第一篇 专题二 微专题 解三角形中的结构不良问题-【衡中学案】2025年高考数学二轮总复习学案

微专题　 解三角形中的结构不良问题 ●wmx4 结构不良问题并不是这 个问题本身有什么错误 或不恰当，而是指它们 没有明确的结构、要求 或解决途径，其主要 特征： （１）问题条件或数据部 分缺失或冗余； （２）问题目标界定不 准确； （３）具有多种解决方法 和途径； （４）具有多种评价解决 方案的目标； （５）所涉及的概念、规 则和原理不确定． “解 三角形”属于三角形、 三角函数、三角恒等变 换的知识的范畴，与学 生学习生活紧密相连， 具有广泛的命题背景， 可以设置数学内部或外 部、简单或复杂、形式多 样的结构不良问题．主 要考查理性思维、运算 求解、数学探究、数学抽 象、数学建模等学科 素养． ●„m—˜ （１）题目所给的三个可 选择的条件是平行的， 无论选择哪个条件，都 可以解答题目； （２）在选择的条件中， 并没有哪个条件让解答 过程比较繁杂，只要推 理严谨、过程规范，都会 得到高分，但计算要细 心准确，避免出现低级 错误导致失分． *012 my#$3Y@ˆ–™šij'lm ●1234 １．（２０２３·海南省直辖县级单位统考模拟预测）在△ＡＢＣ中，角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为 ａ，ｂ，ｃ，２ｓｉｎ２ Ｂ ＋ Ｃ２ ＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ． （１）求∠Ａ； （２）再从条件①、条件②这两组条件中选择一组作为已知，使△ＡＢＣ存在且唯一确 定，求ｃ． 条件①：ａ ＝ ２，ｂ ＝ ３； 条件②：ｃｏｓ Ｂ ＝ ２槡２３ ，ａｂ ＝ ３槡２． ２．在①ｃｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ｃ ＝ ２，②ｂｃｏｓ π２ －( )Ｃ ＝ ｃｃｏｓ Ｂ，③ｓｉｎ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｂ ＝槡２这三个条件 中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求△ＡＢＣ的面积；若问 题中的三角形不存在，说明理由． 问题：是否存在△ＡＢＣ，它的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ，且Ａ ＝ π６ ，　 　 　 　 ， ｂ ＝ ４？ 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． !%! my=$‚M’•“‰”3Y›Q ˆŒœ ●1234 ３． （２０２４·重庆沙坪坝校考一模）从①２ａ －槡３ｃ 槡３ｂ ＝ ｃｏｓ Ｃｃｏｓ Ｂ，② ｓｉｎ Ａ －槡３ｓｉｎ Ｃ ｓｉｎ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｂ － ｃ ａ ， ③ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ － ｂｃｏｓ Ａ ｃｏｓ Ｃ ＝槡３２ ｂ，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中． 记△ＡＢＣ的内角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边分别为ａ，ｂ，ｃ．若　 　 　 　 ，求角Ｂ的大小． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分． ４．（２０２４·福建泉州校考模拟预测）在△ＡＢＣ中，ａ，ｂ，ｃ分别是角Ａ，Ｂ，Ｃ的对边，并 且ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ｂｃ． （１）已知　 　 　 　 ，计算△ＡＢＣ的面积；请从①ａ ＝槡７，②ｂ ＝ ２，③ｓｉｎ Ｃ ＝ ２ｓｉｎ Ｂ这三 个条件中任选两个，将问题（１）补充完整，并作答． （２）求ｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｃ的最大值． !%" ５．在①ｃ（ｓｉｎ Ａ － ｓｉｎ Ｃ）＝（ａ － ｂ）（ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｂ），②２ｂｃｏｓ Ａ ＋ ａ ＝ ２ｃ，③２槡３３ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２三个条件中任选一个，补充 在下面问题中，并解答． （１）求角Ｂ的大小； （２）如图所示，当ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｃ取得最大值时，若在△ＡＢＣ所 在平面内取一点Ｄ（Ｄ与Ｂ在ＡＣ两侧），使得线段ＤＣ ＝ ２，ＤＡ ＝ １，求△ＢＣＤ面积 的最大值． my@$!ž@ˆ%&'>?*AB ●1234 ６．在①函数ｆ（ｘ）＝ １２ ｓｉｎ（２ωｘ ＋ φ） ω ＞ ０，φ ＜ π( )２ 的图象向右平移π１２个单位长度 得到ｇ（ｘ）的图象，ｇ（ｘ）图象关于原点对称；②向量ｍ ＝（槡３ｓｉｎ ωｘ，ｃｏｓ ２ωｘ），ｎ ＝ １ ２ ｃｏｓ ωｘ， １( )４ ，ω ＞ ０，ｆ（ｘ）＝ｍ·ｎ；③函数ｆ（ｘ）＝ ｃｏｓ ωｘｓｉｎ ωｘ ＋ π( )６ － １４ （ω ＞ ０） 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知　 　 　 　 ，函数ｆ（ｘ）的 图象相邻两条对称轴之间的距离为π２ ． （１）若０ ＜ θ ＜ π２ ，且ｓｉｎ θ ＝槡 ２ ２ ，求ｆ（θ）的值； （２）求函数ｆ（ｘ）在［０，２π］上的单调递减区间． 温馨提示：复习至此，请做练案［９］ !%# 跟踪训练 ４．（１）在△ＡＢＣ中，由正弦定理得 ＡＣ ｓｉｎ Ｂ ＝ ＡＢ ｓｉｎ∠ＢＣＡ ， 即 槡１２ － ４ ３ｓｉｎ（１８０° － ４５° － ７５°）＝ ＡＢ ｓｉｎ ７５°， ＡＢ ＝ （ 槡１２ － ４ ３）·槡槡６ ＋ ２４ 槡３ ２ 槡＝ ４ ２， 故１号机器人和２号机器人之间的距离为槡４ ２米． （２）如图，设ＢＥ ＝ ｘ米．由题 意，ＥＤ ＝ ２ｘ米． ＡＥ ＝ ＡＤ － ＥＤ ＝ （１７ － ２ｘ）米， 在△ＡＢＥ中，由余弦定理得 ＢＥ２ ＝ ＡＢ２ ＋ ＡＥ２ － ２ＡＢ·ＡＥｃｏｓ Ａ， ｘ２ ＝（槡４ ２）２ ＋（１７ － ２ｘ）２ 槡－ ２ × ４ ２（１７ － ２ｘ）ｃｏｓ ４５°， 整理得３ｘ２ － ５２ｘ ＋ １８５ ＝ ０，解得ｘ ＝ ５或３７３ ， 所以ＡＥ ＝ １７ － ２ｘ ＝ ７，或ＡＥ ＝ － ２３３ （不合题意，舍去）， 故若２号机器人最快可在线段ＡＤ上的点Ｅ处截住足球，此时 线段ＡＥ的长为７米． 微专题　 解三角形中的结构不良问题 题型选讲 题型一 典例研析 １．（１）因为２ｓｉｎ２ Ｂ ＋ Ｃ２ ＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ，所以１ － ｃｏｓ（Ｂ ＋ Ｃ）＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ， 所以１ ＋ ｃｏｓ Ａ ＝ １ ＋ ｓｉｎ Ａ，则ｔａｎ Ａ ＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ａ ＝ １， 又０ ＜ Ａ ＜ π，∴ Ａ ＝ π４ ． （２）若选条件①：因为ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ，所以槡 ２ ２ ＝ ３ ２ ＋ ｃ２ － ２２ ６ｃ ， 所以ｃ２ 槡－ ３ ２ｃ ＋ ５ ＝ ０，则Δ ＝ １８ － ２０ ＝ － ２ ＜ ０，故ｃ无解； 若选条件②：因为ｃｏｓ Ｂ ＝ 槡２ ２３ ，又０ ＜ Ｂ ＜ π，所以ｓｉｎ Ｂ ＝ １ ３ ， 由正弦定理得ａｓｉｎ Ａ ＝ ｂ ｓｉｎ Ｂ，所以 ａ 槡２ ２ ＝ ｂ１ ３ ， 所以ａ ＝ 槡３ ２２ ｂ，又ａｂ 槡＝ ３ ２，所以ａ ＝ ３，ｂ 槡＝ ２， 因为ｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ａｓｉｎ Ｂ ＝槡２２ × 槡 ２ ２ ３ ＋ 槡２ ２ × １ ３ ＝ 槡４ ＋ ２ ６ ， 所以ｃ ＝ ａｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ａ ＝ ３ × 槡４ ＋ ２６ 槡２ ２ 槡＝ ２ ２ ＋ １． ２．选择①： 由余弦定理可知，ｃｃｏｓ Ｂ ＋ ｂｃｏｓ Ｃ ＝ ｃ·ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＋ ｂ· ａ２ ＋ ｂ２ － ｃ２ ２ａｂ ＝ ａ ＝ ２，由正弦定理得，ｓｉｎ Ｂ ＝ ｂｓｉｎ Ａ ａ ＝ １，又Ｂ∈ （０，π），所以Ｂ ＝ π２ ， 所以△ＡＢＣ是直角三角形，则ｃ 槡＝ ２ ３，所以△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １ ２ ａｃ 槡＝ ２ ３． 选择②： 由正弦定理得，ｓｉｎ Ｂｃｏｓ π２ －( )Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂ，即ｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ｃｃｏｓ Ｂ， 又Ｃ∈（０，π），所以ｓｉｎ Ｃ≠０，所以ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｂ，即ｔａｎ Ｂ ＝ １， 又Ｂ∈（０，π），所以Ｂ ＝ π４ ， 由正弦定理得，ａ ＝ ｂｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ ２， 所以△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ 槡＝ ４ ２ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ 槡４ ２ｓｉｎ π４ ＋ π( )６ 槡＝ ２ ＋ ２ ３． 选择③： 因为ｓｉｎ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｂ 槡＝ ２ｓｉｎ Ｂ ＋ π( )４ 槡＝ ２，所以ｓｉｎ Ｂ ＋ π( )４ ＝ １， 又Ｂ∈（０，π），所以Ｂ ＋ π４ ∈ π ４ ， ５π( )４ ，所以Ｂ ＋ π４ ＝ π２ ，即Ｂ ＝ π４ 由正弦定理得，ａ ＝ ｂｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂ 槡＝ ２ ２， 所以△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ａｂｓｉｎ Ｃ 槡＝ ４ ２ ｓｉｎ（Ａ ＋ Ｂ）＝ 槡４ ２ｓｉｎ π４ ＋ π( )６ 槡＝ ２ ＋ ２ ３． 题型二 典例研析 ３．若选①：２ａ 槡－ ３ｃ 槡３ｂ ＝ ｃｏｓ Ｃｃｏｓ Ｂ， ２ｓｉｎ Ａ 槡－ ３ｓｉｎ Ｃ 槡３ｓｉｎ Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｃｃｏｓ Ｂ，２ｓｉｎ Ａｃｏｓ Ｂ 槡＝ ３ｓｉｎ（Ｂ ＋ Ｃ） 槡＝ ３ｓｉｎ（π － Ａ） 槡＝ ３ｓｉｎ Ａ，ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，Ｂ ＝ π ６ ； 若选②：ｓｉｎ Ａ 槡－ ３ｓｉｎ Ｃｓｉｎ Ｂ ＋ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｂ － ｃ ａ ， ａ 槡－ ３ｃ ｂ ＋ ｃ ＝ ｂ － ｃ ａ ，ｂ ２ ＝ ａ２ ＋ ｃ２ 槡－ ３ａｃ， ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，Ｂ ＝ π ６ ； 若选③：ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ － ｂｃｏｓ Ａｃｏｓ Ｃ ＝槡３２ ｂ，ｓｉｎ Ａｓｉｎ Ｂｓｉｎ Ｃ － ｓｉｎ Ｂｃｏｓ Ａｃｏｓ Ｃ ＝槡３２ ｓｉｎ Ｂ， － ｃｏｓ（Ａ ＋ Ｃ）＝ ｃｏｓ Ｂ ＝槡３２ ，Ｂ ＝ π ６ ． ４．（１）∵ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ｂｃ，∴由余弦定理知，ｃｏｓ Ａ ＝ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＝ ｂｃ ２ｂｃ ＝ １ ２                                                                      ， —３７２— ∵ Ａ∈（０，π），∴ Ａ ＝ π３ ． 选择①②： ∵ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ｂｃ，∴ ４ ＋ ｃ２ － ７ ＝ ２ｃ，即ｃ２ － ２ｃ － ３ ＝ ０，解得ｃ ＝ ３或－ １（舍负）， 则△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ｂｃ·ｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ × ２ × ３ × ｓｉｎ π ３ ＝ 槡３ ３ ２ ； 选择①③： 由正弦定理知， ｂｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ， ∵ ｓｉｎ Ｃ ＝ ２ｓｉｎ Ｂ，∴ ｃ ＝ ２ｂ（）， ∵ ｂ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ＝ ｂｃ，∴ ｂ２ ＋ ｃ２ － ７ ＝ ｂｃ（）， 由构成的方程组，解得ｂ ＝槡２１３ ，ｃ ＝ 槡 ２ ２１ ３ ， 则△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ｂｃ·ｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ × 槡２１ ３ × 槡２ ２１ ３ × ｓｉｎ π ３ ＝ 槡７ ３６ ． 选择②③： 由正弦定理知， ｂｓｉｎ Ｂ ＝ ｃ ｓｉｎ Ｃ，∵ ｓｉｎ Ｃ ＝ ２ｓｉｎ Ｂ，∴ ｃ ＝ ２ｂ ＝ ４， 则△ＡＢＣ的面积Ｓ ＝ １２ ｂｃ·ｓｉｎ Ａ ＝ １ ２ × ２ × ４ × ｓｉｎ π ３ 槡＝ ２ ３． （２）由（１）知，Ａ ＝ π３ ，∴ Ｂ ＋ Ｃ ＝ ２π ３ ， ∴ ｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｃ ＝ ｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ ２π３ －( )Ｂ ＝ ｃｏｓ Ｂ － １２ ｃｏｓ Ｂ ＋ 槡３ ２ ｓｉｎ Ｂ ＝ ｓｉｎ Ｂ ＋ π( )６ ， ∵ ０ ＜ Ｂ ＜ ２π３ ，∴ Ｂ ＋ π ６ ∈ π ６ ， ５π( )６ ，∴ ｓｉｎ Ｂ ＋ π( )６ ∈ １２ ，( ]１ ， 故ｃｏｓ Ｂ ＋ ｃｏｓ Ｃ的最大值为１． ５．（１）若选①：ｃ（ｓｉｎ Ａ － ｓｉｎ Ｃ）＝（ａ － ｂ）（ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｂ）， 由正弦定理得ｃ（ａ － ｃ）＝（ａ － ｂ）（ａ ＋ ｂ），整理得ａ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ＝ ａｃ， 所以ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ ａｃ ２ａｃ ＝ １ ２ ，又０ ＜ Ｂ ＜ π，所以Ｂ ＝ π ３ ． 若选②：２ｂｃｏｓ Ａ ＋ ａ ＝ ２ｃ， 由余弦定理得２ｂ ｂ ２ ＋ ｃ２ － ａ２ ２ｂｃ ＋ ａ ＝ ２ｃ，化简得ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ＝ ａｃ， 所以ｃｏｓ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２ ２ａｃ ＝ ａｃ ２ａｃ ＝ １ ２ ，又０ ＜ Ｂ ＜ π，所以Ｂ ＝ π ３ ． 若选③：槡２ ３３ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝ ａ ２ ＋ ｃ２ － ｂ２， 由余弦定理得槡２ ３３ ａｃｓｉｎ Ｂ ＝ ２ａｃｃｏｓ Ｂ， 化简得ｔａｎ Ｂ 槡＝ ３，又０ ＜ Ｂ ＜ π，所以Ｂ ＝ π３ ． （２）由（１）得Ａ ＋ Ｃ ＝ ２π３ ，故０ ＜ Ａ ＜ ２π ３ ， 所以ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｃ ＝ ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ ２π３ －( )Ａ ＝ ３２ ｓｉｎ Ａ ＋槡３２ ｃｏｓ Ａ ＝ 槡３ｓｉｎ Ａ ＋ π( )６ ， 由π６ ＜ Ａ ＋ π ６ ＜ ５π ６ ，所以当Ａ ＋ π ６ ＝ π ２即Ａ ＝ π ３时，ｓｉｎ Ａ ＋ ｓｉｎ Ｃ取得最大值槡３， 令∠ＡＣＤ ＝ θ，∠ＡＤＣ ＝ α，ＡＢ ＝ ＡＣ ＝ ＢＣ ＝ ａ， 在△ＡＣＤ中由正弦定理可得， ａｓｉｎ α ＝ １ ｓｉｎ θ ，所以ｓｉｎ α ＝ ａｓｉｎ θ， 由余弦定理可得ａ２ ＝ ２２ ＋ １２ － ２ × ２ × １ × ｃｏｓ α ＝ ５ － ４ｃｏｓ α， 所以ａ２ ｃｏｓ２θ ＝ ａ２（１ － ｓｉｎ２θ）＝ ａ２ － ａ２ ｓｉｎ２θ ＝ ５ － ４ｃｏｓ α － ｓｉｎ２α ＝ ｃｏｓ２α － ４ｃｏｓ α ＋ ４ ＝（２ － ｃｏｓ α）２， 因为ＤＡ ＝ １，ＤＣ ＝ ２，可得０ ＜ θ ＜ π２ ，所以ａｃｏｓ θ ＝ ２ － ｃｏｓ α， Ｓ△ＢＣＤ ＝ １ ２ × ａ × ２ × ｓｉｎ π ３ ＋( )θ ＝槡３２ ａｃｏｓ θ ＋ １２ ａｓｉｎ θ ＝槡３２ （２ － ｃｏｓ α）＋ １ ２ ｓｉｎ α ＝ ｓｉｎ α － π( )３ 槡＋ ３≤ 槡１ ＋ ３， 当且仅当α － π３ ＝ π ２即α ＝ ５π ６时，等号成立， 所以△ＢＣＤ面积的最大值为槡３ ＋ １． 题型三 典例研析 ６．方案一：选条件① 由题意可知，Ｔ ＝ ２π２ω ＝ π，∴ ω ＝ １， ∴ ｆ（ｘ）＝ １２ ｓｉｎ（２ｘ ＋ φ），∴ ｇ（ｘ）＝ １ ２ ｓｉｎ ２ｘ ＋ φ － π( )６ ， 又函数ｇ（ｘ）图象关于原点对称，∴ φ ＝ ｋπ ＋ π６ ，ｋ∈Ｚ， ∵ ｜φ ｜ ＜ π２ ，∴ φ ＝ π ６ ，∴ ｆ（ｘ）＝ １ ２ ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ， （１）∵ ０ ＜ θ ＜ π２ ，ｓｉｎ θ ＝槡 ２ ２ ，∴ θ ＝ π ４ ， ∴ ｆ（θ）＝ ｆ π( )４ ＝ １２ ｓｉｎ ２３ π ＝槡３４ ． （２）由π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ π ６ ≤ ３ ２ π ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ，得 π ６ ＋ ｋπ≤ｘ≤ ２ ３ π ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 令ｋ ＝ ０，得π６ ≤ｘ≤ ２ ３ π，令ｋ ＝ １，得 ７ ６ π≤ｘ≤ ５ ３ π， ∴函数ｆ （ｘ）在［０，２π］上的单调递减区间为 π ６ ， ２ ３[ ]π ， ７６ π，５３[ ]π ． 方案二：选条件② ∵ ｍ ＝（槡３ｓｉｎ ωｘ，ｃｏｓ ２ωｘ），ｎ ＝ １２ ｃｏｓ ωｘ，( )１４ ， ∴ ｆ （ｘ） ＝ ｍ·ｎ ＝ 槡３２ ｓｉｎ ωｘｃｏｓ ωｘ ＋ １ ４ ｃｏｓ ２ωｘ ＝ １ ２ 槡３ ２ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ １ ２ ｃｏｓ ２ω( )ｘ ＝ １２ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ π( )６ ， 又Ｔ ＝ ２π２ω ＝ π，∴ ω ＝ １，∴ ｆ（ｘ）＝ １ ２ ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ， （１）∵ ０ ＜θ ＜ π２ ，ｓｉｎ θ ＝槡 ２ ２ ，∴ θ ＝ π ４ ，∴ ｆ（θ）＝ ｆ π( )４ ＝ １２ ｓｉｎ ２３ π ＝槡３４ ． （２）由π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ π ６ ≤ ３ ２ π ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ，得 π ６ ＋ ｋπ≤ｘ                                                                       ≤ —４７２— ２ ３ π ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 令ｋ ＝ ０，得π６ ≤ｘ≤ ２ ３ π，令ｋ ＝ １，得 ７ ６ π≤ｘ≤ ５ ３ π， ∴函数ｆ （ｘ）在［０，２π］上的单调递减区间为 π ６ ， ２ ３[ ]π ， ７６ π，５３[ ]π ． 方案三：选条件③ ｆ（ｘ）＝ ｃｏｓ ωｘｓｉｎ ωｘ ＋ π( )６ － １４ ＝ ｃｏｓ ωｘ ｓｉｎ ωｘｃｏｓ π６ ＋ ｃｏｓ ωｘｓｉｎ π( )６ － １４ ＝槡３２ ｓｉｎ ωｘｃｏｓ ωｘ ＋ １ ２ ｃｏｓ ２ωｘ － １４ ＝ 槡３ ４ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ １ ４ ｃｏｓ ２ωｘ ＝ １２ 槡３ ２ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ １ ２ ｃｏｓ ２ω( )ｘ ＝ １２ ｓｉｎ ２ωｘ ＋ π( )６ ， 又Ｔ ＝ ２π２ω ＝ π，∴ ω ＝ １，∴ ｆ（ｘ）＝ １ ２ ｓｉｎ ２ｘ ＋ π( )６ ， （１）∵ ０ ＜ θ ＜ π２ ，ｓｉｎ θ ＝槡 ２ ２ ，∴ θ ＝ π ４ ，∴ ｆ（θ）＝ ｆ π( )４ ＝ １ ２ ｓｉｎ ２ ３ π ＝ 槡３ ４ ． （２）由π２ ＋ ２ｋπ≤２ｘ ＋ π ６ ≤ ３ ２ π ＋ ２ｋπ，ｋ∈Ｚ，得 π ６ ＋ ｋπ≤ｘ≤ ２ ３ π ＋ ｋπ，ｋ∈Ｚ， 令ｋ ＝ ０，得π６ ≤ｘ≤ ２ ３ π，令ｋ ＝ １，得 ７ ６ π≤ｘ≤ ５ ３ π． ∴函数ｆ （ｘ）在［０，２π］上的单调递减区间为 π ６ ， ２ ３[ ]π ， ７６ π，５３[ ]π ． 专题三　 数列 第１讲　 等差数列与等比数列 真题再现明考向 １． Ｃ　 方法一：甲：｛ａｎ｝为等差数列，设其首项为ａ１，公差为ｄ， 则Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ｄ， Ｓｎ ｎ ＝ ａ１ ＋ ｎ － １ ２ ｄ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ， Ｓｎ ＋ １ ｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ ＝ ｄ ２ ， 因此Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，则甲是乙的充分条件； 反之，乙： Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ － Ｓｎｎ ＝ ｎＳｎ ＋ １ －（ｎ ＋ １）Ｓｎｎ（ｎ ＋ １） ＝ ｎａｎ ＋ １ － Ｓｎ ｎ（ｎ ＋ １）为常数，设为ｔ， 即ｎａｎ ＋１ － Ｓｎｎ（ｎ ＋１）＝ ｔ，则Ｓｎ ＝ ｎａｎ ＋１ － ｔ·ｎ（ｎ ＋１），有Ｓｎ －１ ＝（ｎ －１）ａｎ － ｔ·ｎ（ｎ － １），ｎ≥２， 两式相减得ａｎ ＝ ｎａｎ ＋ １ －（ｎ － １）ａｎ － ２ｔｎ，即ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ２ｔ，对ｎ ＝ １也成立， 因此｛ａｎ｝为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件，Ｃ正确． 方法二：甲：｛ａｎ｝为等差数列，设数列｛ａｎ｝的首项为ａ１，公差 为ｄ，即Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＋ ｎ（ｎ － １）２ ｄ， 则Ｓｎｎ ＝ ａ１ ＋ ｎ － １ ２ ｄ ＝ ｄ ２ ｎ ＋ ａ１ － ｄ ２ ，因此 Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即 甲是乙的充分条件； 反之，乙： Ｓｎ{ }ｎ 为等差数列，即Ｓｎ ＋ １ｎ ＋ １ － Ｓｎｎ ＝ Ｄ，Ｓｎｎ ＝ Ｓ１ ＋（ｎ － １）Ｄ， 即Ｓｎ ＝ ｎＳ１ ＋ ｎ（ｎ － １）Ｄ，Ｓｎ － １ ＝（ｎ － １）Ｓ１ ＋（ｎ － １）（ｎ － ２）Ｄ， 当ｎ≥２时，上两式相减得Ｓｎ － Ｓｎ － １ ＝ Ｓ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ，当ｎ ＝ １ 时，上式成立， 于是ａｎ ＝ ａ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ，又ａｎ ＋ １ － ａｎ ＝ ａ１ ＋ ２ｎＤ －［ａ１ ＋ ２（ｎ － １）Ｄ］＝ ２Ｄ为常数， 因此｛ａｎ｝为等差数列，则甲是乙的必要条件， 所以甲是乙的充要条件．故选Ｃ． ２． Ｃ　 方法一：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，首项为ａ１， 若ｑ ＝ １，则Ｓ６ ＝ ６ａ１ ＝ ３ × ２ａ１ ＝ ３Ｓ２，与题意不符，所以ｑ≠１； 由Ｓ４ ＝ － ５，Ｓ６ ＝ ２１Ｓ２可得ａ１（１ － ｑ ４） １ － ｑ ＝ － ５， ａ１（１ － ｑ６） １ － ｑ ＝ ２１ × ａ１（１ － ｑ２） １ － ｑ ①， 由①可得１ ＋ ｑ２ ＋ ｑ４ ＝ ２１，解得ｑ２ ＝ ４， 所以Ｓ８ ＝ ａ１（１ － ｑ ８） １ － ｑ ＝ ａ１（１ － ｑ４） １ － ｑ ×（１ ＋ ｑ ４）＝ － ５ ×（１ ＋ １６） ＝ － ８５．故选Ｃ． 方法二：设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ， 因为Ｓ４ ＝ － ５，Ｓ６ ＝ ２１Ｓ２，所以ｑ≠ － １，否则Ｓ４ ＝ ０， 从而，Ｓ２，Ｓ４ － Ｓ２，Ｓ６ － Ｓ４，Ｓ８ － Ｓ６成等比数列， 所以有（－ ５ － Ｓ２）２ ＝ Ｓ２（２１Ｓ２ ＋ ５），解得Ｓ２ ＝ － １或Ｓ２ ＝ ５４ ， 当Ｓ２ ＝ － １时，Ｓ２，Ｓ４ － Ｓ２，Ｓ６ － Ｓ４，Ｓ８ － Ｓ６，即为－ １，－ ４，－ １６， Ｓ８ ＋ ２１，易知Ｓ８ ＋ ２１ ＝ － ６４，即Ｓ８ ＝ － ８５； 当Ｓ２ ＝ ５４时，Ｓ４ ＝ ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＋ ａ４ ＝（ａ１ ＋ ａ２）（１ ＋ ｑ ２）＝（１ ＋ ｑ２）Ｓ２ ＞ ０，与Ｓ４ ＝ － ５矛盾，舍去．故选Ｃ． ３． Ｄ　 设等比数列｛ａｎ｝的公比为ｑ，ｑ≠０， 若ｑ ＝ １，则ａ２ － ａ５ ＝ ０，与题意矛盾，所以ｑ≠１， 则ａ１ ＋ ａ２ ＋ ａ３ ＝ ａ１（１ － ｑ３） １ － ｑ ＝ １６８， ａ２ － ａ５ ＝ ａ１ｑ － ａ１ｑ ４ ＝ ４２ { ， 解得 ａ１ ＝ ９６， ｑ ＝ １２ { ， 所以ａ６ ＝ ａ１ｑ５ ＝ ３．故选Ｄ． ４． Ｂ　 若ａ１ ＝ － １，ｑ ＝ １，则Ｓｎ ＝ ｎａ１ ＝ － ｎ，则｛Ｓｎ｝是递减数列， 不满足充分性； ∵ Ｓｎ ＝ ａ１ １ － ｑ（１ － ｑ ｎ），则Ｓｎ ＋ １ ＝ ａ１１ － ｑ（１ － ｑ ｎ ＋ １），∴ Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ ａ１ １ － ｑ（ｑ ｎ － ｑｎ ＋ １）＝ ａ１ｑｎ， 若｛Ｓｎ｝是递增数列，∴ Ｓｎ ＋ １ － Ｓｎ ＝ ａ１ｑｎ ＞ ０对ｎ∈Ｎ恒成立， 则ａ１ ＞ ０，ｑ ＞ ０，∴满足必要性， 故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选Ｂ． ５． Ｃ　 设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则ｄ≠０，记[ ]ｘ 为不超过ｘ的 最大整数． 若｛ａｎ｝为单调递增数列，则ｄ ＞ ０， 若ａ１≥０，则当ｎ≥２时，ａｎ ＞ ａ１≥０；若ａ１ ＜ ０，则ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ， 由ａｎ ＝ ａ１ ＋（ｎ － １）ｄ ＞ ０可得ｎ ＞ １ － ａ１ｄ ，取Ｎ０ ＝ １ － ａ１[ ]ｄ                                                                       ＋ —５７２—