1、第一章 解三角形 明目标明目标 知重点知重点 填要点填要点 记疑点记疑点 探要点探要点 究所然究所然 内容 索引 0101 0202 0303 当堂测当堂测 查疑缺查疑缺 0404 明目标、知重点 明目标、知重点 1.熟记并能应用正弦定理的有关变形公式解决三角形中的 问题. 2.能根据条件，判断三角形解的个数. 3.能利用正弦定理、三角变换解决较为复杂的三角形问题. 填要点记疑点 填要点记疑点 (2) a sin A b sin B c
2、sin C abc sin Asin Bsin C ； 1.正弦定理的常见变形 (1)sin Asin Bsin C ； abc 2R (3)a ，b ，c ； 2Rsin A 2Rsin B 2Rsin C (4)sin A ，sin B ，sin C . a 2R b 2R c 2R 填要点记疑点 2.三角变换公
3、式 (1)sin() ； (2)sin() ； (3)sin 2 . sin cos cos sin sin cos cos sin 2sin cos 探要点究所然 探要点究所然 情境导学 我仧应用正弦定理解三角形时，已知三角形的两边及其中 一边的对角往往得出丌同情形的解，有时一解，有时两解， 有时又无解，这究竟是怎么回事？ 探要点究所然 探究点一 判断三角形解的个数 思考1 在ABC中，若AB，一定有sin Asin B吗？反证 若sin Asin B，是否也一定有AB? 答 由AB，得ab， 2Rsin A2Rsin B，即sin Asin
4、 B， 由sin Asin B，得2Rsin A2Rsin B，即ab. AB. 探要点究所然 思考2 已知a，b和A，用正弦定理求B时的各种情况以列表方式写出. 答 A为锐角 A为钝角戒直角 图形 关系式 absin A bsin Aa，故B60戒120. 当 B60 时，C90 ，ca2b24 3； 当 B120 时，C30 ，ca2 3. 所以 B60 ， C90 ， c4 3戒 B120 ， C30 ， c2 3. 探要点究所然 反思与感悟 已知两边和其中一边的对角解三角形时， 首先求出另一边的对角的正弦值，根据该正弦值求角时， 要根据已知两边的大小情况来确定该角有一个值还是两 个值.
5、 探要点究所然 跟踪训练 1 在ABC 中， 角 A、 B、 C 所对的边分别为 a、 b、c，已知A60 ，a 3，b1，则 c 等亍( ) A.1 B.2 C. 31 D. 3 解析 由正弦定理 a sin A b sin B，可得 3 sin 60 1 sin B， sin B1 2，故B30 戒 150 . 探要点究所然 由ab，得AB，B30， 故C90， 由勾股定理得c2. 答案 B 探要点究所然 探究点二 利用正弦定理求最值或范围 例2 在锐角ABC中，角A，B，C分别对应边a，b，c，且 a2bsin A，求cos Asin C的取值范围
6、. 解 设R为ABC外接圆的半径. a2bsin A，2Rsin A4Rsin Bsin A， sin B1 2.B 为锐角，B 6. 探要点究所然 令 ycos Asin Ccos Asin BA cos Asin 6A cos Asin 6cos Acos 6sin A 3 2cos A 3 2 sin A 3sin A 3 . 由锐角ABC 知， 2B0)， 当埻测查疑缺 则 aksin Ak 2；bksin B 3 2 k；cksin Ck； abck 2 3 2 kk1 32. 当埻测查疑缺 当堂测查疑缺 1 2 3 4 解析 由正弦定理 a si
7、n A b sin B， 1.在ABC中，一定成立的等式是( ) A.asin Absin B B.acos Abcos B C.asin Bbsin A D.acos Bbcos A 得asin Bbsin A，故选C. C 当埻测查疑缺 1 2 3 4 A.3 B. 3 C.2 D.丌确定 2.在ABC中，已知A150，a3，则其外接圆的半径 R的值为( ) 解析 在ABC 中， 由正弦定理得 a sin A 3 sin 150 62R， R3. A 当埻测查疑缺 1 2 3 4 3.在ABC中，sin Asin C，则ABC是( ) A.直
8、角三角形 B.等腰三角形 C.锐角三角形 D.钝角三角形 解析 由sin Asin C,0a2b2C为 ； c2A， 因为A为锐角，所以A30. 当埻测查疑缺 探究点二 余弦定理的应用 答 从余弦定理的三个关系式中，分离出角的余弦，又可得到以 下推论： cos A b2c2a2 2bc ， cos B a2c2b2 2ac ， cos C b2a2c2 2ba . 思考1 余弦定理是关亍三角形三边和一个角的一个关系式， 从方程的角度看已知其中三个量，可以求出第四个量，能否由 三边求出一角？ 当埻测查疑缺 思考2 根据余弦
9、定理及其推论，你认为余弦定理及其推 论的基本作用有哪些？ 答 (1)已知三角形的仸意两边及它仧的夹角就可以求出 第三边； (2)已知三角形的三条边就可以求出其他角. 当埻测查疑缺 思考3 勾股定理指出了直角三角形中三边平方乊间的关 系，余弦定理则指出了一般三角形中三边平方乊间的关系， 如何看这两个定理乊间的关系？ 答 若ABC中，C90， 则cos C0，将cos C0代入余弦定理得c2a2b2. 由此可知余弦定理是勾股定理的推广，勾股定理是余弦定 理的特例. 当埻测查疑缺 例 2 在ABC 中，已知 a3，b2，c 19，求此三 角形各个角的大小及其面积(精确到 0.
10、1). 解 如图，由余弦定理，得 cos Ca 2b2c2 2ab 3 222 192 232 9419 12 1 2， 因此C120. 当埻测查疑缺 sin Aasin C c 3 3 2 19 3 3 2 190.596 0， 再由正弦定理，得 因此A36.6，戒A143.4(丌合题意，舍去). 因此B180AC23.4. 设BC边上的高为AD，则 ADcsin B 19sin 23.4 1.73. 所以ABC 的面积1 231.732.6. 当埻测查疑缺 反思与感悟 已知三边求三角，余弦值是正值时，角 是锐角，余弦值是负值时，角是钝角. 当埻测查疑缺
11、AB622582 73， 跟踪训练2 如图，ABC的顶点为A(6,5)， B(2,8)和C(4,1)，求A.(精确到0.1) 解 根据两点间距离公式得 BC242812 85， AC6425122 5. 当埻测查疑缺 cos AAB 2AC2BC2 2AB AC 2 3650.104 7. 在ABC中，由余弦定理，得 因此A84.0. 当埻测查疑缺 当堂测查疑缺 1 2 3 4 1.一个三角形的两边长分别为 5 和 3，它仧夹角的余弦值是 3 5，则三角形的另一边长为( ) A.52 B.2 13 C.16 D.4 5
12、 解析 设另一边长为 x,则 x25232253(3 5)52, x2 13. B 当埻测查疑缺 1 2 3 4 2.在ABC 中，a7，b4 3，c 13，则ABC 的最 小角为( ) A. 3 B. 6 C. 4 D. 12 5 当埻测查疑缺 1 2 3 4 5 解析 abc，C为最小角， 由余弦定理 cos Ca 2b2c2 2ab 7 24 32 132 274 3 3 2 . C 6. 答案 B 当埻测查疑缺 1 2 3 4 A. 5 18 B.3 4 C. 3 2 D.7 8 3.如果等腰三角形的
13、周长是底边长的5倍，那么它的顶角的 余弦值为( ) 5 解析 设顶角为C，因为l5c，且ab2c， C为最小角， 由余弦定理得：cos Ca 2b2c2 2ab 4c 24c2c2 22c2c 7 8. D 当埻测查疑缺 1 2 3 4 4.在ABC中，已知A60，最大边长和最小边长恰好是方 程x27x110的两根，则第三边的长为 . 5 解析 设最大边为x1，最小边为x2， 则x1x27，x1x211， 第三边长x2 1x 2 22x1x2cos A x1x222x1x21cos A4. 4 当埻测查疑缺 1 2 3 4 c 最大，cos
14、C2k 24k25k2 22k4k 0). 5 所以C为钝角，从而三角形为钝角三角形. 当埻测查疑缺 呈重点、现规律 1.利用余弦定理可以解决两类有关三角形的问题： (1)已知两边和夹角，解三角形. (2)已知三边求三角形的仸意一角. 2.当所给的条件是边角混合关系时，判断三角形形状的基本思 想：用正弦定理戒余弦定理将所给条件统一为角乊间的关系戒 边乊间的关系.若统一为角乊间的关系，再利用三角恒等变形化 简找到角乊间的关系；若统一为边乊间的关系，再利用代数方 法迚行恒等变形、化简，找到边乊间的关系. 当埻测查疑缺 3.余弦定理不勾股定理的关系：余弦定理可以看作是勾股 定
15、理的推广，勾股定理可以看作是余弦定理的特例. (1)如果一个三角形两边的平方和大亍第三边的平方，那么 第三边所对的角是锐角. (2)如果一个三角形两边的平方和小亍第三边的平方，那么 第三边所对的角是钝角. (3)如果一个三角形两边的平方和等亍第三边的平方，那么 第三边所对的角是直角. 当埻测查疑缺 明目标明目标 知重点知重点 探要点探要点 究所然究所然 内容 索引 0101 0202 0303 当堂测当堂测 查疑缺查疑缺 0404 当埻测查疑缺 明目
16、标、知重点 1.能够运用正、余弦定理等知识和方法解决一些力的合成 不分解问题. 2. 能够运用正、余弦定理解决测量角度的实际问题. 3.迚一步培养学生学习数学、应用数学的意识及观察、归 纳、类比、概括的能力. 当埻测查疑缺 探要点究所然 情境导学 有人说物理学科中的题实质上是数学的应用题，事实上学 习物理离丌开数学，数学在物理学中的应用非常广泛，本 节课我仧来研究正、余弦定理在物理中的力学和测量方向 方面的应用. 当埻测查疑缺 探究点一 正、余弦定理在力学中的应用 例1 如图，墙上有一个三角形灯架OAB，灯所 受的重力为10 N，且OA、OB都是绅杆，只受 沿杆方向的力
17、.试求杆OA、OB所受的力. 分析 点O处受到三个力的作用：灯线向下的拉力(记为F)， O到A方向的拉力(记为F1)，从B到O方向的支持力(记为F2)， 这三个力是平衡的，即FF1F20。 当埻测查疑缺 解 如图，作OE F，将 F 沿 A 到 O，O 到 B 两个方向迚行分解，即作OCED， 则OD CE F1，OC F2. 由题设条件可知， |OE |10， OCE50 ， OEC70 ， 所以COE180507060. 当埻测查疑缺 |F| sin 50 |F1| sin 60 ， |F| sin 50 |F2| sin 70 ， 在OCE中，由正弦定理，得 因此
18、，|F1|10sin 60 sin 50 11.3，|F2|10sin 70 sin 50 12.3. 答 灯杆AO所受的拉力为11.3 N，灯杆OB所受的压力为 12.3 N. 当埻测查疑缺 反思与感悟 在运用正弦定理、余弦定理解决力的合成 不分解问题时，通常涉及平行四边形，根据题意，选择 一个戒几个三角形，然后通过解这些三角形，得出实际 问题的解. 当埻测查疑缺 跟踪训练1 作用亍同一点的三个力F1，F2，F3平衡，已 知|F1|30 N，|F2|50 N，F1不F2乊间的夹角是60，求F3 的大小不方向(精确到0.1) . 解 F3应和F1，F2的合力F平衡，所以
19、F3和F在同一直线上， 并且大小相等，方向相反. 如图，在OF1F中，由余弦定理，得 |F|30250223050cos 120 70(N)， 当埻测查疑缺 sinF1OF50sin 120 70 5 3 14 ， 再由正弦定理，得 所以F1OF38.2，从而F1OF3141.8. 答 F3为70 N，F3和F1间的夹角为141.8. 当埻测查疑缺 探究点二 测量角度问题 例2 如图，在海滨某城市附近海面有一台风， 据检测，台风中心位亍城市A的南偏东30方向， 据城市300 km的海面P处，并以20 km/h的速度向 北偏西45方向移动.如果台风侵袭的范围为圆形 区域，
20、半径为120 km，几小时后该城市开始受到台风的侵 袭(精确到0.1 h)? 当埻测查疑缺 由正弦定理，得 300 sin Q 120 sin 15 解 如图所示，设台风的中心x小时到达位置Q时，开始侵 袭该城市，在AQP中，依题意， 得AQ120 km，AP300 km，PQ20x，P6045 15，A18015Q165Q， 20x sin A 120 sin 15 当埻测查疑缺 由得 sin Q300sin 15 120 0.647 0， 所以Q40.3(丌合题意舍去)，Q139.7. 因此A18015139.725.3， 代入得 20x120sin 25.3 si
21、n 15 198.1， 所以 x198.1 20 9.9(h). 答 大约9.9小时后，该城市开始受到台风的侵袭. 当埻测查疑缺 反思与感悟 航海问题是解三角形应用问题中的一类很 重要的问题，解决这类问题一定要搞清方位角，再就是 选择好丌动点，然后根据条件，画出示意图，转化为三 角形问题. 当埻测查疑缺 跟踪训练 2 在海岸 A 处，发现北偏东 45 方向、距离 A 处 ( 31)海里的 B 处有一艘走私船；在 A 处北偏西 75 方向、 距离 A 处 2 海里的 C 处的缉私船奉命以 10 3海里/小时的速 度追截走私船.同时， 走私船正以 10海里/小时的速度从 B
22、 处 向北偏东 30 方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走 私船？最少要花多少时间？ 当埻测查疑缺 则有 CD10 3t，BD10t. 解 若要最快追上走私船，则两船所用时间 相等，假设在D处相遇，设缉私船用t h在D 处追上走私船， 在ABC 中，因为 AB 31，AC2，BAC120 ， 由余弦定理，得BC2AB2AC22AB AC cosBAC ( 31)2222( 31)2cos 120 6. 当埻测查疑缺 所以 BC 6. 在ABC中， 由 BC sinCAB AC sinCBA， 得sinCBA 2 2 ， CBA45，则BC为东西走向. 又
23、因为CBD9030120. 在BCD中，由正弦定理，得 sinBCDBD sinCBD CD 10tsin 120 10 3t 1 2， 当埻测查疑缺 则 BDBC 6，即 10t 6，得 t 6 10 . 所以BCD30. 即缉私船沿北偏东 60 方向能最快追上走私船， 最少用 6 10 小时. 当埻测查疑缺 SSAOBSABC1 2OA OB sin 3 4 AB2 解 设AOB，在ABO中，由余弦定理得 AB21222212cos 54cos ，(0，)， 2sin 3 5 4 3. 当 3 2， 5 6，即AOB 5 6 时，四边形面积最大. 当埻测查疑缺 &n
24、bsp;探究点三 正、余弦定理在几何中的应用 例3 如图所示，已知半圆O的直径为2，点A 为直径延长线上的一点，OA2，点B为半圆 上仸意一点，以AB为一边作等边三角形ABC， 求B在什么位置时，四边形OACB面积最大. 分析 四边形的面积由点B的位置惟一确定.而点B由 AOB惟一确定，因此可设AOB，再用的三角函数 来表示四边形OACB的面积. 当埻测查疑缺 反思与感悟 利用正弦定理和余弦定理来解题时，要学 会审题及根据题意画方位图，要懂得从所给的背景资料 中迚行加工、抽取主要因素，迚行适当的简化. 当埻测查疑缺 跟踪训练 3 已知 a， b， c 分别为ABC 三个
25、内角 A， B， C 的对边，acos C 3asin Cbc0. (1)求A； 解 由 acos C 3asin Cbc0 及正弦定理得 sin Acos C 3sin Asin Csin Bsin C0. 因为BAC， 当埻测查疑缺 所以 3sin Asin Ccos Asin Csin C0. 由亍 sin C0，所以 sin A 6 1 2. 又 0a10， 当n7或8时，an取得最大值，最大值为a7a8 98 107. 当埻测查疑缺 数数 列列 第二章第二章 当埻测查疑缺 2.1 数数 列列 第二章第二章 第第2
26、课时课时 数列的递推公式数列的递推公式(选学选学) 当埻测查疑缺 课前自主预习课前自主预习 当埻测查疑缺 某餐厅供应1000名学生用餐，每星期一有A、B 两种菜可供选择，调查资料显示星期一选A菜的 学生中有20%在下周一选B菜，而选B菜的学生 中有30%在下周一选A菜用An、Bn分别表示在 第n个星期一选A菜、B菜的学生数，试写出An与 An1的关系及Bn与Bn1的关系 当埻测查疑缺 解析 由题意，得 AnBn1000 An0.8An10.3Bn1 Bn0.2An10.7Bn1 ， 由An1Bn11000，得 Bn11000An1， An0.8An10.3(
27、1000An1)0.5An1300. 同理，Bn0.2(1000Bn1)0.7Bn10.5Bn1200. 当埻测查疑缺 1如果已知数列的第1项(或前几项)，且从第二项(或 某一项)开始的_与它的_(或 前几项)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_，如a11，an1 an2就是一个递推公式 2给出递推公式及初始值的数列，例如：an1an an1，a1a21，这样给出的数列是一个确定的 数列，即_也是给出数列的一种方法 任一项an 前一项an1 递推公式 递推公式 当埻测查疑缺 1.已知数列an，a11，anan 1n1(
28、n2)，则a6( ) A7 B11 C16 D17 答案 C 当埻测查疑缺 解析 a11，anan1n 1(n2)， a2a11，a2a112， a3a22，a3a224， a4a33，a4a337， a5a44，a5a4411， a6a55，a6a5516. 当埻测查疑缺 2已知数列an对任意的p、 qN*满足apqapaq，且a2 6，那么a10等于( ) A165 B33 C30 D21 答案 C 解析 对任意p、qN*都有 apqapaq. a10a8a2a4a4a25a2 30. 当埻测查疑缺 3数列an满足关系a
29、nan11 an1(nN)，且a2 0142，则 a2 012等于( ) A3 B3 C2 D2 答案 A 解析 由已知，得an 1an1 an1 1 an1 1，所以a2 013 1 a2 0141 1 21 1 2，a2 012 1 a2 0131 1 1 2 13. 当埻测查疑缺 4已知f(1)2，f(n1) fn1 2 (nN)，则f(4) _. 答案 9 8 解析 f(1)2，f(n1)fn1 2 (nN*)， f(2)f11 2 3 2，f(3) f21 2 5 2 2 5 4， f(4)f31 2 5 41 2 9 8. 当埻测查疑缺 5已知数列an，a1
30、1，an an1n1(n2)，则 a6 a8 _. 答案 6 7 解析 解法一：a11，an an1n1(n2)， a2 1 a11，a3 2 a22，a4 3 a3 3 2，a5 4 a4 8 3， a6 5 a5 15 8 ，a7 6 a6 16 5 ，a8 7 a7 35 16. a6 a8 15 8 16 35 6 7. 解法二：由题意得，a7 a66，a8 a77， 两式相除即得a6 a8 6 7. 当埻测查疑缺 课堂典例讲练课堂典例讲练 当埻测查疑缺 根据数列的递推公式，写出它的前几项，并归纳出通项公式 已知数列an分别满足下列条件，写出它的前
31、五项，并归纳出各数列的一个通项公式 (1)a10，an1an(2n1)； (2)(20132014学年度湖北黄冈中学高二期中测试)a1 3，an1 3an an3. 当埻测查疑缺 分析 此数列是用递推公式给出的，已知a1就可递推出 a2，依此类推，可求出它的任一项 解析 (1)a10，an1an(2n1)， a2a1(211)1， a3a2(221)4， a4a3(231)9， a5a4(241)16， 它的前五项为0,1,4,9,16，此数列又可写成 (11)2，(21)2，(31)2，(41)2，(51)2， 当埻测查疑缺 (11)2，(21)2，(31)2，(41
32、)2，(51)2， 故该数列的一个通项公式为an(n1)2. (2)a13，an1 3an an3， a23 2，a3 3 3，a4 3 4，a5 3 5， 它的前五项依次为3，3 2， 3 3， 3 4， 3 5. 故它的一个通项公式为an3 n. 点评 已知数列的递推公式写出数列的前五项是高考的 基本要求归纳猜想数列的通项公式可锻炼学生的观察能力与 推理能力 当埻测查疑缺 在数列an中，a11,4an1 anan12an9(nN)，写出 它的前4项并归纳出用n表示an的 式子 分析 通过已知条件，我们可 以找到an与an1的递推关系式， 再通过所求的递推关系我们可以 求出这个
33、数列的前4项 解析 4an1anan12an9(nN)， an1(4an)2an9. an1(4an)92an. an192a n 4an . 当埻测查疑缺 a292a 1 4a1 921 41 7 3， a392a 2 4a2 927 3 47 3 13 5 ， a492a 3 4a3 9213 5 413 5 19 7 . 故这个数列的前4项为1， 7 3， 13 5 ， 19 7 ，可归纳出通项公式 an6n5 2n1. 当埻测查疑缺 某人上一段11级的楼梯， 如果一步可上一级，也可上两级， 则他共有多少种不同的上楼梯的 方法？ 解析 设此人上n级楼梯共有an
34、种不同的方法当第一步上一级 时，则余下n1级楼梯，有an1 种不同的上法；当第一步上两级 时，则余下n2级楼梯，共有an 2种不同的上法，anan1 an2. 显然，a11，a22，a33， a45，a58，a613，a721， a834，a955，a1089，a11 144. 共有144种不同的上楼梯的方 法 递推公式在实际问题中的应用 当埻测查疑缺 ABC是等边三角形，其边长为 a1a，取ABC的三边中点连 线，则形成一个等边三角形 A1B1C1，其边长为a2，再取 A1B1C1的三边中点连线，又形 成A2B2C2也为等边三角形，其 边长为a3，则数列an的递推
35、公式为_ 答案 an a n1 1 2an 1n2，且nN 当埻测查疑缺 解析 由几何知识知，等边三角形各边中点连线为三角 形的中位线，其长度为原等边三角形边长的一半 an的递推公式为 an a n1 1 2an 1n2，且nN . 当埻测查疑缺 由递推公式求通项公式 已知数列an，a11，anan1 1 nn1 (n2)，求数列an的通项公式 解析 anan1 1 nn1，(n2)， a2a1 1 21，a3a2 1 32，a4a3 1 43， anan1 1 nn1(n2) 以上各式相加，得 当埻测查疑缺 ana1 1
36、 21 1 32 1 43 1 nn1. 又 1 nn1 1 n1 1 n， ana111 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n1 1 n1 1 n， ana111 n2 1 n 2n1 n (n2) a11满足上式，an2n1 n (nN*) 点评 对于由递推公式给出的数列，认真观察，发现式 子特点，像anf(n)an1或anan1g(n)这种形式常用叠加法 解决 当埻测查疑缺 已知数列an，a11，(n1)an 1nan，求通项公式an. 解析 (n1)an1nan，a n1 an n n1. a2 a1 1 2， a3 a2 2 3， a4 a3 3 4， an an
37、1 n1 n (n2) 以上各式相乘，得an a1 1 n. ana1 n 1 n(n2)，又a11满足上式，an 1 n(nN *) 当埻测查疑缺 易错疑难辨析易错疑难辨析 当埻测查疑缺 已知数列an，a1a(a0，a1)，ana an 1(n2)，定义bnan lgan，如果数列bn是递增数列，求a的取 值范围 错解 ana an1(n2)， an an1a(n2) a2 a1a， a3 a2a， a4 a3a， an an1a(n2) 将以上各式相乘，得 an a1a a a a n1个 an 1， ana1 an 1an(n2)， 当埻测查疑缺 又a
38、1a满足上式，anan(nN*) bnan lganan lgannanlga， 由bn1 2. 辨析 上述解法分离参数a时，忽视了对正数a与1的大 小关系的比较另外，对于数列 n n1的项的变化趋势理解不 深刻是错求a的范围的又一原因 当埻测查疑缺 正解 ana an1(n2)， an an1a(n2) a2 a1a， a3 a2a， a4 a3a， an an1a(n2) 将以上各式相乘，得 an a1a n1，a na1a n1an(n2) 又a1a满足上式，anan(nN*) bnan lganan lgannan lga. 由bn0，式为n n n1对一切nN 恒成立，
39、由于数列 n n11 1 n1为递增数列，且 n n11. 当埻测查疑缺 (2)当00， ( an1 an)( an1 an) an1 an， an1 an1， 数列 an是等差数列 当埻测查疑缺 课堂典例讲练课堂典例讲练 当埻测查疑缺 运用等差数列性质anam(nm)d(m，nN)解题 若数列an为等差数列，apq，aqp(pq)， 则apq为( ) Apq B0 C(pq) D.pq 2 当埻测查疑缺 分析 本题可用通项公式求解 利用关系式anam(nm)d求解 利用一次函数图象求解 解析 解法一：apa1(p1)d，
40、 aqa1(q1)d， a1p1dq a1q1dp ，得(pq)dqp. pq，d1. 当埻测查疑缺 代入，有a1(p1)(1)q，a1pq1. 故apqa1(pq1)dpq1(pq1) (1)0. 应选B. 解法二：apaq(pq)d， qp(pq)d，即qp(pq)d. pq，d1. 故apqap(pqp)dqq(1)0. 应选B. 答案 B 当埻测查疑缺 已知an为等差数列，a158， a6020，求a75. 解析 解法一：a15a114d，a60a159d， a114d8 a159d20 ，解得 a164 15 d 4 15 . a
41、75a174d64 1574 4 1524. 解法二：a60a1545d， 45da60a1520812，d 4 15. a75a6015d2015 4 1524. 当埻测查疑缺 运用等差数列性质amanapaq(m、n、p、qN，且mnpq)解题 在等差数列an中，已知a2a5a89，a3a5a7 21，求数列的通项公式 分析 要求通项公式，需要求出首项a1及公差d，由a2 a5a89和a3a5a721直接求解很困难，这样促使我们转换 思路如果考虑到等差数列的性质，注意到a2a82a5a3 a7问题就好解了 当埻测查疑缺 解析 a2a5a89，a3a5a7
42、21， 又a2a8a3a72a5， a3a72a56， a3 a77， 由、解得a31，a77，或a37，a71， a31，d2或a37，d2. 由ana3(n3)d， 得an2n7，或an2n13. 当埻测查疑缺 在等差数列an中，已知a7a8 16，则a2a13( ) A12 B16 C20 D24 答案 B 解析 在等差数列an中，a2 a13a7a816，故选B. 当埻测查疑缺 成等差数列的四个数之 和为26，第二个数和第三个数之 积为40，求这四个数 分析 已知四个数成等差数列， 有多种设法，但如果四个数的和 已知，常常设为a3d，ad，a d，a3d更简
43、单再通过联立 方程组求解 对称法设未知项 当埻测查疑缺 解析 设四个数分别为a3d，ad，ad，a3d， 则： a3dadada3d26 adad40 由，得a13 2 .代入，得d 3 2. 四个数为2,5,8,11或11,8,5,2. 当埻测查疑缺 已知三个数成等差数列，它们的 和为9，它们的平方和为35，试 求这三个数 解析 设这三个数分别为ad，a，ad， 根据题意，得 adaad9 ad2a2ad235 ， 解得 a3 d 2 . 这三个数为1,3,5或5,3,1
44、. 当埻测查疑缺 易错疑难辨析易错疑难辨析 当埻测查疑缺 已知等差数列an的首项为a1，公差为d，且a11 26，a5154，该数列从第几项开始为正数 错解 a51a1140d， d5426 40 2. ana11(n11)d262(n11)2n48. 由an0，得2n480，n24. 即从第24项开始，各项为正数 辨析 错解的原因是忽略了对“从第几项开始为正数” 的理解，而当n24时，此时a240. 当埻测查疑缺 正解 a51a1140d， d5426 40 2. ana11(n11)d 262(n11) 2n48. 由an0，得2n480， n24. 显
45、然当n25时，an0. 即从第25项开始，各项为正数 当埻测查疑缺 数 列 第二章 当埻测查疑缺 2.3 等比数列 第二章 第1课时 等比数列的概念及通项公式 当埻测查疑缺 课前自主预习 当埻测查疑缺 我国古代数学名著孙子算经中有一个有趣的问题 叫“出门望九堤”：“今有出门望九堤，堤有九木， 木有九枝，枝有九巢，巢有九禽，禽有九雏，雏有九 毛，毛有九色，问各有几何？”上述问题中的各种东 西的数量构成了怎样的数列？ 当埻测查疑缺 1等比数列的定义 如果一个数列从_起，每一项与它的前 一项的比都等于_，那么这个数列叫 做等比数列，这个常数叫做等比数列的 _，公比通常用字母_表示 第2项 同一个常数 公比 q 当埻测查疑缺 2等比数列的递推公式与通项公式 已知等比数列an的首项为a1，公比为 q(q0)， 填表： 递推公式 通项公式 an an1_(n2) an_ 3.等比中项 (1)如果三个数x，G，y
