三角函数数列高考题专题训练答案

解：（Ⅰ）由1＋cos2A―cos2B―cos2C＝2sinB·sinC得CBACBsinsinsinsinsin222（2分）由正弦定理得bcacb222，（4分）∴2221cos22bcaAbc∵0＜A＜π∴3A（6分）21解：（Ⅰ）证明：由2231nnnaaa得22222321nnnnnaaaaa①2)1(4122311nnnnnaaaaa②（2分）∴12411211nnnnaaaa即nnbb411，且4112111aab∴数列nb是首项为41，公比为41的等比数列．（4分）16．解：（Ⅰ）假设a∥b，则2cos(cossin)sin(cossin)0xxxxxx，………2分∴221cos211cos22cossincossin0,2sin20222xxxxxxx，即sin2cos23xx，∴2(sin2)34x，……………………………………4分与|2(sin2)|24x矛盾，∴假设不成立，故向量a与向量b不可能平行．………………………………………6分（Ⅱ）∵ab(cossin)(cossin)sin2cosxxxxxx22cossin2sincosxxxx22cos2sin22(cos2sin2)2(sin2)224xxxxx，………8分∴2sin(2)42x．]2,0[x，∴52[,]444x，……………………………………………………10分442x或4342x，0x或4x．………………………………12分16．⑴∵xxxf2cos3)22cos(1)(1分＝)32sin(21x3分又由2,4x得32,632x∴1,21)32sin(x5分故22121)(minxf，f(x)max＝1+2×1＝36分⑵mxf)(＜2在2,4x上恒成立2,4x时2)(2)(minmaxxfmxfm9分结合⑴知：422123mm故m的取值范围是（1，4）12分20．⑴由xxf)(得ax2＋(2a－1)x＝0(a≠0)∴当且仅当21a时，xxf)(有唯一解x＝0，∴22)(xxxf当1)(nxf得x1＝2，由211122)(11nnnnnnxxxxxfx得∴数列}1{nx是首项为2111x，公差为21的等差数列∴nxnnxnn22)1(21211故7分16.解：（1）BABABABAbasincoscossinsinsincottan2222由正弦定理得'6,22sin2sin,cossincossin或直角三角形为等腰或即于是BABABABBAA（2）,,60BAc'126120cos22323432ABCACABCBCABaaSABC故是正三角形即19．解：（1）212142212111nnnnnnnaaaaabb故数列{bn}是等差数列………………………………3分nnannnbbnn22,2212121)1(1,……………………7分16.解：（1）xxxxxxbaxfcos2sin)sin(cos)sin(cos)(分的最小正周期分分分6.)(5)42sin(2)2sin4cos2cos4(sin23)2sin222cos22(22sin2cos2cossin2sincos22Txfxxxxxxxxxxx（2）.45424,20xx…………8分分有最小值时即当分有最大值时即当12.1)(,2,454210.2)(,8,242xfxxxfxx18．解:（1）由题意知，*)()41(Nnann，……………2分又143log2nnba，故32(*)nbnnN……………4分（2）由（1）知，*)(23,)41(Nnnbannn*)(,)41()23(Nnncnn……………6分,)41()23()41)53()41(7)41(4411132nnnnnS……7分1432)41()23()41)53()41(7)41(4)41(141nnnnnS…9分两式相减，得132)41()23(])41()41()41[(34143nnnnS.)41()23(211nn…12分2321()(*)334nnnSnN……………12分解：（1）由已知条件及余弦定理得3sin3tan,,2coscos2cosbcAAbcAAA∴3sin2A.∵(0,)2A,.3A故……………………6分（2）)50cos50sin31(70sin)]10tan(31)[10sin(AA=sin7050cos50sin350cos=2sin7050cos)5030sin(==－40sin20cos20sin2=－121.解（1）由n+1nn12a3aa变形得2a1n-2an=an-a1n(n2)，故2b1n=bn故nb是以a2-a1为首项，21为公比的等比数列。…………….3分a1n-an=1)21(n由累加法得an-a1=211)21(11n，故an=4-2)21(n…………………….6分16．解：（1）由5262cos2sin12cos2sin2cos2sin2cot2tan22BBBBBBBB，得.135sinB53cosA，BAsin54sin，B为锐角，1312cosB，.125tanB……………………………………6分（2）由656313553131254sincossin)sin(sinBAABAC，又9c，CcAasinsin，得752a，.790135975221sin21BacSABC……………………12分17．解：（1）12；（2）f(x)max=1，此时512x.18．解：（1）an=43n()nN（2）143nn.16．解：因为223sincos2cos3sin2cos21mnxxxxx所以log3sin2cos2log2sin26aafxxxx故22T…………6分令2sin26gxx，则gx的单调递增的正值区间是,126kkkZ，单调递减的正值区间是5,612kkkZ当01a时，函数fx的单调递增区间为5,612kkkZ当1a时，函数fx的单调递增区间为,126kkkZ（注：区间为开的不扣分）…………12分