对其中的自变量而言的，如果的系数不是1，就要把这个系数提取后再确定变换的单位长度和方向.
［对点训练］．
1．[2024·长沙模拟]如图是函数的部分图象，则该函数的解析式可以是（ ）
A. B.
C. D.
2．[2024·河北模拟]（多选）要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍
B. 向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标变为原来的
C. 纵坐标不变，横坐标变为原来的，再将所得图象上的所有点向左平移个单位长度
D. 纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，再将所得图象上的所有点向左平移个单位长度
【答案】1．C
2．BC
【解析】
1．选C.由各选项可知，,.由题图可知，，所以 ,则 ,所以,则.因为函数 的图象过点，，所以,,即 ,,所以 ,,则.
2．选.对于A，所得图象对应的解析式为，A错误；对于B，所得图象对应的解析式为，B正确;对于C，所得图象对应的解析式为，C正确；对于D，所得图象对应的解析式为,D错误.
考点三 三角函数的性质
函数 的性质
（1）单调性：由可得单调递增区间；由可得单调递减区间.
（2）对称性：由可得对称中心的横坐标；由可得对称轴.
（3）奇偶性：时，函数为奇函数；时，函数为偶函数.
角度1 三角函数的单调性
［例3］ 设函数.
（1） 求函数的单调递减区间；
（2） 当时，的最小值为0，求实数的值.
【答案】（1） 【解】由,可得,所以 的单调递减区间为,.
（2） 当 时，,当 或，即 或 时，取得最小值，最小值为，由,得.
求三角函数单调区间的方法
（1）代换法：求形如（或（））（, , 为常数，，）的单调区间时，令，得（或），然后由复合函数的单调性求得;
（2）图象法：画出三角函数的图象，结合图象求其单调区间.
注意 求函数的单调区间时，若，则要先将 转化为正数.
角度2 三角函数的奇偶性、周期性、对称性
［例4］ [2024·安徽模拟]（多选）已知函数,,的部分图象如图所示，且阴影部分的面积为 ，则（ ）
A. 函数的最小正周期为
B. 点,为曲线的一个对称中心
C. 直线为曲线的一条对称轴
D. 函数在区间,上单调递增
【答案】ACD
【解析】由题图可知，，因为，即，且，可得.对于A，设 的最小正周期为，则 ，即 ，故A正确；又因为，可得,所以,对于B，因为，所以点,不为曲线 的一个对称中心，故B错误；对于C，因为，为最小值，所以直线 为曲线 的一条对称轴，故C正确；对于D，因为,,则,,且 在，上单调递增，所以函数 在区间,上单调递增，故D正确.
（1）判断对称中心与对称轴的方法
利用函数的图象的对称轴一定经过图象的最高点或最低点、对称中心的横坐标一定是函数的零点这一性质，通过检验对应函数值进行判断.
（2）求三角函数周期的常用结论
和的最小正周期均为，的最小正周期为.
［对点训练］．
1．[2024·北京卷]设函数.已知，，且的最小值为，则（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
2．（多选）已知函数的最小正周期满足,且点,是图象的一个对称中心，则（ ）
A.
B. 的值域是
C. 直线是图象的一条对称轴
D. 是偶函数
【答案】1．B
2．ABC
【解析】
1．选B.因为,且,,,所以 的最小正周期 ,所以.
2．选.由点,为函数 图象的一个对称中心，得,解得.由,且，得,解得,则,故A正确；则,因为,所以,故B正确；将 代入,可得,根据正弦函数的对称性，知直线 是 图象的一条对称轴，故C正确；,显然该函数不是偶函数，故D错误.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．[2024·乌鲁木齐质量监测]已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边上点坐标为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.方法一：根据诱导公式有,,所以 ,,又因为 ,所以 .
方法二（排除法）：因为,.所以点A在第二象限，排除C，D；又因为 ,,排除A.
2．[2024·湛江二模]函数在，上的值域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为,,所以,,所以,,故 在，上的值域为.
3．[2024·上饶一模]已知函数,则图象的对称中心为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】选C.令 ,,解得,,故 图象的对称中心为,,,经检验只有 时,,符合题意.
4．若,,且,则（ ）
A. B. 2 C. 3 D.
【答案】C
【解析】选C.方法一：,整理得，解得 或.又,,所以.
方法二：
,所以,所以,解得 或.又,,所以.
5．已知函数，若关于的方程在，上有两个不同的根，则实数的取值范围是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】选C.如图，作出函数，的图象及直线,由图可知当，时，直线 与曲线，有两个交点，即关于 的方程 在，上有两个不同的根.
6．[2024·湘豫名校联考]已知函数,的图象过原点，且关于点，对称，若函数在 ，上单调，则图象的相邻两条对称轴之间的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.因为,所以 或,.
又，所以,
所以.
因为 的图象关于点，对称，
所以 ,,
所以,.
因为,，,
所以,.
又函数 在，上单调，
所以 解得.
因为,所以当 时，.
因为 图象的相邻两条对称轴之间的距离为半个周期，所以.
7．（多选）已知下列等式的左、右两边都有意义，则能够恒成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】选.对于A，,故A不符合题意；对于B，,故B符合题意；对于C， ,故C符合题意；对于D，,故D符合题意.
8．（多选）已知函数,则下列结论正确的有（ ）
A. 的最小正周期为
B. 的图象关于点，对称
C. 的图象关于直线对称
D. 在区间，上单调递减
【答案】ACD
【解析】选.
.
对于A,的最小正周期为，故A正确；
对于B,，故B错误；
对于C,为函数 的最大值，故C正确；
对于D,,,则,,
故 在区间，上单调递减，故D正确.
9．[2024·东北三省四市模拟]（多选）已知,,的部分图象如图所示，则（ ）
A.
B. 在区间，上单调递减
C. 在区间，上的值域为
D. 在区间，上有3个极值点
【答案】AD
【解析】选.设 为函数 的最小正周期，由题图可知，所以 ，即 ,所以,又由题图可知，所以,因为函数 的图象过点，,所以,即,则,因为,所以,即.对于A，,所以A正确；
对于B,当,时，则,，故函数 在区间，上不单调，所以B错误；
对于C，当,时，,,所以,，
则函数 在区间，上的值域为，所以C错误；
对于D，当,时，,,由函数 的图象可知，在区间，上有3个极值点，所以函数 在区间，上有3个极值点，所以D正确.
10．[2024·北京卷]在平面直角坐标系中，角 与角 均以为始边，它们的终边关于原点对称.若，，则 的最大值为________．
【答案】
【解析】因为 与 的终边关于原点对称，所以，所以 .因为,,所以,,所以,,所以 的最大值为.
11．将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，若具有奇偶性，则 的最小值为________.
【答案】
【解析】将函数 的图象向左平移 个单位长度，得到函数 的图象,因为 具有奇偶性，所以,,即,,因为,所以 的最小值为.
12．已知函数的图象关于点，中心对称，其最小正周期为，且，则 的值为________.
【答案】
【解析】，
因为 的图象关于点，中心对称，
所以
解得
所以，
又因为 的最小正周期为，且，
所以可得，则，
所以当 时， 的值为.
［B 综合运用］
13．[2024·南京、盐城调研]（多选）设，，为函数的图象上三点，其中，，，已知，是函数的图象与轴的两个相邻的交点，是图象在，之间的最高点，若，的面积是，点的坐标是，，则（ ）
A.
B.
C.
D. 函数在，之间的图象上存在点，使得
【答案】BCD
【解析】选.记 的最小正周期为.如图，
显然，，，，，，
所以，
所以，，因为 的面积是，所以,即,
联立 解得 故A错误；
由，得，故B正确；
由，,得,解得，故C正确;
易得，，，，，的中点为，，故以 为直径的圆在点 的下方，作出以 为直径的圆，记以 为直径的圆与 的图象交于，两点，故当点 位于 图象上的曲线段（不包括点，）或曲线段（不包括点，）上时，有,从而 在，之间的图象上存在点，使得，故D正确.
14．[2024·浙江二模]将函数的图象上的每个点横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，再将所得图象向右平移个单位长度得到函数的图象，若函数的图象与函数的图象交于点，其中，则__________．
【答案】
【解析】由题意得,，
因为函数 的图象与函数 的图象交于点，所以 ，
即 ，
整理得，
因为,所以，
又因为，所以.
15．已知函数的图象如图所示.
（1） 求函数的解析式；
（2） 试比较,的大小.
【答案】
（1） 解：由题意可得
解得 记函数 的最小正周期为，则由题图得，
又，可得 ，解得，
所以．
把点，代入，得,即，
则，，
得，.
又 ，可得当 时，，
所以．
（2） 函数 的最小正周期为 ，
所以,
，
故．
16．已知函数，.
（1） 若的图象关于点,对称，且,，求的值；
（2） 若不等式对任意的,恒成立，求实数的取值范围.
【答案】
（1） 解：．
方法一：易知 的图象关于点,对称，把 的图象向左平移 个单位长度，所得图象关于点,对称，因此.
方法二：由题知，，
所以 ，，所以，，又,，所以.
（2） 对任意的,恒成立，即 对任意的,恒成立.
由（1）知，令，
则当,时，,，
则,，
所以.
所以当,时，，,
所以 解得．
故实数 的取值范围为．
第2讲 三角恒等变换与解三角形
考情分析 备考关键
考点 三角函数的化简、求值，利用正弦定理、余弦定理求三角形的边、角及面积问题. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查三角恒等变换求值，正、余弦定理的基本应用，解答题中会继续考查利用正、余弦定理求解三角形的边、角、面积问题. 1.三角恒等变换中“常值代换、切化弦、角的拼凑”. 2.解三角形时利用正、余弦定理“边角替换”. 3.求三角形面积时常用形式的面积公式.
做真题 明方向
1．[2024 ·新课标Ⅱ卷]已知 为第一象限角， 为第三象限角，，，则__________.
【答案】
【解析】因为，，
所以.
因为,，
,，
所以 ,,,所以.
因为
所以.
2．[2024·全国甲卷]记的内角,,的对边分别为,,，已知 ，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选C.由正弦定理得，因为 ，所以.由余弦定理得，所以,
所以，
所以，
又,,
所以.
3．[2024 新课标Ⅱ卷]记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1） 求；
（2） 若，，求的周长．
【答案】
（1） 解：由，
得,所以.
因为 ，所以，
所以，故.
（2） 由，
得，
由正弦定理，得，
所以，
因为 ，所以．
，
所以
.
方法一：由正弦定理，
得,
.
所以 的周长为.
方法二：由正弦定理，
得，
所以
，
所以 的周长为．
研考点 破重难
考点一 三角恒等变换
1.两角和与差公式变形
，
，
.
2.倍角公式变形
降幂公式：，.
升幂公式：，.
配方变形：.
角度1 条件求值
［例1］
（1） [2024·全国甲卷]已知，则（ ）
A. B. C. D.
（2） [2024·沈阳质量监测]已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】（1） B
（2） B
【解析】
（1） 根据题意有，即,所以，所以.
（2） 由，得，即，,即，又 .
三角函数恒等变换的“四大策略”
（1）常数值代换：特别是“1”的代换， 等.
（2）项的拆分与角的配凑：如 ， 等.
（3）降幂与升幂：正用二倍角公式升幂，逆用二倍角公式降幂.
（4）弦、切互化：一般是切化弦.
角度2 条件求角
［例2］ [2024·江西二模]已知 ，,，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，,
所以
解得
所以，
又 ，,，所以，
所以.
给值求角的原则
（1）已知正切函数值，选正切函数；
（2）已知正、余弦函数值，选正弦或余弦函数.若角的范围是，，选正、余弦皆可；若角的范围是，选余弦较好；若角的范围为，，选正弦较好.
［对点训练］
1．[2024 ·九省联考]已知 , ， ，则 （ ）
A. B. C. 1 D.
【答案】A
【解析】选A.因为,，所以.由 得，化简整理得，解得（舍去）或,
所以.
2．已知 为第一象限角， 为第二象限角，且，，则__________.
【答案】
【解析】因为 为第一象限角，，则，
所以
,
所以，
由于 为第二象限角，,
则，
所以.
考点二 利用正、余弦定理求边、角
1.正弦定理及其变形
在中，(为的外接圆半径).
变形：,,等.
2.余弦定理及其变形
在中，.
变形：
,.
［例3］ [2024·北京卷改编]在中，内角，，的对边分别为，，，为钝角，，．
（1） 求；
（2） 若，求.
【答案】
（1） 【解】由题知，
又 为钝角，故，所以.
所以,所以.
又 为钝角，所以.
（2） 由题知,所以.
由 得，,即,解得（负值已舍去）.
解三角形的边和角问题的基本步骤
（1）定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.
（2）定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，进行边角之间的互化.
（3）求结果.
注意 注意三角形内角和定理的应用，求角时注意角的范围.
［对点训练］
1．[2024·济南三模]已知,,分别为三个内角，，的对边，且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由,得，则，又，所以，即，又，所以.
2．[2024·合肥质量检测]在中，内角，，的对边分别为,,，若,且，则（ ）
A. 1 B. C. D. 2
【答案】A
【解析】选A.因为，两边同时乘以 得,,
由余弦定理可得,
则，
所以,又,
所以,
又因为，所以.
考点三 三角形的面积问题
三角形面积公式
在中，内角，，的对边分别为,,,则.
［例4］ [2024·江西名校联盟]记的内角，，的对边分别为,,,已知.
（1） 若，求；
（2） 若，，求的面积.
【答案】
（1） 【解】因为，由正弦定理得,
因为,所以,
所以，
所以.
（2） 因为,，，
由余弦定理得,
解得（负值已舍去），所以，
因为，，
所以，
所以 的面积.
求解与三角形面积有关的问题的基本思路
（1）求三角形面积，一般要先利用正弦定理、余弦定理以及两角和与差的三角函数公式等，求出角与边，再求面积.
（2）已知三角形面积解三角形，常利用已知邻边求出其夹角，或利用已知角求出角的两边间的关系.
（3）已知与三角形面积有关的关系式，常选用关系式中的角作为面积公式中的角，化为三角形的边角关系，再解三角形.
［对点训练］
1．[2024· 东北三校联考]在中，，，则外接圆的半径为______.
【答案】3
【解析】因为，所以, 又，，所以，又，所以， 因为,所以，则， 记 外接圆的半径为，则由正弦定理得，所以.
2．已知的内角，，的对边分别为，，，，,且，则的面积为________.
【答案】
【解析】由，结合正弦定理可得，故，因为，故，又，故.由余弦定理，可得，解得.则.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知角 的顶点为原点，始边与轴非负半轴重合，终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.
2．[2024·赣州模拟]在中，，， ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为，， ，所以由余弦定理 可得，，解得 或（舍去），
所以由正弦定理可得,
.
3．[2024·南通三模]已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.将原式展开得，两边同时平方得，即，解得.
4．[2024·江西名校联盟]已知 ，，且, ，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由，可得 ，由 ,可得 ,故,又 ，，所以，
所以，即 .
5．（多选）在中，内角，，所对的边分别为,,,，则（ ）
A. B.
C. D. 不可能为锐角三角形
【答案】ABC
【解析】选.因为，由正弦定理可得，故A正确；由，可得，即,故B正确；由，可得，所以 或 （舍去），故C正确；在 中，由余弦定理可得,设,,，满足，此时角A最大，且,即A为锐角.所以 可能为锐角三角形，故D错误.
6．若，则________.
【答案】
【解析】
.
7．在中， ，，，为边上一点，且，则的面积为______.
【答案】
【解析】由余弦定理可得，即，解得 或（舍去），于是，又，所以，由勾股定理可得，于是.
8．设的内角,,所对的边分别是,,，且向量,满足.
（1） 求；
（2） 若，,求边上的高.
【答案】
（1） 解：因为//，所以，由正弦定理得，
因为，所以，
所以，又，解得.
（2） 因为，,，
所以，
即,
化简得，解得 或（舍去），
又 的面积，
故，
解得.
［B 综合运用］
9．[2024·江西红色十校联考]已知 为锐角，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选C.因为 为锐角，则，
则，
整理可得，
解得 或（舍去），
所以
.
10．[2024·菏泽三模]在中，内角，，所对的边分别为,,,且，延长至点，使得，若，，则（ ）
A. 1 B. C. 2 D. 3
【答案】C
【解析】选C.因为，可得,
由正弦定理得,
即,
所以，
又因为 ，所以，
如图所示，可知,且，，在 中，由余弦定理得,解得 或（舍去）.
11．[2024 ·苏锡常镇四市调研]记的内角，，的对边分别为,,，已知.
（1） 证明：；
（2） 若，，求的周长.
【答案】
（1） 证明：由题得，整理得,
因为，，则,
所以,
所以 或 （舍去），所以.
（2） 解：由，结合（1）知，则,，得，
,，所以，
由正弦定理得,
即,解得
所以 的周长为.
12．[2024·天津卷]在中，角，，所对的边分别是,,.已知，，．
（1） 求的值；
（2） 求的值；
（3） 求的值．
【答案】
（1） 解：由 得,
由余弦定理得,
即,
得,得,故.
（2） 因为,
所以,
由正弦定理得,
即,得.
（3） 因为,所以,则,
由，得,
则,
.
故.
［C 素养提升］
13．[2024·太原模拟]已知，，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为,
则，
即 .
因为，所以，
则 ,
所以 ,
即.
因为，，
所以, ，
又，所以 或 .
由 得 ，不符合题意，
由 ，得 .
所以 ，即，所以C，D均错误.
因为 ，所以,
所以，即，故A错误，B正确.
14．（多选）在中，,,分别是内角，，所对的边，其外接圆半径为，内切圆半径为，且满足，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】选.因为，所以，A正确；因为，所以，即，D正确；若 为锐角三角形，，解得（负值已舍去），若 为直角三角形或钝角三角形时可类似证明，B正确；因为，所以，C错误.
第3讲 有关三角形的综合问题
考情分析 备考关键
考点 正、余弦定理解多个三角形组合问题及实际应用，三角函数与解三角形的综合问题. 考法 选择题、填空题和解答题均有所涉及，其中客观题主要侧重解三角形的实际应用，解答题主要考查三角形中的范围、最值问题. 1.构建三角形的模型解三角形的实际问题. 2.充分利用平面几何图形的性质解与多个三角形（四边形）有关的解三角形问题. 3.求解三角形中的最值、范围问题常用三角函数的有界性及基本不等式.
研考点 破重难
考点一 解三角形的实际应用
［例1］ 山东省科技馆新馆（如图1）目前成为济南科教新地标，其主体建筑采用与地形吻合的矩形设计，将数学符号“ ”完美嵌入其中，寓意无限未知、无限发展、无限可能和科技无限.如图2，为了测量科技馆最高点与其附近一建筑物楼顶之间的距离，无人机在点测得点和点的俯角分别为 ， ，随后无人机沿水平方向飞行到点，此时测得点和点的俯角分别为 和（，，，在同一铅垂面内），则，两点之间的距离为________________.
图1 图2
【答案】
【解析】由题意， , ,
所以 ,
则在 中，
，.
因为 ， ，
所以 .
方法一：在 中，由正弦定理 得，,
所以.
在 中， ，
由余弦定理得，,所以,故,两点之间的距离为.
方法二： .在 中，由正弦定理 得，,
所以.
在 中， ,
由余弦定理得
,
所以,
故，两点之间的距离为.
解三角形实际应用问题的步骤
［对点训练］．[2024·江苏南京六校联考]如图，某中学校园内的红豆树已有百年历史，小明为了测量红豆树高度，他选取与红豆树根部在同一水平面的，两点，在点测得红豆树根部在北偏西 的方向上，沿正西方向步行到处，测得树根部在北偏西 的方向上，树梢的仰角为 ，则红豆树的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.在 中， ， ， ，，
所以由正弦定理得,，
解得，
在 中， ，
所以，则红豆树的高度为.
考点二 复合三角形问题
［例2］ 在平面四边形中，，，，.
（1） 求的大小；
（2） 求四边形的面积.
【答案】（1） 【解】由题意，设 ，则 , .在 中，由正弦定理得，即,解得，所以.因为 ，所以.
（2） 由（1）可知，，在 中，由正弦定理得，
即，解得.
在 中，由余弦定理得
，即，解得（负值已舍去），故四边形 的面积为.
解多个三角形问题的步骤
（1）把所提供的平面图形拆分成若干个三角形，将数据化归到多个三角形中；
（2）在各个三角形内利用正弦定理、余弦定理和三角形面积公式解三角形；
（3）寻找各个三角形之间的联系，交叉使用公共条件；
（4）结合三角恒等变换公式进行化简.
［对点训练］．在中，角，，的对边分别为,,,已知,,的面积为.
（1） 求的值；
（2） 如图，为外一点，四边形为平面四边形，且，，求对角线的长.
【答案】
（1） 解：因为,,的面积为，
所以,
所以.
由余弦定理,得，即.
（2） 在 中，由正弦定理,得，
所以，
所以在 中，由余弦定理得.
所以.
考点三 三角函数与解三角形
［例3］ [2024·上海二模]设，函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为 .
（1） 求函数的解析式；
（2） 在中，设角,,所对的边分别为,,，若，,，求角.
【答案】
（1） 【解】
，
因为函数 图象的两条相邻对称轴之间的距离为 ，所以 ，则 ，解得，
所以.
（2） 由 得，,故,,
因为，所以，即，
由正弦定理,得，
即,所以，.
解三角形与三角函数综合问题的一般步骤
［对点训练］．在中，角，，所对的边分别为，，，且.
（1） 求角的大小；
（2） 若向量,,，试求的最小值.
【答案】
（1） 解：因为，
由正弦定理，得，即，
可得.
由，可得，
所以.
因为，可得，
所以.
因为，所以.
（2） 由,,，
可得,，
因为，所以，
则
,
因为，则，
所以当 ，
即 时，取得最小值，为，所以 的最小值为.
考点四 三角形中的最值与范围问题
［例4］ [2024·郑州名校联盟]在四边形中，，,,设与的面积分别为,,则的最大值为________.
【答案】
【解析】因为,由正弦定理得,所以,即,因为 ,所以,所以,
所以,,,
所以,,
由余弦定理得,所以,
当且仅当 时取等号，.
设,则,
在 中，由余弦定理得,
所以
,
当 时，取得最大值.
所以 的最大值为.
解三角形中的最值、范围问题的一般步骤
［对点训练］．在中，若,,则________，周长的取值范围是______________.
【答案】；
【解析】由 及正弦定理，
得.
方法一：由正弦定理得，所以.
因为，所以，
则，所以，
所以，
所以 周长的取值范围是.
方法二：由余弦定理,
得，当且仅当 时，等号成立，
所以,
所以，由三角形的性质，得,所以,所以 周长的取值范围是.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．在中，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由余弦定理可知,
解得，所以.
又，
解得.
2．在中，，，则的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.设,，由余弦定理可得
,
当且仅当,即 时，等号成立.
因为 ，则.
所以B的最大值为.
3．一艘游轮航行到处时看灯塔在的北偏东 方向上，距离为海里，灯塔在的北偏西 方向上，距离为海里，该游轮由沿正北方向继续航行到处时再看灯塔在其南偏东 方向上，则此时灯塔位于游轮的（ ）
A. 正西方向上 B. 南偏西 方向上
C. 南偏西 方向上 D. 南偏西 方向上
【答案】C
【解析】选C.如图，在 中， ，由正弦定理得，
则.
在 中，由余弦定理得 ，因为，，所以，由正弦定理得，则，故 或 .因为，故 为锐角，所以 ，即此时灯塔C位于游轮的南偏西 方向上.
4．如图，在平面四边形中，， ， ， ，的面积为，则（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】B
【解析】选B.在 中， ，
由正弦定理有，
即，解得.
由三角形的面积公式有，则.
在 中，由余弦定理 得，则.
所以，所以.
5．[2024·兰州市诊断考试]（多选）某学校开展测量旗杆高度的数学建模活动，学生需通过建立模型、实地测量、迭代优化完成此次活动.在以下不同小组设计的初步方案中，一定可以计算出旗杆高度的方案有（ ）
图1 图2 图3 图4
A. 在水平地面上任意寻找两点，，分别测量旗杆顶端的仰角 ， ，再测量，两点间的距离
B. 在旗杆对面找到某建筑物（低于旗杆），测得建筑物的高度为，在该建筑物底部和顶部分别测得旗杆顶端的仰角 和
C. 在地面上任意寻找一点，测量旗杆顶端的仰角 ，再测量到旗杆底部的距离
D. 在旗杆的正前方处测得旗杆顶端的仰角 ，正对旗杆前行到达处，再次测量旗杆顶端的仰角
【答案】BCD
【解析】选.设旗杆 的高度为，对于A，当A，B，旗杆底部三点不共线时，如图1，已知 的长度， ， ，无法求出，故A错误；对于B，如图2，设旗杆对面的某建筑物为，则，可求出 的值，故B正确；对于C，如图3， ，可求出 的值，故C正确；对于D，如图4，，可求出 的值，故D正确.
6．[2024·乌鲁木齐质量监测]已知正方体的棱长为2，内壁是光滑的镜面.一束光线从点射出，在正方体内壁经平面反射，又经平面反射后到达点，则从点射出的入射光线与平面所成角的正切值为________.
【答案】
【解析】易知光线的轨迹全部在平面 内，如图，设光线与平面 的第一个交点为点，则点 为线段 的三等分点（靠近点）；设光线与平面 的交点为点，则点 为线段 的三等分点（靠近点）.在正方体中易知从 点射出的入射光线与平面 所成的角为，则.
7．[2024·德州二模]在中，内角，，的对边分别为,,，,且，则面积的最大值为________.
【答案】
【解析】因为,
所以由余弦定理得,
所以，
又，，
则，，
所以由余弦定理以及基本不等式得,，
即，当且仅当 时等号成立，
所以，
即 面积的最大值为.
8．“不以规矩，不能成方圆”，出自《孟子·离娄章句上》.“规”指圆规，“矩”指由相互垂直的长短两条直尺构成的角尺，是用来测量、画圆和方形图案的工具.有一块圆形木块，以“矩”量之，较长边为，较短边为，如图所示.将这块圆形木块截出一块三角形木块，三角形顶点，，都在圆周上，角，，的对边分别为,,，满足.
（1） 求；
（2） 若的面积为，且，求的周长.
【答案】（1） 解：由题意知，圆形木块的直径.由于 为该圆的内接三角形，所以由正弦定理得.
（2） 由于，所以.
又，所以，则,，
所以.
由余弦定理得，
所以，则，故.
所以 的周长为.
［B 综合运用］
9．[2024·聊城二模]如图，在平面四边形中，， ，记与的面积分别为，，则（ ）
A. 2 B. C. 1 D.
【答案】B
【解析】选B.在 中，由余弦定理得
，
即,
得,①
在 中，由余弦定理得
,
即，
得，②
又，
，
所以，③
由②①，得，由，得，代入③得.
10．[2024·兰州诊断考试]（多选）半径长为的车轮匀速在水平地面上向前滚动（无滑动），轮轴每秒前进，运动前车轮着地点为，若车轮滚动时点距离地面的高度（单位:）关于时间（单位:）的函数记为，则以下判断正确的是（ ）
A. 对于任意，都有
B. 函数在区间上单调递增
C.
D. 对于任意，都有
【答案】BD
【解析】选.记车轮的中心为，车轮滚动时着地点为点，连接，（图略），当滚动 时，，所以,对于A，的最小正周期，故A错误;
对于B，方法一（根据区间判断单调性） 当 时，，函数 单调递减，所以 在区间 上单调递增，故B正确;
方法二（先求单调区间再判断） 令 ,,解得,，所以 在区间 上单调递增，故B正确;
对于C，，故C错误;
对于D，方法一（代入法）,所以对于任意，都有,故D正确.
方法二（利用图象的对称性判断） 令 ,，得,,所以在 上，的图象关于点 对称，即对于任意，都有，故D正确.
11．如图，某直径为海里的圆形海域上有四个小岛，已知小岛与相距5海里，.则小岛与之间的距离为________海里；小岛，，所形成的三角形海域的面积为__平方海里.
【答案】； 15
【解析】由圆的内接四边形对角互补，
得
，
所以 为锐角，
所以，
在 中，由正弦定理得
，
则（海里）.
在 中，由余弦定理得
,
整理得，
解得（海里）（负根已舍去）.
所以（平方海里）.
12．[2024·石家庄质量检测]在中，角，，所对的边分别为,,，设向量,,,,.
（1） 求函数的最大值；
（2） 若,,，求的面积.
【答案】
（1） 解：由题知，
.
因为，所以，
所以，
所以,
所以函数 的最大值为.
（2） 因为，
所以 ,,所以,.
因为,，所以.
在 中，由正弦定理得，,所以,
所以,①
由余弦定理得，
即,②
由①②解得，
所以 的面积为.
［C 素养提升］
13．[2024·湖南九校联考]（多选）在中，角，，所对的边分别为,,,且，则下列结论正确的有（ ）
A.
B. 若,则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，的最小值为1
D. 若为锐角三角形，则的取值范围为,
【答案】ABD
【解析】选.对于A，在 中，由正弦定理得，
由，得，即，
由A,，则，故 ，所以 或 ，
即 或 （舍去），A正确；
对于B，若,结合 和正弦定理知，所以,又A,，所以可得,,,B正确；
对于C，在锐角三角形 中，，,，即，.故,当且仅当,即 时，取等号，因为,所以等号取不到，所以，C错误；
对于D，在锐角三角形 中，由，得，，
令,，则,
易知函数 在,上单调递增，所以可得,,D正确.
14．[2024·安徽一模]在中，角，，所对的边分别为,,,其中,.
（1） 求角的大小；
（2） 如图，为外一点，，，求的最大值.
【答案】
（1） 解：因为，所以,
由正弦定理，可得,
整理可得,
又因为，化简可得,
而，则,
又，则.
（2） 在 中，由 可得，
在 中，由 可得，所以，
设，由余弦定理，
，
可得,，
因此
，
当且仅当，即 时等号成立，
所以 的最大值为，此时.
提升点1 三角函数中 , 的范围问题
类型一 由单调性求范围
［例1］ [2024·连云港调研]已知函数,的图象过点，且在区间，上单调，则 的最大值为（ ）
A. B. 4 C. D. 8
【答案】C
【解析】因为函数 的图象过点，
所以，解得,
因为，所以，
所以，
当,时，,，
因为 在区间，上单调，
所以, ，，，
即 且 ，,
则,，
由,得,.
因为，所以当 时，,，
则,；
当 时，,,
综上，,,，
即 的最大值为.
由函数的一个单调区间（区间也可以是开区间或半开半闭区间）求解 或 的取值范围，将区间端点值代入后，去对应 ，或 ，，列出不等式（组）求解.另外，因为函数在一个周期内的单调递减（增）区间的区间长度恰好是，所以单调区间的长度必不超过，根据这个性质有时也可求出 的取值范围.
［对点训练］．已知函数,,，若在区间，上，单调递增，单调递减，则 的取值范围是（ ）
A. ， B. C. ， D. ，
【答案】A
【解析】选A.由题意得,
.
令，由,，
，得,.
因为在区间，上，单调递增，单调递减，
所以 解得,
所以 的取值范围是.
类型二 由最值（值域）求范围
［例2］ 若函数在，上的值域是，，则 的取值范围是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】B
【解析】因为，,，
所以,.
因为函数 在，上的值域是，，所以,
解得.
解决利用最值求 , 的问题，主要是利用三角函数的最值与对称或周期的关系，列出关于 , 的不等式（组），进而求出 , 的值或取值范围.
［对点训练］．[2024·广西三模]已知函数在上有最小值没有最大值，则 的取值范围是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】D
【解析】选D.依题意，,当 时，，若 在 上有最小值没有最大值，则 ，所以.
类型三 由对称性求范围
［例3］ 已知函数的图象在区间内至多存在3条对称轴，则 的取值范围是（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】A
【解析】因为，，
所以，，设，
画出 的大致图象如图，
要使 的图象在区间 内至多存在3条对称轴，则，，解得，.
利用最小正周期,根据的图象两对称中心的距离、对称中心到对称轴的距离、两对称轴间的距离的关系，可建立关于, , 的方程使问题获解.
［对点训练］．[2024·德州二模]将函数的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若直线为图象的一条对称轴，则 的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.由题意得,，又因为直线 是 图象的一条对称轴，
所以，，即,，且，下面结合选项对整数 取值：
当 时，;当 时，；
当 时，;当 时，,
所以 的最小值为.
类型四 由零点、极值点求范围
［例4］ 设函数在区间上恰有三个极值点、两个零点，则 的取值范围是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】C
【解析】由选项知，由,
得，.
根据函数 在区间 上恰有三个极值点、两个零点，
知 ，解得.
所以， 的取值范围为,.
解决的零点与极值点问题通常先利用换元法求 的范围，再结合的图象列出关于 的不等式（组），进而求出 的值或取值范围.
［对点训练］．[2024·湖南九校联考]已知函数，若沿轴方向平移的图象，总能保证平移后的曲线与直线在区间上至少有2个交点，至多有3个交点，则正实数 的取值范围为（ ）
A. ， B. ， C. ， D.
【答案】A
【解析】选A.由题知
，
若沿 轴方向平移 的图象，考虑其任意性，不妨设得到的图象的函数解析式为.
令，即,，
取 ，则.
依题意知，在 上至少有2解，至多有3解，
则须使区间 的长度不小于 且小于，
即，解得.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知函数的图象关于直线对称，则 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.依题意得,,得,,又 ,所以.
2．若在区间上单调递增，则实数的取值范围为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】D
【解析】选D.令 ,,
所以 ,,所以函数 的单调递增区间为 ,，，
又因为 在 上单调递增，
则 ,，，
当 时，即,,
则，，
解得，.
3．若存在实数，，使得函数的图象的一个对称中心为，则 的取值范围为（ ）
A. ， B. ， C. ， D. ，
【答案】C
【解析】选C.由于函数 的图象的一个对称中心为，
所以 ,，
所以，，
由于，，则，
因为，所以,得,又,所以,则,即.
4．[2024·滨州二模]已知函数在上有且仅有4个零点，直线为函数图象的一条对称轴，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】选C.因为，且，
则,，
由题意可得 ，
解得,
又因为直线 为函数 图象的一条对称轴，
则，，
解得，，
可知,，
即，
所以
.
5．已知函数在区间，上单调递增，且函数在区间，上有最小值，则 的取值范围是（ ）
A. , B. , C. , D. ,
【答案】B
【解析】选B.由，，可得 ,,由，，可得 ,，因为 在区间，上单调递增,在区间，上有最小值，可得
解得.
6．[2024·安庆二模]已知函数的图象关于点，对称，且在，上没有最小值，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.
，
因为 的图象关于点,对称，
所以，
故 ,，
即,，
当 ,,
即,时，函数 取得最小值，
因为 在，上没有最小值，
所以，即，又,
则,解得，
故，得.
7．[2024·蚌埠质量检测]（多选）已知函数在区间，上单调递增，则 的值可以是（ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】ABC
【解析】选.因为函数 在，上单调递增，当 时，,，符合题意，A正确；
当 时，,，符合题意，B正确；
当 时，,，符合题意，C正确；
当 时，,，不符合题意，D错误.
8．（多选）已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则在，上单调递增
B. 若，则 的最小值为2
C. 若，则把函数的图象向右平移个单位长度，所得到的图象关于原点对称
D. 若在上有且仅有3个零点，则
【答案】BD
【解析】选.依题意，.对于A，若，则,当,时，,，因为 在，上不单调，所以 在，上不单调，故A不正确；对于B，因为，则直线 是函数 图象的一条对称轴，，，解得,，而，则,故B正确；对于C，当 时，，依题意，函数，这个函数不是奇函数，其图象关于原点不对称，故C不正确；对于D，当 时，,，依题意， ,解得,故D正确.
9．（多选）已知函数在区间上恰有4个零点，则下列说法正确的是（ ）
A. 在区间上有且仅有1个极大值点
B. 在区间上有且仅有2个极小值点
C. 的取值范围是，
D. 在区间，上单调递减
【答案】BCD
【解析】选.因为 ，所以，令,作出 的大致图象如图，
若 在区间 上恰有4个零点，则，解得，故C正确；
由图象可知，在区间 上有1个或2个极大值点，故A错误；
在区间 上有且仅有2个极小值点，故B正确；
当 时， ，所以 在区间,上单调递减，故D正确.
10．已知在函数的图象与轴的所有交点中，点,离原点最近，则 的值可以为________________________________________________.（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一,满足均可）
【解析】令 得，,所以,解得.
因为点,离原点最近，
且，所以,
所以,所以可取.
11．[2024·新乡三模]已知函数，若存在，使得，则 的最小值为________.
【答案】
【解析】由题得，函数，
由，
得,，
由存在，使得，得，解得,所以 的最小值为.
12．将函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上的所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，已知函数在区间，上单调递增，则 的取值范围为______________________________________.
【答案】,,
【解析】将函数 的图象向左平移 个单位长度得到 的图象，再将图象上所有点的横坐标变为原来的 倍（纵坐标不变），得到函数 的图象.
因为函数 在区间,上单调递增，
所以，即，
解得.①
又,
所以，
解得,，②
由①②可得,,.
［B 综合运用］
13．[2024·济南三模]（多选）已知函数,的图象在轴上的截距为，是该函数的最小正零点，则（ ）
A.
B. 恒成立
C. 在，上单调递减
D. 将的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于轴对称
【答案】AC
【解析】选.由,的图象在 轴上的截距为，得,又，解得,A正确；又 是该函数的最小正零点，所以，
解得，所以，
所以，
其中,故 的最大值为，B错误；当,时，,，所以 在，上单调递减，C正确；的图象向右平移 个单位长度，得到 的图象，由余弦函数性质知，该函数不是偶函数，其图象不关于 轴对称，D错误.
14．已知函数，若,使得的图象在点处的切线与轴平行，则 的最小值是（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】选A.，
因为,使得 的图象在点 处的切线与 轴平行，
所以函数 在，上存在最值，
令,，
得,,
因为，
所以,,
则，
又，故当 时， 取最小值.
15．已知函数.
（1） 求的最小正周期；
（2） 若是函数的一个零点，求 的最小值.
【答案】
（1） 解：因为,
所以 的最小正周期为 .
（2） 由题知,
,
由 是该函数的一个零点可知，
,
即.
故 ,或 ,,解得 ,或 ,.
因为,所以 的最小值为.
16．已知,.
（1） 若函数图象的两条相邻对称轴之间的距离为,求的值；
（2） 若函数的图象关于点,对称，且函数在,上单调，求 的值.
【答案】
（1） 解：，
因为函数 图象的两条相邻对称轴之间的距离为，所以,
则 ，所以 ,
解得,
所以,
所以
.
（2） 由（1）知,
因为函数 的图象关于点,对称，
所以 ,,
所以,.
由,,,
得,,
因为 在，上单调，
所以
解得,所以取,则.
提升点2 三角形中的特殊线段
类型一 三角形的中线问题
［例1］ [2024·苏州二模]记的内角，，的对边分别为,,，已知.
（1） 求；
（2） 若,点为的重心，且，求的面积.
【答案】
（1） 【解】由题及正弦定理可得,
整理得,由余弦定理的推论可得
.
又因为,所以.
（2） 设 的延长线交 于点，因为点 为 的重心，所以点 为 的中点，又因为，所以.
在 中，由，
可得.
在 和 中，有，
由余弦定理的推论可得,
故,所以,所以 的面积为.
处理与三角形中线有关的问题的常用方法
（1）利用互补角（如本例中与互补，其余弦值互为相反数）及余弦定理求解.
（2）在中，若为边上的中点，则，两边平方即可得到三角形边长之间的关系.
（3）在中，角，，的对边分别为,,，则边上的中线长.
［对点训练］．[2024·山东潍坊模拟]在中，角，，的对边分别为,,,已知.
（1） 求；
（2） 若,,为的中点，求.
【答案】
（1） 解：在 中，由正弦定理得，,
所以
，
得,
因为,所以，
因为,所以.
（2） 在 中，由余弦定理，
得,
所以,
又,所以.
因为 为 的中点，
所以，
两边同时平方得，
所以，即.
类型二 三角形的角平分线问题
［例2］ 在中，若为边上的点，平分.
（1） 求证：;
（2） 若，且,,求.
【答案】
（1） 【解】证明：如图，
在 中，，
在 中，，
因为， ，
所以.
（2） 因为 为 边上的点，平分，
则.
又由,可得.又因为,所以,解得.因为，所以.
（1）角平分线是平面几何的一个重要特征，解题方法主要有两种，一是利用角平分线定理，找边之间的关系；二是角平分线把三角形分成两个三角形，利用等面积法求解.
（2）角平分线是三角形的重要元素，如图，在中，角，，的对边分别为,,,为角的平分线，
则①;
②.
［对点训练］．[2024· 湘豫名校联考]在中，角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求；
（2） 若的平分线交于点，,.求的长.
【答案】
（1） 解：因为,
所以，
即,
由正弦定理得,
又由余弦定理,
可得,
因为,所以.
（2） 在 中，，
由等面积法得，
即，
即
,
所以.
类型三 三角形的高线问题
［例3］ [2024·枣庄一模]在中，角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求；
（2） 若,,是边上的高，且，求.
【答案】
（1） 【解】由题及正弦定理得，
由倍角公式得.
又因为,为 的内角，
所以,,，
所以,.
所以,（负值已舍去）,
则有,得.
（2）
,
，，
由题意知,所以，
即,
所以,
所以.
解决与三角形的高线有关的问题常用等面积法得到边的关系，即若,,分别为的边,,上的高，则.
［对点训练］．已知的内角，，所对的边分别是,,,且,,.求：
（1） 的周长；
（2） 边上的高.
【答案】
（1） 解：在 中，由余弦定理的推论得,
解得（负值已舍去），所以 的周长为.
（2） 因为,,
所以.
设 边上的高为,
则,
即,
解得,
所以 边上的高为.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．在中，,,,则点到边的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.在 中，由,得,由余弦定理有,故.
设点A到边 的距离为,由三角形面积公式得,，故.
2．[2024·哈尔滨三模]已知的内角，，的对边分别为,,,且,边上中线的长为1，则最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.由题意得 ，
所以，
又，且D是 的中点，所以，在 中，
,
在 中，,
所以,
即,由，得,当且仅当 时取等号.
3．[2024·海南模拟]在中，的平分线与对边交于点，若的面积为面积的2倍，且， ，则（ ）
A. 3 B. 4 C. 6 D. 8
【答案】A
【解析】选A.由，则有，即有，
又，
则有，即，即有，即.
4．[2024·长沙模拟]（多选）已知满足，且的面积，则下列命题正确的是（ ）
A. 的周长为
B. 的三个内角，，满足关系
C. 的外接圆半径为
D. 的中线的长为
【答案】BC
【解析】选.因为 满足,所以,设,,,,利用余弦定理得，,
由于,所以.
因为，所以,解得（负值已舍去）.
所以,,,
对于A，的周长为,故A不正确；
对于B，因为，所以，故，故B正确；
对于C，由正弦定理得 的外接圆半径为,故C正确；
对于D，如图所示，在 中，利用正弦定理,
解得,又,所以,,在 中，利用余弦定理得,解得（负值已舍去）,故D不正确.
5．[2024·扬州调研]在中，，，为的中点， ，则________.
【答案】
【解析】在 中，取 的中点，连接，由 为 的中点，
得,
在 中，由余弦定理得，则，
而,所以.
6．在中，，， ，为的高线，则________.
【答案】
【解析】在 中，由余弦定理得,
即，所以，
所以,
由向量数量积的几何意义得.
7．[2024·东北三省四市模拟]在中，角，，所对的边分别为,,，已知,角的平分线交于点，且.
（1） 求；
（2） 若，求的面积.
【答案】
（1） 解：因为，
所以由正弦定理可得，
因为 ，所以,
所以，
故，又 ,
所以 .
（2） 由题意可知，
即 ,化简可得.
在 中，由余弦定理的推论得
,
解得 或（舍去），所以.
［B 综合运用］
8．在中，内角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求角；
（2） 若,,求边上的高.
【答案】
（1） 解：由题及正弦定理得,
即.
因为,所以，所以，又,所以.
（2） 设 边上的高为,由，得,解得（负值已舍去），由,解得,即 边上的高为.
9．[2024·福建省适应性考试]在中，为的中点，且 .
（1） 求；
（2） 若，求.
【答案】
（1） 解：如图，由 ，
可得.在 中，由正弦定理，
得.在 中，由正弦定理，
得.故.
因为 为 的中点，
所以，即.
（2） 由（1）不妨设，，，,.
在 中，由余弦定理的推论，
得.
在 中，由余弦定理的推论，
得.
所以,
解得.
故.
10．[2024·河南质量检测]在锐角三角形中，角，，所对的边分别为,,,已知,且.
（1） 求证：；
（2） 若的平分线交于点，且,求线段长度的取值范围.
【答案】
（1） 证明：根据题意及余弦定理可得,故,由正弦定理得.
所以在 中，或 .
若 ，又 ，故，
因为,所以，故 不满足题意，舍去，所以.
（2） 解：在 中，由正弦定理可得,即,
所以.
因为 是锐角三角形，且，
所以 得,
所以,
所以.
所以线段 的长度的取值范围是.
真题解构与重构 解三角形
三角形是几何学中十分重要的几何图形，它不但是最重要的几何学知识，也是其他几何学中最基本、最常见、最重要的构件.无论是初中的平面几何，还是高中的立体几何与解析几何，三角形都扮演着十分重要的角色，其特性是研究相关几何问题的基石.三角形问题是初、高中教学的重点问题，更是中、高考的重要组成部分.解三角形问题是每年高考的必考试题，有的在选择题、填空题中出现，有的渗透在立体几何与解析几何中，有的直接在解答题中呈现，近年来的新课程高考试题中，主要占据着解答题第15题的位置，彰显了三角形问题在学习与考试中的重要地位与作用，是教师与学生高度重视的教学问题.以下对2024年新课标Ⅰ卷第15题解三角形问题进行解构与重构,激活试题本质属性，感悟三角形知识体系的和谐，提升解三角形问题的能力.
［真题呈现］．[2024· 新课标Ⅰ卷]记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1） 求；
（2） 若的面积为，求．
［真题分析］本题是在余弦定理的“呈现形式”逐层设置.考查正、余弦定理、特殊角的三角函数值、两角和的正弦公式、三角形的内角和定理与面积公式.考查数学运算、逻辑推理等核心素养.考查化归与转化思想、函数与方程思想等，体现“四基四能”,是教材问题的最基本呈现.
【答案】
（1） ［规范解答］解：由余弦定理的推论得,
注解①
［关键步骤］①已知三边关系时，首选余弦定理
又 ,所以.所以,所以,
又 ，所以.
（2） 由（1）得，
注解②
②解三角形时，时刻注重内角和定理
由正弦定理,得,所以.
注解③
③已知对边与对角首选正弦定理
所以 的面积,
注解④
④三角形面积公式很多，根据题目条件正确对照选择
得.
［源头与活水］
类别 教材题（必修第二册 ） 考题 关联特征
条件 , 关系转化
问题 ① 求角 求角 都是求角
② 已知一边与面积求另外两边 已知面积求其中一边 都是面积与边角
［真题解构］
解构1．已知三个内角，，的对边分别为,,.在中， ，,.
（1） 求;
（2） 求的面积.
【答案】
（1） 解：方法一：由正弦定理得
，
因为,所以.
由于 ,所以 或 .
当 时， ,
此时，.
当 时， ，
此时.
方法二：因为 ，,,
由余弦定理得，整理得,即,
所以,故.
（2） 方法一：由（1）知当 时，,
此时 的面积.
当 时，,此时 的面积.
方法二：同方法一.
解构2．如图，在锐角三角形中，，垂足为，角的平分线交于点，，，.
（1） 求;
（2） 求与的面积.
【答案】
（1） 解：由，
可设，则.
由，得
，
由于
,
所以，
整理得，
即，
解得 或（舍去）,
即,.
因此.
（2） 由（1）知，又,所以.
因此，，
.
在 中，由正弦定理得，
.
［真题重构］
重构1．（多选）已知的三个内角，，的对边,,是依次增大的三个连续自然数，且，则（ ）
A. B.
C. D. 内切圆半径
【答案】ABD
【解析】选.对于A，由 得.
由正弦定理与余弦定理的推论得,
即,
即,
化简得,A正确；
对于B，由题可设,,代入 得,
化简得,解得 或（舍去），B正确；
对于C，方法一：由 得.
由于，
所以,C错误.
方法二：由余弦定理的推论得，
由 得,C错误;
对于D，因为,
由 得
,D正确.
重构2．已知面积为的三个内角，，的对边分别为,,，且.
（1） 求;
（2） 求的取值范围.
【答案】
（1） 解：由于,由余弦定理与面积公式得.
故,由 得.
（2） 由 得.
.
由，知,
所以,
故.
因此 的取值范围为.
重构3．在中，三个内角，，的对边分别为,,,，，成等差数列且.
（1） 求 的值，并求证为定值;
（2） 若， ，求的面积.
【答案】
（1） 解：由已知得 ，，
所以 ， .
又，由余弦定理得,所以.
.
所以 为定值.
（2） 由 ， ，知 .
又,由正弦定理得，
所以.
所以.
专题二 数列
第1讲 等差、等比数列
考情分析 备考关键
考点 等差、等比数列基本量的运算，等差、等比数列的性质、判定与证明. 考法 主要以选择题、填空题的形式考查等差数列、等比数列的基本运算、性质，解答题的第一问求数列的通项公式及等差、等比数列的判断（证明）. 1.等差、等比数列基本运算中的“整体思想与方程思想”，性质研究中的“函数思想”. 2.“定义法”证明等差、等比数列.
做真题 明方向
1．[2024·全国甲卷]记为等差数列的前项和.已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.由，得，所以，
所以，公差，
所以.
2．[2024·北京卷]设与是两个不同的无穷数列，且都不是常数列.记集合，，给出下列四个结论：
①若与均为等差数列，则中最多有1个元素；
②若与均为等比数列，则中最多有2个元素；
③若为等差数列，为等比数列，则中最多有3个元素；
④若为递增数列，为递减数列，则中最多有1个元素.
其中正确结论的序号是____.
【答案】①③④
【解析】对于①：由题知，是关于 的一次式，对应的函数为一次函数，即点，分别在两条斜率均不为0的直线上，而这两条直线最多有1个交点，所以 中最多有1个元素，所以①正确;
对于②：不妨取，，则有,，所以，此时 中有无数个元素，所以②不正确;
对于③：由①知点 在一条斜率不为0的直线 上．设，当公比 时，直线 与数列 对应的函数的图象至多有2个公共点，中最多有2个元素；当 时，点 在如图所示的曲线，上，由图易知直线 与曲线，至多有3个公共点，如当，时，,,,两个数列有3项相同，所以 中最多有3个元素；
当 时，易知 中最多有2个元素；当 时，易知 中最多有3个元素．综上可知，当 为等差数列，为等比数列时，中最多有3个元素，所以③正确；
对于④：若数列 为递增数列，数列 为递减数列，则它们对应的函数分别为单调递增函数和单调递减函数，两个函数图象的公共点最多有1个，所以 中最多有1个元素，所以④正确．综上可知，正确结论的序号为①③④．
3．[2024·全国甲卷]记为等比数列的前项和，已知.
（1） 求的通项公式；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：因为，
所以，
两式相减可得,
即，所以等比数列 的公比为.
因为，所以，
故.
（2） 因为，所以,
设数列 的前 项和为,则.
研考点 破重难
考点一 等差、等比数列基本量的运算
1.通项公式
等差数列:;
等比数列：.
2.求和公式
等差数列：;
等比数列：
［例1］
（1） [2024·黄山质量检测]已知是以为公比的等比数列，,,则（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
（2） [2024· 九省联考]记等差数列的前项和为,,,则（ ）
A. 120 B. 140 C. 160 D. 180
【答案】（1） A
（2） C
【解析】
（1） 由题得，,解得.
（2） 设等差数列 的公差为,由题得 解得 所以.
破解等差（等比）数列基本量问题的关键
等差（等比）数列的通项公式及求和公式共涉及,,,,五个基本量，可以通过列方程（组），达到“五量二式，知三求二”的目的.
注意 在等比数列的前项和公式中，若不确定是否等于1，应注意分和两种情况讨论.
［对点训练］1．[2024·湖南九校联考]已知是等比数列，是其前项和.若，，则（ ）
A. 2 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】选C.设等比数列 的公比为.由 可得,.
由，可得,化简得,所以，又因为,所以,所以.
2．[2024·蚌埠质量检测]记数列的前项和为,若是等差数列，，，则（ ）
A. B. C. 0 D. 4
【答案】C
【解析】选C.设 的公差为,则,
所以,
所以,所以.
考点二 等差、等比数列的性质
1.通项性质：若,则对于等差数列，有,对于等比数列，有.
2.前项和的性质
（1）对于等差数列有，，, 成等差数列；对于等比数列有,,, 成等比数列（且为偶数的情况除外）.
（2）对于等差数列，有.
［例2］
（1） [2023. 新课标Ⅱ卷]记为等比数列的前项和，若，，则（ ）
A. 120 B. 85 C. D.
（2） [2024·安徽六校测试]（多选）已知等差数列的前项和为,,且,则（ ）
A. B.
C. 当时，取最大值 D. 当时，的最小值为19
【答案】（1） C
（2） ABD
【解析】
（1） 方法一：设等比数列 的公比为，由题意易知,则 化简整理得 所以.方法二：易知,,,, 为等比数列，所以,解得 或.当 时，由,解得；当 时，结合 得 化简可得，不成立，舍去.所以.
（2） 对于A，由题得，,由等差数列性质可得,即.因为,若公差,则，,不满足上述不等式，故,则，则,,故A正确；对于B，由A知，,,故,.则,则,又,故，即,故B正确；对于C，由,可得，, ,,，，，,故当 时，取最大值，故C错误；对于D，,,由 的单调性可得，当 时，单调递减，所以当 时，的最小值为19，故D正确.
等差、等比数列的性质问题的求解策略
抓关系 抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手选择恰当的性质进行求解
用性质 数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题
［对点训练］1．[2024·岳阳质量监测]已知为等差数列，,,则（ ）
A. 6 B. 12 C. 17 D. 24
【答案】C
【解析】选C.设等差数列 的公差为,
由题知，,解得,又由，
解得，所以.
2．[2024·东北三省四市模拟]（多选）设等比数列的公比为,前项和为,前项积为,并且满足,,,则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. 的最大值为 D. 的最大值为
【答案】ABC
【解析】选.因为,,所以等比数列 的公比 且，则 没有最大值，所以D错误；
因为,,所以,且,,所以A，C正确;
因为,所以,所以B正确.
考点三 等差（比）数列的判定与证明
类别 等差数列 等比数列
定义法
通项法
中项法
前项和法 （,为常数） （为常数且,,1）
［例3］ [2024·苏州适应性考试节选]已知数列的前项和为,对任意正整数,总存在正数,,,使得,恒成立；数列的前项和为,且对任意正整数,恒成立.
（1） 求正数,,的值；
（2） 证明:数列为等差数列.
【答案】
（1） 【解】因为,①
所以,②
得,
即,
又,所以,
当 时，;当 时，.
因为,为正数，解得.
又因为,,且,所以.
（2） 证明：因为，③
当 时，，④
得,
即，⑤
方法一：又，⑥
得,
即,
所以 为等差数列.
方法二：当 时，由，
得,
即,
所以,,
所以当 时，,
因为当 时，由 得,所以,则当 时，成立,所以,对 恒成立，所以 为等差数列.
判定数列是等差（等比）数列的关键
（1）会转化：将所给的关系式进行变形、转化，利用等差（等比）数列判定方法进行判定.
（2）举反例：判定一个数列不是等差（等比）数列，只需说明某连续三项不是等差（等比）数列即可.
注意 在解答题证明数列为等差（比）数列只能使用定义法或等差（等比）中项法.
［对点训练］．[2024·长沙适应性考试]已知数列满足,且.
（1） 证明：数列是等比数列；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 证明：因为,,
所以数列 是以2为首项，3为公比的等比数列.
（2） 解：由（1）可知，,
则.
从而
.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．[2024·济南三模]记等差数列的前项和为.若,,则（ ）
A. 49 B. 63 C. 70 D. 126
【答案】B
【解析】选B.由题知.
2．[2024·甘肃高考诊断考试]在等差数列中，,是方程的两根，若，则（ ）
A. B. C. 2 D. 6
【答案】B
【解析】选B.因为,是方程 的两根，,所以.又因为在等差数列 中，,所以,,代入 可得,解得.
3．[2024·洛阳质量检测]已知正项等比数列的前项和为,若，且与的等差中项为，则（ ）
A. 29 B. 31 C. 33 D. 36
【答案】B
【解析】选B.不妨设等比数列 的公比为,
由,可得,
因为,,所以,①
又由 与 的等差中项为 可得，
即,②
将①代入②，可得（负值已舍去）,则,
于是.
4．[2024·广州综合测试]记为等比数列的前项和，若，则（ ）
A. 5 B. 4 C. 3 D. 2
【答案】C
【解析】选C.方法一（基本量法）设等比数列 的公比为,由，得,又，,所以,
所以.
方法二：设等比数列 的公比为,由,得,,所以,
所以.
5．[2024·东北三校模拟]（多选）已知等差数列的首项,则下列选项中正确的是（ ）
A. 若,则
B. 若,,则
C. 若,,则
D. 若,则,
【答案】ACD
【解析】选.对于A，因为，所以，故A正确;对于B，因为,所以,因为,所以,所以,,所以,故，故B错误;记等差数列 的公差为,对于C，,则,所以,故C正确;对于D，因为，所以,所以,所以,,,故D正确.
6．[2024·邵阳联考]已知等差数列的前项和为.若，，则______.
【答案】9
【解析】由题得，，，所以，，所以.
7．已知数列的前项和为,若,且,则______.
【答案】2
【解析】方法一：因为,所以当 时，,得,即,所以数列 是常数列，所以,,所以,解得.
方法二：因为,所以当 时，,得,则有,
所以数列 是常数列，则,
所以,
所以,解得.
8．[2024·南京、盐城调研]设数列的前项和为,.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 若数列满足,求的前50项和.
【答案】
（1） 解：由,得,
两式相减得,
即,
当 时，由,得,
所以,故 是首项为，公比为 的等比数列，故.
（2） 由（1）得,
所以
.
［B 综合运用］
9．[2024·贵阳适应性考试]设正项等比数列的前项和为,,且,,成等差数列，则与的关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】选A.设正项等比数列 的公比为，由题意知，,即,所以,解得 或（舍去），
则,
,所以.
10．[2024·宁波“十校”联考]已知是公比不为1的等比数列的前项和，则“，，成等差数列”是“存在不相等的正整数,，使得,,成等差数列”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】选A.设数列 的公比为.因为 是公比不为1的等比数列 的前 项和，所以若，，成等差数列，则，又，
从而,化简得.
若,,成等差数列，
则，即,
所以,
故当 时，有
即“，，成等差数列”能推出“存在不相等的正整数,，使得,,成等差数列”，故充分性成立；
反之，满足 不一定是,如,,,满足,但不满足,即“存在不相等的正整数,,使得,,成等差数列”推不出“，，成等差数列”，故必要性不成立.
所以“，，成等差数列”是“存在不相等的正整数,，使得,,成等差数列”的充分不必要条件.
11．[2024·赣州模拟]（多选）已知等比数列的前项和为,,,则（ ）
A. B.
C. 数列为单调数列 D. 数列为单调数列
【答案】BC
【解析】选.设数列 的公比为，
由题有
解得 或
对于A，当 为偶数时，，故A错误;
对于B，因为,当 时,显然有,当 时，
因为,,所以.
综上，，故B正确;
对于C，当 时，数列 是首项为2，公比为3的递增等比数列，当 时，数列 是首项为32，公比为 的递减等比数列，故C正确;
对于D，由B知，所以,
当 时，,
此时 不具有单调性，故D错误.
12．[2024·武汉二调]已知各项均不为0的数列对任意正整数满足：.
（1） 若为等差数列，求；
（2） 若,求的前项和.
【答案】
（1） 解：由题意,
当，时，,两式相减得，
即,,
所以数列 是公差为2的等差数列.
在 中，
令,得,
又,所以，
所以，解得 或,若，则，
与 矛盾，舍去，所以.
（2） 因为，由（1）知，当 时,所以.
而当,时，,
所以,
所以当,时，,而 时 也满足上式，综上所述，的前 项和.
［C 素养提升］
13．线性分形又称为自相似分形，其图形的结构在几何变换下具有不变性，通过不断迭代生成无限精细的结构.一个正六边形的线性分形图如图所示，若图1中正六边形的边长为1，图n中正六边形的个数记为，所有正六边形的周长之和、面积之和分别记为,，其中图n中每个正六边形的边长是图n-1中每个正六边形边长的，则下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 存在正数，使得恒成立
D.
【答案】D
【解析】选D.A选项，由题意及题图得数列 为首项为1，公比为7的等比数列，所以，故，故A错误；
B选项，由题意知，，，故B错误；
C选项，数列 是首项为6，公比为 的等比数列，故，
因为，所以 为递增数列，不存在正数，使得 恒成立，故C错误；
D选项，分析可得，题图n中的正六边形的个数，每个正六边形的边长为，故每个正六边形的面积为，则，故D正确.
14．已知数列的前项和为,,.
（1） 求证：数列是等差数列；
（2） 求数列中最接近2 025的数.
【答案】
（1） 证明：.
由，得.
因为,所以 是以 为首项，为公差的等差数列.
（2） 解：由（1）得,即,则,
当 时，满足上式，所以,则.
由 可知，在 上单调递增，
当 时，；
当 时，.
所以数列 中最接近2 025的数是1 980 和2 070.
第2讲 数列的通项公式
考情分析 备考关键
考点 由与的关系求通项公式，累加、累乘法求通项公式，构造新数列求通项公式. 考法 由递推关系求通项公式是历年高考命题常考的内容，属于中档题目，多以选择题、填空题的形式考查，解答题第一问多考查等差、等比数列的判定与证明. 构造法是求数列通项公式的一种重要方法，其总的思路是转化为特殊的数列，转化方向有：（1）构造常数列；（2）构造等差数列；（3）构造等比数列；（4）构造为可以利用累加法、累乘法求和的数列．
做真题 明方向
1．[2022·全国乙卷]嫦娥二号卫星在完成探月任务后，继续进行深空探测，成为我国第一颗环绕太阳飞行的人造行星.为研究嫦娥二号绕日周期与地球绕日周期的比值，用到数列，，， ，依此类推，其中.则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.依题意，不妨令，则，，,,,，,,所以，，，．
2．[2022·新高考Ⅰ卷节选]记为数列的前项和，已知,是公差为的等差数列．
求的通项公式.
解：依题意得，,
,
所以,
则,
所以,
即,
所以,
即,
由累乘法得,
又,则,
所以,
又 满足上式，
综上.
研考点 破重难
考点一 由与的关系求通项公式
［例1］ 记为数列的前项和，已知，.求：
（1） ，；
（2） 数列的通项公式．
【答案】（1） 【解】当 时,，得，解得（舍去）或.当 时，，得，解得 或（舍去）．故，．
（2） 当 时，，
又,
所以，即．因为，所以，所以，所以数列 是首项为，公差为 的等差数列，所以.
由 与 的关系求 的思路
当已知数列满足含有,的等式时，往往用替换得到一个新的等式，然后两个等式相减，从而把前项和转化为数列的项之间的关系，再根据这个关系求解数列的通项公式.
注意 需验证是否适合,若不适合则应写成分段形式.
［对点训练］．
1．[2024·开封质量检测]已知数列的前项和,则（ ）
A. 81 B. 162 C. 243 D. 486
2．[2024·徐州模拟改编]已知数列的前项和为，且,,则________________.
【答案】1．B
2．
【解析】
1．选B.方法一（公式法）：当 时，.当 时，,满足上式，所以.则.方法二（直接法）：.
2．方法一：由题意得，当 时，,可得,当 时，,所以,整理可得,即数列 是首项为1，公比为 的等比数列，则.方法二：因为当 时，,所以,即,而,即，则,因此数列 是以 为首项，为公比的等比数列，所以,则,则.
考点二 累加、累乘法求通项公式
［例2］
（1） 已知数列满足，，则____________________.
（2） 设是首项为1的正项数列，且,则________________.
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 因为，所以当 时，.经检验，当 时上式也成立，故．
（2） 方法一（累乘法）：将原式分解因式，得.因为 是正项数列，所以，所以,所以,所以,所以.又因为,所以,当 时也符合上式，故.方法二（逐项列举法）：由方法一，知,所以,所以.方法三（等差通项法）：由方法一，知,则数列 是首项为，公差为0的等差数列，所以,所以.方法四（等比通项法）：由方法一，知,则,则数列 是首项为，公比为1的等比数列，所以,所以.
（1）型，可用“累加法”求,即.
（2）型，可用“累乘法”求，即.
［对点训练］．已知数列满足,,则（ ）
A. 2 023 B. 2 024 C. 4 045 D. 4 047
【答案】D
【解析】选D.因为,
所以,
即,可得,
所以.
考点三 构造新数列求通项公式
［例3］
（1） 在数列中，若,,则____________.
（2） 已知数列满足,,则__________________.
【答案】（1）
（2）
【解析】
（1） 对 取倒数得,即,所以数列 是首项为1，公差为2的等差数列，即,所以.
（2） 对题中等式两边取以10为底的对数可得,即,又,所以数列{是以 为首项，为公比的等比数列，所以，即，即.
（1）若数列满足,构造.
（2）形如的数列，取倒数可得,即,构造等差数列求通项公式.
（3）若数列满足，构造.
［对点训练］．
1．已知是数列的前项和，,,则__________________________________________________________.
2．已知数列满足,且,则__________________.
【答案】1．
2．
【解析】
1．因为,所以.所以 从第二项起是公比为 的等比数列，因为，所以,即,所以
2．由题意得，,两边同时除以 可得,又,所以数列 是首项为1，公差为1的等差数列，所以,所以.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知数列满足,，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】选D.因为,则,又,所以数列 是首项为1，公比为2的等比数列，则，故.
2．已知数列满足，,则下列结论正确的是（ ）
A. 数列是公差为的等差数列
B. 数列是公差为2的等差数列
C. 数列是公比为的等比数列
D. 数列是公比为2的等比数列
【答案】C
【解析】选C.由,得,则,,故数列 是以 为首项，为公比的等比数列．
3．若数列满足,则称为“梦想数列”.已知正项数列为“梦想数列”，且,则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.因为“梦想数列”满足,即,
所以由正项数列 为“梦想数列”，可得,
即,
又因为,所以.
4．[2024· 苏锡常镇四市调研]已知正项数列满足,若,则（ ）
A. B. 1 C. D. 2
【答案】D
【解析】选D.当 时，;
当 时，,则,所以,又,所以（负值已舍去）,,因为,所以,因为,所以,又因为,所以,又,故.
5．（多选）已知数列，下列结论正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，则
C. 若,,则
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】选.对于A,,
则,故A正确;
对于B，因为，所以，又，所以 是以4为首项，2为公比的等比数列，所以,故，故B错误；
对于C，因为,所以,所以,又,所以 是以1为首项，3为公差的等差数列，所以,所以,故C正确；
对于D，因为,所以，又,所以 是以2为首项，2为公比的等比数列，所以,所以,故D正确.
6．[2024·广州综合测试]已知数列的前项和,当取最小值时，______.
【答案】3
【解析】当 时，由，①
知，②
，得.又当 时，满足上式，所以,所以,当且仅当,即 时等号成立.
7．如图所示的形状出现在南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法》中，后人称之为“三角垛”．“三角垛”的最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球.根据以上规律引入一个数列，满足，且.则________________________.
【答案】
【解析】因为,,所以,,易知,所以当 时，,当 时，上式也成立，所以.
8．己知数列满足，.
（1） 若,求数列的通项公式；
（2） 求使取得最小值时的值.
【答案】
（1） 解：,
由，
得，
即，
当 时，，
所以，
当 时，上式也成立，所以．
（2） 由（1）可知，，当 时，，当 时，,当 或 时，,
则数列 在 且 上单调递减，在 且 上单调递增，又因为，所以 取得最小值时，或.
［B 综合运用］
9．已知数列的前项和为,且满足,则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】选C.当 时，，得，当 时，，化简得,即，又，所以 是首项为4，公比为 的等比数列，所以,所以.
10．[2024·潍坊模拟]已知数列满足,.若数列是公比为2的等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.方法一（累加法）：由题知,所以,
所以,
两式相减得,
所以.
方法二（构造数列法）:由题知,所以,所以,则,即，所以 是公比为 的等比数列，则,
所以，
因此.
11．已知在数列中，，，,则________________________________.
【答案】
【解析】因为，所以，又，所以 是首项为7，公比为3的等比数列，
则，①
又，，所以 是首项为，公比为 的等比数列，
则，②
由 得，,则.
12．已知是数列的前项和，，且当时，，,成等差数列．
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设数列满足,若,求正整数的值.
【答案】
（1） 方法一：解：由题意知当 时,,
所以,
整理得，由,
所以，
经检验，也符合上式，故．
所以当 时，.
也满足上式，故.
方法二：由题意知当 时，,所以当 时，,两式相减得，即,
所以,所以当 时，为常数列，
又由 得，
所以,所以，即.
（2） 由（1）得,
故.
由,得.
［C 素养提升］
13．已知数列的首项，，前项和满足当时，，则数列的前项和______________．
【答案】
【解析】由 得，当 时，,当 时，，
即，
所以，所以，两式作差，得，即，所以 或，又，故，
又 也满足上式，所以数列 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以数列 的前 项和．
14．[2024·南昌一模]对于各项均不为零的数列，我们定义：数列为数列的“比分数列”.已知数列,满足,且的“比分数列”与的“比分数列”是同一个数列．
（1） 若是公比为2的等比数列，求数列的前项和;
（2） 若是公差为2的等差数列，求.
【答案】
（1） 解：由题意知,
因为，且 是公比为2的等比数列，所以,
因为，所以数列 是首项为1，公比为4的等比数列，
所以.
（2） 因为，且 是公差为2的等差数列，所以，
所以,
所以当 时，,
又 也符合上式，
所以.
第3讲 数列的求和
考情分析 备考关键
考点 分组求和与并项、裂项相消法、错位相减法求和. 考法 近几年高考，数列求和常出现在解答题的第二问，主要考查通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和，难度中档. 一是要明确数列求和方法选择的依据，所以准确求解通项公式是解决求和问题的基础；二是要辨清数列通项公式的结构特征，准确利用想用的求和方法；三是求和之后可以利用数列前几项代入验证，检验结果是否准确.
做真题 明方向
1．[2024·全国甲卷]记为等差数列的前项和.已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.方法一：设等差数列 的公差为，
由，
得,
则
.
方法二：因为 为等差数列，
所以，得,
则,故选B.
2．[2024· 新课标Ⅱ卷]记为等差数列的前项和.若，，则__.
【答案】95
【解析】方法一：设 的公差为，由，，解得，，则.
方法二：设 的公差为，由，，得，，故，，则.
3．[2023· 新课标Ⅱ卷]已知为等差数列，记，分别为数列，的前项和，，．
（1） 求的通项公式；
（2） 证明：当时，．
【答案】
（1） 解：设等差数列 的公差为.
因为
所以,,.
因为,,
所以
整理，得 解得
所以 的通项公式为.
（2） 证明：由（1）知,
所以
所以.
当 为奇数时，.
当 时，,
所以.
当 为偶数时，.
当 时，,
所以.
综上所述，当 时，.
研考点 破重难
考点一 分组求和与并项求和
［例1］ 已知正项数列满足，.
（1） 求的通项公式；
（2） 若数列满足,求的前项和.
【答案】
（1） 【解】由,
得当 时，
，
因为，故．
当 时，符合，所以.
（2） 因为
，
所以．
（1）分组转化法求和
数列求和应从通项公式入手，若无通项公式，则先求通项公式，然后通过对通项公式变形，转化为等差（等比）数列或可求前项和的数列．
（2）分组转化法求和的常见类型
［对点训练］1．已知数列是以2为首项，1为公差的等差数列，是以1为首项，2为公比的等比数列，则（ ）
A. 1 033 B. 2 057 C. 1 034 D. 2 058
【答案】A
【解析】选A.由题得，，.所以,所以.
2．[2024·南京六校联考]在数列中，已知，，则的前11项的和为（ ）
A. 2 045 B. 2 046 C. 4 093 D. 4 094
【答案】C
【解析】选C.由，得，又，解得，
所以 的前11项的和为.
考点二 裂项相消法求和
［例2］ 已知等比数列的前项和为,且满足,.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设,求数列的前项和.
【答案】
（1） 【解】设等比数列 的公比为,
由题意可知，,①
，②
显然,,
则 得，,
解得,将 代入①式得，,
所以.
（2） 由（1）可知，,
所以,
所以
,
所以
.
裂项相消法求数列前 项和的基本步骤
注意 消项后前边剩几项，后边就剩几项，前边剩第几项，后边就剩倒数第几项.
［对点训练］．已知等差数列的公差为2，前项和为,且,,成等比数列.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 令,求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：因为,,.
由题意得,
解得,所以.
（2）
.
当 为偶数时，.
当 为奇数时，+…-.
所以
或.
考点三 错位相减法求和
［例3］ [2024·安徽一模]己知数列满足,且.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 证明：.
【答案】
（1） 【解】,
故 为常数列，
其中,故,
故,即.
（2） 证明：设，的前 项和为,
则,,①
,②
得，
,
故,
即.
运用错位相减法求和的关键
注意①等比数列的公比为负数的情形；②在写出“”和“”的表达式时将两式“错项对齐”，以便准确写出“”的表达式.
［对点训练］．已知公差不为0的等差数列的前项和为,是与的等比中项，.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：设等差数列 的公差为.
则
即
解得
所以.
（2） 由（1）得,①
则,②
得,所以.
专题强化训练
［A 基本技能］
1．若数列的通项公式是,则（ ）
A. 15 B. 12 C. D.
【答案】A
【解析】选A.由题意得,,所以.
2．已知等差数列的前项和为,，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】选A.设等差数列 的公差为,
因为,所以，①
又,即,即,所以,代入①，解得 则,所以.
3．复数的虚部为（ ）
A. 1 012 B. C. D.
【答案】B
【解析】选B.由题意得，所以，所以，所以，所以复数 的虚部为．
4．（多选）设数列的前项和为,且,，则（ ）
A. 数列是等比数列
B.
C.
D. 的前项和为
【答案】ACD
【解析】选.由已知，当 时，可得.
选项A，当 时，,故，可得数列 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以，故A正确,B错误；
选项C，数列 是以1为首项，4为公比的等比数列，所以,故C正确；
选项D，因为,所以，所以，故D正确．
5．已知数列满足,则数列的前32项之和为____.
【答案】528
【解析】当 为奇数时，,
,两式相减得,
当 为偶数时，,
.
两式相加得,所以数列 的前32项之和.
6．已知数列的前项和为，且点在直线上，则数列的前项和__________________.
【答案】
【解析】由题意得.
当 时，，所以，
当 时，,所以,
所以 是以1为首项，2为公比的等比数列，所以,所以,
则,，两式相减得，所以.
7．南宋数学家杨辉善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题，在他的专著《详解九章算法·商功》中给出了著名的三角垛公式，则数列的前项和________________________________.
【答案】
【解析】因为，
所以数列 的前 项和为
.
因为,
所以数列 的前 项和
.
8．在等比数列中，已知，．
（1） 求数列的通项公式；
（2） ，求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：设数列 的公比为,
则 解得 所以数列 的通项公式为.
（2） 由（1）得,所以数列 的前 项和,
当 为偶数时，;
当 为奇数时，.
所以
［B 综合运用］
9．[2024·扬州二调]已知数列的前项和为,,.
（1） 证明：数列为等比数列；
（2） 设,求数列的前项和.
【答案】
（1） 证明：由 得,
当 时,,
两式相减得,
即,
则有,
当 时，,
则，即,
所以数列 是以1为首项，为公比的等比数列.
（2） 解：由（1）得，,
则,又,
所以数列 是首项为，公差为1的等差数列，
所以,故,
则,
所以 的前 项和
.
10．已知数列为非零数列，且满足.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：当 时，，解得，
由,得当 时,，
两式相除得，即,
当 时，也满足上式，所以.
（2） 由（1）可知，，所以，所以，
令,
，
则,
两式相减得，
所以，
所以.
［C 素养提升］
11．设数列的前项和,数列满足.
（1） 求数列和的通项公式；
（2） 若数列的前项和为,,求数列的前项和.
【答案】
（1） 解：当 时，,
由，得，
所以，
又 也符合上式，所以，
.
（2） 因为,
所以.
所以,①
所以,②
①②得
,
所以.
提升点3 子数列与增减项问题
类型一 奇、偶项问题
［例1］ [2024·上饶一模]设为正项数列的前项和，若，，成等差数列．
（1） 求数列的通项公式；
（2） 设求数列的前2 024项和.
【答案】
（1） 【解】由已知得,①
当 时，,
又,所以.
当 时，,②
①②得,
所以.
因为,所以,
故数列 是以2为首项,2为公差的等差数列,所以.
（2） 由已知得,
所以.
因为,
所以.
所以.
（1）数列中的奇、偶项问题的常见题型
①数列中连续两项和或积的问题或;
②含有的类型；
③含有,的类型；
④已知条件明确的奇、偶项问题.
（2）对于通项公式分奇、偶项不同的数列求前项和时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把看作一项，求出，再求.
［对点训练］．在数列中，已知，,记为的前项和，.
（1） 判断数列是否为等比数列，并写出其通项公式；
（2） 求数列的通项公式.
【答案】
（1） 解：因为,
所以,
所以，即,
所以.
因为,，所以,
所以,
所以数列 是以 为首项，为公比的等比数列，
所以.
（2） 由（1）可知,
且,,所以数列 是以 为首项，为公比的等比数列，数列 是以1为首项，为公比的等比数列，
所以当 为奇数时，;
当 为偶数时,.
所以
类型二 两个数列的公共项问题
［例2］ 已知数列的前项和，的前项积．
（1） 求与的通项公式；
（2） 把数列和的公共项由小到大排成的数列记为，求的值．
【答案】
（1） 【解】由 得，当 时，,
当 时，,
当 时，上式也成立，所以.
由 得，当 时，,
当 时，，
当 时，上式也成立，所以.
（2） 设,即,
当,时，,,解得 不是正整数，不合题意；
当,时，,,解得 均为正整数，符合题意.
所以数列 和 的公共项为,.
所以,.
所以数列 是首项为2，公比为4的等比数列，则.
两个等差数列的公共项是等差数列，且公差是两个等差数列公差的最小公倍数；两个等比数列的公共项是等比数列，公比是两个等比数列公比的最小公倍数．
［对点训练］．数列和数列的公共项从小到大构成一个新数列，数列满足,则数列的最大项的值为________．
【答案】
【解析】数列 和数列 的公共项从小到大构成一个新数列为1，7，13， ，该数列是首项为1，公差为6的等差数列，
所以，所以，
因为,
所以当 时，，即 ，
又当 时，，故，所以数列 的最大项为第二项，其值为．
类型三 数列有关增减项问题
［例3］ [2024·湘潭质量检测]设各项都不为0的数列的前项积为，,.
（1） 求数列的通项公式；
（2） 保持数列中的各项顺序不变，在每两项与之间插入一项（其中，2,3，），组成新的数列，记数列的前项和为,求.
【答案】
（1） 【解】因为,
当 时，,
两式相除可得,
因为，所以,
所以,.
（2） 依题意，
.
解决此类问题的关键是通过阅读、理解题意，弄清楚增加了（减少了）多少项，增加（减少）的项有什么特征，在求新数列的和时，一般采用分组求和法，即把原数列部分和增加（减少）部分分别求和，再相加（相减）即可．
［对点训练］．已知正项数列和，为数列的前项和，且满足，．
（1） 分别求数列和的通项公式；
（2） 将数列中与数列相同的项剔除后，按从小到大的顺序构成数列，记数列的前项和为，求.
【答案】
（1） 解：因为,
所以当 时，,
两式相减得,,
因为，所以,
又当 时，，又，
所以，所以，
则，故．
（2） ，又，，
因此，
所以
．
专题强化训练
［A 基本技能］
1．已知在等差数列中，前项（为偶数）和为126，其中偶数项之和为69，且，则数列的公差为（ ）
A. B. 4 C. 6 D.
【答案】B
【解析】选B.设等差数列 的公差为.由题意可得，，，所以．因为，解得．
2．[2024·兰州诊断考试]已知数列满足,则（ ）
A. 5 B. 4 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】选B.由题知，,, ,,,,, ，可知该数列从第1 010项开始为周期数列，周期为3，又，所以.
3．[2024·漳州质量检测]将数列与的公共项从小到大排列得到数列，则（ ）
A. B.
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