解三角形和数列解答题练习（含解析）
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高中数学试卷2021年05月26日
1.已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 .
2.已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3 ．
（1）求数列{an}通项公式；
（2）{bn} 为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn ， 已知S2n+1=bnbn+1 ， 求数列 的前n项和Tn ．
3.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5 ．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1 ．
4.记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2=2，S3=﹣6．（12分）
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn ， 并判断Sn+1 ， Sn ， Sn+2是否能成等差数列．
5.等差数列{an}的前n项和为Sn ． 已知a1=10，a2为整数，且Sn≤S4 ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn= ，求数列{bn}的前n项和Tn ．
6.已知数列{an}的前n项和Sn=﹣ n2+kn（其中k∈N+），且Sn的最大值为8．
（1）确定常数k，求an；
（2）求数列 的前n项和Tn ．
7.已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan ， 其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5= ，求λ．
8.已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0．
（1）求a2 ， a3；
（2）求{an}的通项公式．
9.Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，an2+2an=4Sn+3,
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=,求数列{bn}的前n项和.
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求 的值；
（2）在边BC上取一点D，使得 ，求 的值．
11.中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求 周长的最大值.
12.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求A；
（2）若 ，证明：△ABC是直角三角形．
13.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a= c，b=2 ，求 的面积；
（2）若sinA+ sinC= ，求C.
14.已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x+ ，x∈（0，π）．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a= ，角B所对边b=5，若f（A）=0，求△ABC的面积．
15.在△ABC中，角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ．
（1）若a=3c ， b= ，cosB= ，求c的值；
（2）若 ，求 的值．
16.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.
17.在△ABC中，a=3，b-c=2，cosB=- .
（I）求b，c的值；
（II）求sin（B-C）的值.
18.已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1．
（1）证明{an+ }是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）证明： + +…+ ＜ ．
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】 （1）解：设等比数列 的公比为q(q>1)，则 ，
整理可得： ，
，
数列的通项公式为： .
（2）解：由于： ，故：
.
【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列 的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.
2.【答案】 （1）解：记正项等比数列{an}的公比为q，
因为a1+a2=6，a1a2=a3 ，
所以（1+q）a1=6，q =q2a1 ，
解得：a1=q=2，
所以an=2n；
（2）因为{bn} 为各项非零的等差数列，
所以S2n+1=（2n+1）bn+1 ，
又因为S2n+1=bnbn+1 ，
所以bn=2n+1， = ，
所以Tn=3? +5? +…+（2n+1）? ，
Tn=3? +5? +…+（2n﹣1）? +（2n+1）? ，
两式相减得： Tn=3? +2（ + +…+ ）﹣（2n+1）? ，
即 Tn=3? +（ + + +…+ ）﹣（2n+1）? ，
即Tn=3+1+ + + +…+ ）﹣（2n+1）? =3+ ﹣（2n+1）?
=5﹣ ．
【解析】【分析】（1）通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3 ， 可求出a1=q=2，进而利用等比数列的通项公式可得结论；（2）利用等差数列的性质可知S2n+1=（2n+1）bn+1 ， 结合S2n+1=bnbn+1可知bn=2n+1，进而可知 = ，利用错位相减法计算即得结论．
3.【答案】 解：（Ⅰ）等差数列{an}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，
所以{an}的通项公式：an=1+（n﹣1）×2=2n﹣1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得a5=a1+4d=9，
等比数列{bn}满足b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）．
∴q2=3，
{b2n﹣1}是等比数列，公比为3，首项为1．
b1+b3+b5+…+b2n﹣1= = ．
【解析】【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求{an}的通项公式；
（Ⅱ）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可．
4.【答案】 （1）解：设等比数列{an}首项为a1 ， 公比为q，
则a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，则a1= = ，a2= = ，
由a1+a2=2， + =2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=﹣2，
则a1=﹣2，an=（﹣2）（﹣2）n﹣1=（﹣2）n ，
∴{an}的通项公式an=（﹣2）n；
（2）由（1）可知：Sn= = =﹣ （2+（﹣2）n+1），
则Sn+1=﹣ （2+（﹣2）n+2），Sn+2=﹣ （2+（﹣2）n+3），
由Sn+1+Sn+2=﹣ （2+（﹣2）n+2）﹣ （2+（﹣2）n+3）=﹣ [4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×+（﹣2）n+1]，
=﹣ [4+2（﹣2）n+1]=2×[﹣ （2+（﹣2）n+1）]，
=2Sn ，
即Sn+1+Sn+2=2Sn ，
∴Sn+1 ， Sn ， Sn+2成等差数列．
【解析】【分析】（1.）由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1= = ，a2= = ，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1 ， 根据等比数列通项公式，即可求得{an}的通项公式；
（2.）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得Sn ， 分别求得Sn+1 ， Sn+2 ， 显然Sn+1+Sn+2=2Sn ， 则Sn+1 ， Sn ， Sn+2成等差数列．
5.【答案】 （1）解：由a1=10，a2为整数，且Sn≤S4得s3≤s4 ， s5≤s4 ， 即s4﹣s3≥0，s5﹣s4≤0，
∴a4≥0，a5≤0，即10+3d≥0，10+4d≤0，解得﹣ ≤d≤﹣ ，
∴d=﹣3，
∴{an}的通项公式为an=13﹣3n．
（2）解：∵bn= = （ ﹣ ）=﹣ （ ﹣ ），
∴Tn=b1+b2+…+bn= （ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）= （ ﹣ ）= ．
【解析】【分析】（1）由题意得a4≥0，a5≤0，即10+3d≥0，10+4d≤0，解得d=﹣3，即可写出通项公式；（2）利用裂项相消法求数列和即可．
6.【答案】 （1）解：当n=k时， 取得最大值
即 = k2=8
∴k=4，Sn=﹣ n2+4n
从而an=sn﹣sn﹣1= ﹣[﹣ （n﹣1）2+4（n﹣1）]=
又∵ 适合上式
∴
（2）解：∵ =
∴
两式相减可得，
= =
∴
【解析】【分析】（1）由二次函数的性质可知，当n=k时， 取得最大值，代入可求k，然后利用an=sn﹣sn﹣1可求通项（2）由 = ，可利用错位相减求和即可
7.【答案】 （1）解：∵Sn=1+λan ， λ≠0．
∴an≠0．
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=1+λan﹣1﹣λan﹣1=λan﹣λan﹣1 ，
即（λ﹣1）an=λan﹣1 ，
∵λ≠0，an≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，
即 = ，（n≥2），
∴{an}是等比数列，公比q= ，
当n=1时，S1=1+λa1=a1 ，
即a1= ，
∴an= ?（ ）n﹣1
（2）解：若S5= ，
则若S5=1+λ（ ?（ ）4= ，
即（ ）5= ﹣1=﹣ ，
则 =﹣ ，得λ=﹣1
【解析】【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．
8.【答案】 （1）解：根据题意，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0，
当n=1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2=0，
而a1=1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2=0，解可得a2= ，
当n=2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3=0，
又由a2= ，解可得a3= ，
故a2= ，a3=
（2）解：根据题意，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0，
变形可得（an﹣2an+1）（an+an+1）=0，
即有an=2an+1或an=﹣an+1 ，
又由数列{an}各项都为正数，
则有an=2an+1 ，
故数列{an}是首项为a1=1，公比为 的等比数列，
则an=1×（ ）n﹣1= n﹣1 ，
故an= n﹣1
【解析】【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n=1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2=0，将a1=1代入可得a2的值，进而令n=2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3=0，将a2= 代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0变形可得（an﹣2an+1）（an+an+1）=0，进而分析可得an=2an+1或an=﹣an+1 ， 结合数列各项为正可得an=2an+1 ， 结合等比数列的性质可得{an}是首项为a1=1，公比为 的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．；本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到an与an+1的关系．
9.【答案】 （1）2n+1.
（2）
【解析】【解答】
（Ⅰ）当n=1时，a12+2a1=4S1+3=4a1+3,因为an>0, 所以a1=3, 当n2时，an2+an-an-12-an-1=4Sn+3-4Sn-1-3=4an, 即（an+an-1）（an-an-1）=2（an+an-1）， 因为an>0, 所以an-an-1=2.
所以数列{an}是首项为3，公差为2的等比数列。所以an=2n+1,
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn==,
所以数列{bn}q前n项和为b1+b2+..............+bn==.
【分析】
（Ⅰ）先用数列第n项与前n项和的关系求出数列{an}的递推公式，可以判断数列{an}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{bn}的通项公式，再用拆项消去法求其前n项和.已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用an=?
??? 将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.
二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
10.【答案】 （1）解：由余弦定理得 ，所以 .
由正弦定理得 .
（2）解：由于 ， ，所以 .
由于 ，所以 ，所以 .
所以
.
由于 ，所以 .
所以 .
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求得 ，利用正弦定理求得 . （2）根据 的值，求得 的值，由（1）求得 的值，从而求得 的值，进而求得 的值.
三、解答题
11.【答案】 （1）解：由正弦定理可得： ，
，
， .
（2）解：由余弦定理得： ，
即 .
（当且仅当 时取等号），
，
解得： （当且仅当 时取等号），
周长 ， 周长的最大值为 .
【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出 的形式，进而求得A；（2）利用余弦定理可得到 ，利用基本不等式可求得 的最大值，进而得到结果.
12.【答案】 （1）解：因为 ，所以 ，
即 ，
解得 ，又 ，
所以 ；
（2）解：因为 ，所以 ，
即 ①，
又 ②， 将②代入①得， ，
即 ，而 ，解得 ，
所以 ，
故 ，
即 是直角三角形．
【解析】【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系， 可化为 ，即可解出；（2）根据余弦定理可得 ，将 代入可找到 关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
13.【答案】 （1）解：由余弦定理可得 ，
的面积 ；
（2）解： ，
，
，
.
【解析】【分析】（1）已知角B和b边，结合 关系，由余弦定理建立c的方程，求解得出 ，利用面积公式，即可得出结论；（2）将 代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关C角的三角函数值，结合C的范围，即可求解.
14.【答案】 （1）解：函数f（x）=cos2x﹣sin2x+
=cos2x+ ，x∈（0，π），
由2kπ﹣π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣ π≤x≤kπ，k∈Z，
k=1时， π≤x≤π，
可得f（x）的增区间为[ ，π）
（2）解：设△ABC为锐角三角形，
角A所对边a= ，角B所对边b=5，
若f（A）=0，即有cos2A+ =0，
解得2A= π，即A= π，
由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA，
化为c2﹣5c+6=0，
解得c=2或3，
若c=2，则cosB= ＜0，
即有B为钝角，c=2不成立，
则c=3，
△ABC的面积为S= bcsinA= ×5×3× =
【解析】【分析】（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；（2）由f（A）=0，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
四、解答题：本大题共6小题，共计90分．
15.【答案】 （1）解：因为 ，
由余弦定理 ，得 ，即 .
所以
（2）解：因为 ，
由正弦定理 ，得 ，所以 .
从而 ，即 ，故 .
因为 ，所以 ，从而 .
因此
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合余弦定理求出c的值。
（2）根据已知条件结合正弦定理得出 ，再利用同角三角函数基本关系式和诱导公式求出 的值。
五、解答题，共70分，第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答：
16.【答案】 （1）解：由题设及正弦定理得 ．
因为sinA 0，所以 ．
由 ，可得 ，故 ．
因为 ，故 ，因此B=60°．
（2）由题设及（1）知△ABC的面积 ．
由正弦定理得 ．
由于△ABC为锐角三角形，故0°因此，△ABC面积的取值范围是 ．
【解析】【分析】（1）由已知利用正弦定理列式，结合诱导公式化简，即可求出角B的值；（2）利用正弦定理列式，结合△ABC为锐角三角形得到 ，即可求出△ABC面积的取值范围．
六、解答题共6小题，共80分。
17.【答案】 解：（I）根据余弦定理 ，
故 ，
解得c=5，B=7；
（II）根据 ，得 ，
根据正弦定理， ，
得 ，解得 ，所以 ，
所以 .
【解析】【分析】（I）根据余弦定理，解方程即可求出c和b；
（II）根据同角三角函数的平方关系，求出sinB，结合正弦定理，求出sinC和cosC，即可依据两角和的正弦公式，求出sin（B-C）.
七、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.
18.【答案】 （1）证明： =3，
∵ ≠0，
∴数列{an+ }是以首项为 ，公比为3的等比数列；
∴an+ = = ，即 ；
（2）证明：由（1）知 ，
当n≥2时，∵3n﹣1＞3n﹣3n﹣1 ， ∴ ＜ = ，
∴当n=1时， 成立，
当n≥2时， + +…+ ＜1+ …+ = = ＜ ．
∴对n∈N+时， + +…+ ＜ ．
【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即 ?=常数，又首项不为0，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出{an}的通项公式；（2）将 进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．
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高中数学试卷2021年05月26日
1.已知公比大于 的等比数列 满足 ．
（1）求 的通项公式；
（2）求 .
2.已知{an}是各项均为正数的等比数列，且a1+a2=6，a1a2=a3 ．
（1）求数列{an}通项公式；
（2）{bn} 为各项非零的等差数列，其前n项和为Sn ， 已知S2n+1=bnbn+1 ， 求数列 的前n项和Tn ．
3.已知等差数列{an}和等比数列{bn}满足a1=b1=1，a2+a4=10，b2b4=a5 ．
（Ⅰ）求{an}的通项公式；
（Ⅱ）求和：b1+b3+b5+…+b2n﹣1 ．
4.记Sn为等比数列{an}的前n项和．已知S2=2，S3=﹣6．（12分）
（1）求{an}的通项公式；
（2）求Sn ， 并判断Sn+1 ， Sn ， Sn+2是否能成等差数列．
5.等差数列{an}的前n项和为Sn ． 已知a1=10，a2为整数，且Sn≤S4 ．
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn= ，求数列{bn}的前n项和Tn ．
6.已知数列{an}的前n项和Sn=﹣ n2+kn（其中k∈N+），且Sn的最大值为8．
（1）确定常数k，求an；
（2）求数列 的前n项和Tn ．
7.已知数列{an}的前n项和Sn=1+λan ， 其中λ≠0．
（1）证明{an}是等比数列，并求其通项公式；
（2）若S5= ，求λ．
8.已知各项都为正数的数列{an}满足a1=1，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0．
（1）求a2 ， a3；
（2）求{an}的通项公式．
9.Sn为数列{an}的前n项和.已知an＞0，an2+2an=4Sn+3,
（1）求{an}的通项公式；
（2）设bn=,求数列{bn}的前n项和.
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求 的值；
（2）在边BC上取一点D，使得 ，求 的值．
11.中，sin2A－sin2B－sin2C=sinBsinC．
（1）求A；
（2）若BC=3，求 周长的最大值.
12.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知 ．
（1）求A；
（2）若 ，证明：△ABC是直角三角形．
13.的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知B=150°.
（1）若a= c，b=2 ，求 的面积；
（2）若sinA+ sinC= ，求C.
14.已知函数f（x）=cos2x﹣sin2x+ ，x∈（0，π）．
（1）求f（x）的单调递增区间；
（2）设△ABC为锐角三角形，角A所对边a= ，角B所对边b=5，若f（A）=0，求△ABC的面积．
15.在△ABC中，角A ， B ， C的对边分别为a ， b ， c ．
（1）若a=3c ， b= ，cosB= ，求c的值；
（2）若 ，求 的值．
16.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知
（1）求B；
（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.
17.在△ABC中，a=3，b-c=2，cosB=- .
（I）求b，c的值；
（II）求sin（B-C）的值.
18.已知数列{an}满足a1=1，an+1=3an+1．
（1）证明{an+ }是等比数列，并求{an}的通项公式；
（2）证明： + +…+ ＜ ．
答案解析部分
一、解答题
1.【答案】 （1）解：设等比数列 的公比为q(q>1)，则 ，
整理可得： ，
，
数列的通项公式为： .
（2）解：由于： ，故：
.
【解析】【分析】(1)由题意得到关于首项、公比的方程组，求解方程组得到首项、公比的值即可确定数列的通项公式；(2)首先求得数列 的通项公式，然后结合等比数列前n项和公式求解其前n项和即可.
2.【答案】 （1）解：记正项等比数列{an}的公比为q，
因为a1+a2=6，a1a2=a3 ，
所以（1+q）a1=6，q =q2a1 ，
解得：a1=q=2，
所以an=2n；
（2）因为{bn} 为各项非零的等差数列，
所以S2n+1=（2n+1）bn+1 ，
又因为S2n+1=bnbn+1 ，
所以bn=2n+1， = ，
所以Tn=3? +5? +…+（2n+1）? ，
Tn=3? +5? +…+（2n﹣1）? +（2n+1）? ，
两式相减得： Tn=3? +2（ + +…+ ）﹣（2n+1）? ，
即 Tn=3? +（ + + +…+ ）﹣（2n+1）? ，
即Tn=3+1+ + + +…+ ）﹣（2n+1）? =3+ ﹣（2n+1）?
=5﹣ ．
【解析】【分析】（1）通过首项和公比，联立a1+a2=6、a1a2=a3 ， 可求出a1=q=2，进而利用等比数列的通项公式可得结论；（2）利用等差数列的性质可知S2n+1=（2n+1）bn+1 ， 结合S2n+1=bnbn+1可知bn=2n+1，进而可知 = ，利用错位相减法计算即得结论．
3.【答案】 解：（Ⅰ）等差数列{an}，a1=1，a2+a4=10，可得：1+d+1+3d=10，解得d=2，
所以{an}的通项公式：an=1+（n﹣1）×2=2n﹣1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得a5=a1+4d=9，
等比数列{bn}满足b1=1，b2b4=9．可得b3=3，或﹣3（舍去）（等比数列奇数项符号相同）．
∴q2=3，
{b2n﹣1}是等比数列，公比为3，首项为1．
b1+b3+b5+…+b2n﹣1= = ．
【解析】【分析】（Ⅰ）利用已知条件求出等差数列的公差，然后求{an}的通项公式；
（Ⅱ）利用已知条件求出公比，然后求解数列的和即可．
4.【答案】 （1）解：设等比数列{an}首项为a1 ， 公比为q，
则a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，则a1= = ，a2= = ，
由a1+a2=2， + =2，整理得：q2+4q+4=0，解得：q=﹣2，
则a1=﹣2，an=（﹣2）（﹣2）n﹣1=（﹣2）n ，
∴{an}的通项公式an=（﹣2）n；
（2）由（1）可知：Sn= = =﹣ （2+（﹣2）n+1），
则Sn+1=﹣ （2+（﹣2）n+2），Sn+2=﹣ （2+（﹣2）n+3），
由Sn+1+Sn+2=﹣ （2+（﹣2）n+2）﹣ （2+（﹣2）n+3）=﹣ [4+（﹣2）×（﹣2）n+1+（﹣2）2×+（﹣2）n+1]，
=﹣ [4+2（﹣2）n+1]=2×[﹣ （2+（﹣2）n+1）]，
=2Sn ，
即Sn+1+Sn+2=2Sn ，
∴Sn+1 ， Sn ， Sn+2成等差数列．
【解析】【分析】（1.）由题意可知a3=S3﹣S2=﹣6﹣2=﹣8，a1= = ，a2= = ，由a1+a2=2，列方程即可求得q及a1 ， 根据等比数列通项公式，即可求得{an}的通项公式；
（2.）由（1）可知．利用等比数列前n项和公式，即可求得Sn ， 分别求得Sn+1 ， Sn+2 ， 显然Sn+1+Sn+2=2Sn ， 则Sn+1 ， Sn ， Sn+2成等差数列．
5.【答案】 （1）解：由a1=10，a2为整数，且Sn≤S4得s3≤s4 ， s5≤s4 ， 即s4﹣s3≥0，s5﹣s4≤0，
∴a4≥0，a5≤0，即10+3d≥0，10+4d≤0，解得﹣ ≤d≤﹣ ，
∴d=﹣3，
∴{an}的通项公式为an=13﹣3n．
（2）解：∵bn= = （ ﹣ ）=﹣ （ ﹣ ），
∴Tn=b1+b2+…+bn= （ ﹣ + ﹣ +…+ ﹣ ）= （ ﹣ ）= ．
【解析】【分析】（1）由题意得a4≥0，a5≤0，即10+3d≥0，10+4d≤0，解得d=﹣3，即可写出通项公式；（2）利用裂项相消法求数列和即可．
6.【答案】 （1）解：当n=k时， 取得最大值
即 = k2=8
∴k=4，Sn=﹣ n2+4n
从而an=sn﹣sn﹣1= ﹣[﹣ （n﹣1）2+4（n﹣1）]=
又∵ 适合上式
∴
（2）解：∵ =
∴
两式相减可得，
= =
∴
【解析】【分析】（1）由二次函数的性质可知，当n=k时， 取得最大值，代入可求k，然后利用an=sn﹣sn﹣1可求通项（2）由 = ，可利用错位相减求和即可
7.【答案】 （1）解：∵Sn=1+λan ， λ≠0．
∴an≠0．
当n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1=1+λan﹣1﹣λan﹣1=λan﹣λan﹣1 ，
即（λ﹣1）an=λan﹣1 ，
∵λ≠0，an≠0．∴λ﹣1≠0．即λ≠1，
即 = ，（n≥2），
∴{an}是等比数列，公比q= ，
当n=1时，S1=1+λa1=a1 ，
即a1= ，
∴an= ?（ ）n﹣1
（2）解：若S5= ，
则若S5=1+λ（ ?（ ）4= ，
即（ ）5= ﹣1=﹣ ，
则 =﹣ ，得λ=﹣1
【解析】【分析】（1）根据数列通项公式与前n项和公式之间的关系进行递推，结合等比数列的定义进行证明求解即可．（2）根据条件建立方程关系进行求解就可．本题主要考查数列递推关系的应用，根据n≥2时，an=Sn﹣Sn﹣1的关系进行递推是解决本题的关键．考查学生的运算和推理能力．
8.【答案】 （1）解：根据题意，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0，
当n=1时，有a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2=0，
而a1=1，则有1﹣（2a2﹣1）﹣2a2=0，解可得a2= ，
当n=2时，有a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3=0，
又由a2= ，解可得a3= ，
故a2= ，a3=
（2）解：根据题意，an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0，
变形可得（an﹣2an+1）（an+an+1）=0，
即有an=2an+1或an=﹣an+1 ，
又由数列{an}各项都为正数，
则有an=2an+1 ，
故数列{an}是首项为a1=1，公比为 的等比数列，
则an=1×（ ）n﹣1= n﹣1 ，
故an= n﹣1
【解析】【分析】（1）根据题意，由数列的递推公式，令n=1可得a12﹣（2a2﹣1）a1﹣2a2=0，将a1=1代入可得a2的值，进而令n=2可得a22﹣（2a3﹣1）a2﹣2a3=0，将a2= 代入计算可得a3的值，即可得答案；（2）根据题意，将an2﹣（2an+1﹣1）an﹣2an+1=0变形可得（an﹣2an+1）（an+an+1）=0，进而分析可得an=2an+1或an=﹣an+1 ， 结合数列各项为正可得an=2an+1 ， 结合等比数列的性质可得{an}是首项为a1=1，公比为 的等比数列，由等比数列的通项公式计算可得答案．；本题考查数列的递推公式，关键是转化思路，分析得到an与an+1的关系．
9.【答案】 （1）2n+1.
（2）
【解析】【解答】
（Ⅰ）当n=1时，a12+2a1=4S1+3=4a1+3,因为an>0, 所以a1=3, 当n2时，an2+an-an-12-an-1=4Sn+3-4Sn-1-3=4an, 即（an+an-1）（an-an-1）=2（an+an-1）， 因为an>0, 所以an-an-1=2.
所以数列{an}是首项为3，公差为2的等比数列。所以an=2n+1,
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，bn==,
所以数列{bn}q前n项和为b1+b2+..............+bn==.
【分析】
（Ⅰ）先用数列第n项与前n项和的关系求出数列{an}的递推公式，可以判断数列{an}是等差数列，利用等差数列的通项公式即可写出数列{an}的通项公式；（Ⅱ）根据（Ⅰ）数列{bn}的通项公式，再用拆项消去法求其前n项和.已知数列前n项和与第n项关系，求数列通项公式，常用an=?
??? 将所给条件化为关于前n项和的递推关系或是关于第n项的递推关系，若满足等比数列或等差数列定义，用等比数列或等差数列通项公式求出数列的通项公式，否则适当变形构造等比或等数列求通项公式.
二、解答题：本大题共6小题，共计90分，请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
10.【答案】 （1）解：由余弦定理得 ，所以 .
由正弦定理得 .
（2）解：由于 ， ，所以 .
由于 ，所以 ，所以 .
所以
.
由于 ，所以 .
所以 .
【解析】【分析】（1）利用余弦定理求得 ，利用正弦定理求得 . （2）根据 的值，求得 的值，由（1）求得 的值，从而求得 的值，进而求得 的值.
三、解答题
11.【答案】 （1）解：由正弦定理可得： ，
，
， .
（2）解：由余弦定理得： ，
即 .
（当且仅当 时取等号），
，
解得： （当且仅当 时取等号），
周长 ， 周长的最大值为 .
【解析】【分析】（1）利用正弦定理角化边，配凑出 的形式，进而求得A；（2）利用余弦定理可得到 ，利用基本不等式可求得 的最大值，进而得到结果.
12.【答案】 （1）解：因为 ，所以 ，
即 ，
解得 ，又 ，
所以 ；
（2）解：因为 ，所以 ，
即 ①，
又 ②， 将②代入①得， ，
即 ，而 ，解得 ，
所以 ，
故 ，
即 是直角三角形．
【解析】【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系， 可化为 ，即可解出；（2）根据余弦定理可得 ，将 代入可找到 关系，再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
13.【答案】 （1）解：由余弦定理可得 ，
的面积 ；
（2）解： ，
，
，
.
【解析】【分析】（1）已知角B和b边，结合 关系，由余弦定理建立c的方程，求解得出 ，利用面积公式，即可得出结论；（2）将 代入已知等式，由两角差的正弦和辅助角公式，化简得出有关C角的三角函数值，结合C的范围，即可求解.
14.【答案】 （1）解：函数f（x）=cos2x﹣sin2x+
=cos2x+ ，x∈（0，π），
由2kπ﹣π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣ π≤x≤kπ，k∈Z，
k=1时， π≤x≤π，
可得f（x）的增区间为[ ，π）
（2）解：设△ABC为锐角三角形，
角A所对边a= ，角B所对边b=5，
若f（A）=0，即有cos2A+ =0，
解得2A= π，即A= π，
由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA，
化为c2﹣5c+6=0，
解得c=2或3，
若c=2，则cosB= ＜0，
即有B为钝角，c=2不成立，
则c=3，
△ABC的面积为S= bcsinA= ×5×3× =
【解析】【分析】（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；（2）由f（A）=0，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值．
四、解答题：本大题共6小题，共计90分．
15.【答案】 （1）解：因为 ，
由余弦定理 ，得 ，即 .
所以
（2）解：因为 ，
由正弦定理 ，得 ，所以 .
从而 ，即 ，故 .
因为 ，所以 ，从而 .
因此
【解析】【分析】（1）根据已知条件结合余弦定理求出c的值。
（2）根据已知条件结合正弦定理得出 ，再利用同角三角函数基本关系式和诱导公式求出 的值。
五、解答题，共70分，第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第22、23题为选考题，考生根据要求作答：
16.【答案】 （1）解：由题设及正弦定理得 ．
因为sinA 0，所以 ．
由 ，可得 ，故 ．
因为 ，故 ，因此B=60°．
（2）由题设及（1）知△ABC的面积 ．
由正弦定理得 ．
由于△ABC为锐角三角形，故0°
【解析】【分析】（1）由已知利用正弦定理列式，结合诱导公式化简，即可求出角B的值；（2）利用正弦定理列式，结合△ABC为锐角三角形得到 ，即可求出△ABC面积的取值范围．
六、解答题共6小题，共80分。
17.【答案】 解：（I）根据余弦定理 ，
故 ，
解得c=5，B=7；
（II）根据 ，得 ，
根据正弦定理， ，
得 ，解得 ，所以 ，
所以 .
【解析】【分析】（I）根据余弦定理，解方程即可求出c和b；
（II）根据同角三角函数的平方关系，求出sinB，结合正弦定理，求出sinC和cosC，即可依据两角和的正弦公式，求出sin（B-C）.
七、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或验算步骤.
18.【答案】 （1）证明： =3，
∵ ≠0，
∴数列{an+ }是以首项为 ，公比为3的等比数列；
∴an+ = = ，即 ；
（2）证明：由（1）知 ，
当n≥2时，∵3n﹣1＞3n﹣3n﹣1 ， ∴ ＜ = ，
∴当n=1时， 成立，
当n≥2时， + +…+ ＜1+ …+ = = ＜ ．
∴对n∈N+时， + +…+ ＜ ．
【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义，后一项与前一项的比是常数，即 ?=常数，又首项不为0，所以为等比数列；再根据等比数列的通项化式，求出{an}的通项公式；（2）将 进行放大，即将分母缩小，使得构成一个等比数列，从而求和，证明不等式．
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