阅读与思考 三角学与天文学教案评析

题目：

三角恒等变换

撰稿人：陈妙玲

一、

教学目的：三角函数恒等变化是高考重点考查内容之一。通过这个专题训练让学生复习三角的化简、求值及恒等式的证明，也体现了等价转化的数学思想。

二、

重点难点：1、公式的逆用和变形。

2、应用方程的思想解决问题。

三、

例题选讲

例1:求值：tan9°+cot117°－tan243°－cot351°．

例2：

求证：cos2x+cos2（x+α）－2cosxcosαcos（x+α）=sin2α．

例3：已知tan

例4：求sin5013tan102613，tanαtanβ=，求cos（α－β）的值．

27的值

3例5：

在△ABC中，已知sin2Asin2B＝，tanAtanB＝3，求角C. 4

353例6：

已知sin2, (

,

)．

542

（Ⅰ）求cos的值；

（Ⅱ）求满足sin(–

x ) – sin (+ x) + 2cos=例7：

已知：tan= 2，求：

4

（Ⅰ）tan的值；

10的锐角x．

10

（Ⅱ）sin2sin2cos2的值．

例8：已知向量a(cos3x3xxx，sin)，b(cos，sin)，c(3，1)，其中xR．

2222

（Ⅰ）当ab时，求x值的集合；

（Ⅱ）求|ac|的最大值．

四、

习题

1、

求3tan1234cos2122sin12的值

sin2cos2①求tan

②求1cos221（）

2、

已知tan42的值

3、已知

tan222,22

求2cos2sin12sin4的值

4、已知tan2

求下列各式的值

①2cos3sin2cossin5、已知

3 ②cos2sincos

21

求sinxcosx的值

522〈x〈0

且sinxcosx6、已知、为锐角且cos4 tan1

求cos的值。

57、已知cos1 cos117143且、为锐角，求

求

8、已知方程2x2 cos31xm0的两根分别是sin、sincos1cot1tan的值。

五、答

案

（1）

例题答案

例1．解：tan9°+cot117°－tan243°－cot351°

=tan9°－tan27°－cot27°+cot9°

=sin9cos9sin27cos27()

cos9sin9cos27sin27sin29cos29sin227cos227=

sin9cos9sin27cos27=

222(sin54sin18)=4 sin18sin54sin18cos3611（1+cos2x）+［1+cos（2x+2α）］－2cosxcosαcos（x+α）

22例2．证明：左边=

1［cos2x+cos（2x+2α）］－2cosxcosαcos（x+α）

2=1+cos（2x+α）cosα－cosα［cos（2x+α）+cosα］

=1+cos（2x+α）cosα－cosαcos（2x+α）－cos2α

=1－cos2α=sin2α

=右边，

∴原不等式成立．

=1+

例3．解：∵tanαtanβ=∴cos（α－β）=－sinsincos()cos()13，

coscoscos()cos()710cos（α+β）．

31tan262)612，

又tan，∴cos（α+β）=2561tan21()221(从而cos（α－β）=－例4解：

1012×（－）=．

353tan60tan10tan50tan(6010)1tan60tan10tan60tan1013tan10tan50tan60tan10原式sin50tan50sin60sin10cos60cos10sin50sin50cos50

sin50cos50cos60cos10sin100cos101

33例5：解：∵sin2Asin2B＝，∴sinAsinBcosAcosB＝

416

由A、B∈(0，π)，知sinAsinB＞0，∴cosAcosB＞0 sinAsinB

又tanAtanB＝3，即＝3

cosAcosB

3sinAsinB＝4由①②得：1

cosAcosB＝41∴cosC＝－cos(A＋B)＝－cosAcosB＋sinAsinB＝

2π而C∈(0，π)，∴C＝. 3535例6：解：（Ⅰ）因为，所以23．

422

所以cos21sin22=4，

5

10．

10

由cos22cos21，所以cos

（Ⅱ）因为sin(x) – sin(x) + 2cos

所以2cos(1sinx)

所以sinx =10，

1010，

10

1， 2

611tan例7：解：（Ⅰ）tan== 2，∴tan．

341tan

（Ⅱ）解法一：

sin2+sin2+ cos2= sin2+ sin2+ cos2– sin2

= 2sincos+ cos2

2sincoscos22sincoscos2

=

1sin2cos22tan13

=．

2tan12

因为x为锐角，所以x．

（Ⅱ）解法二：

sin2+ sin2+ cos2= sin2+ sin2+ cos2– sin2

= 2sincos+ cos2

（1）

1

∵tan=，∴为第一象限或第三象限角．

313

当为第一象限角时，sin=，cos=，代入（1）得

1010

2sincos+ cos2=3；

2

110

当为第三象限角时，sin=，cos=110，代入（1）得

2sincos+ cos2=3．

2

综上所述：sin2+ sin2+ cos2=3．

2例8: 解：（Ⅰ）由ab，得ab0，即cos

则cos2x0，得x

∴

x|x

（Ⅱ）|ac|(cos23xx3xxcossinsin0．

2222kππ(kZ)．

24kππ，kZ为所求．

243x3x3xπ3)2(sin1)254sin()，

2223

所以|ac|有最大值为3．

（2）

习题答案

（1）-43

（2）①571② （3）3+22

（4）① 2 ② 0 （5）① -

356

②

10891031

（6）

（7）

（8）

1253502

题目：数列复习小结

撰稿人：陈妙玲

一、教学目的：

1．进一步掌握数列的有关概念和公式的应用

2．要求学生对等差、等比数列有更深刻的理解，逐渐形成熟练技巧

二、重点难点：解题技巧的形成。

三、例题选讲

例1

在△ABC中，三边a,b,c成等差数列，a,b,c也成等差数列，求证△ABC为正三角形

例2

从盛有盐的质量分数为20%的盐水2 kg的容器中倒出1 kg盐水，然后加入1 kg水，以后每次都倒出1 kg盐水，然后再加入1 kg水，

问：1.第5次倒出的的1 kg盐水中含盐多少g？

2.经6次倒出后，一共倒出多少k盐？此时加1 kg水后容器内盐水的盐的质量分数为多少？

例3在等比数列an中，a1a336,a2a460,Sn400，求n的范围

例4 设{an}, {bn}都是等差数列，它们的前n项和分别为An, Bn, 已知An5n3,Bn2n1求⑴ana；⑵5

bnb8例5设等差数列{an}的前n项和为Sn, (1)

如果a2＝9, S4＝40, 问是否存在常数c，使数列{Snc}成等差数列；

(2)

如果Sn＝n－6n, 问是否存在常数c，使得cSn1＝意自然数n都成立

2cSncSn222对任例6：已知a1, a2, a3, …, an, …构成一等差数列，其前n项和为Sn＝n,

设bn＝

an, 记{bn}的前n项和为Tn, (1) 求数列{an}的通项公式；(2) 证明：Tn<1. 3n例7：已知等差数列{an}的前n项和为Sn，bn＝11, 且a3b3＝,S3＋S5＝21, (1) 2Sn求数列{bn}的通项公式；(2) 求证：b1＋b2＋b3＋……＋bn<2. 例8：已知函数f

(x)＝(x－1), 数列{an}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q的等比数列(q∈R, q≠1, q≠0), 若a1＝f (d－1), a3＝f (d＋1), b1＝f (q－1), 2b3＝f (q＋1), (1) 求数列{an}, {bn}的通项公式；

(2) 设数列{cn}对任意的自然数n均有

cc1c2c3nan1成立，求c1＋c3＋c5＋……＋c2n1的值

b1b2b3bn3、

习题

9n(n1)1、

已知an(n∈N*),求数列{an}的最大项。

n102、若{an}是递增数列λ对于任意自然数n,ann2n恒成立，

求实数λ的取值范围

3、（本小题满分10分）已知等差数列{an}中，a2=8,前10项和S10=185. （1）求通项an；

（2）若从数列{an}中依次取第2项、第4项、第8项…第2项……按原来的顺序组成一个新的数列{bn}，求数列{bn}的前n项和Tn. 4、（2003年天津文19）已知数列{an}满足a11,an3n1an1(n2).

n3n1.

（Ⅰ）求a2,a3;（Ⅱ）证明an25、（本小题满分10分）已知y=f(x)为一次函数，且f(2)、f(5)、f(4)成等比数列，f(8)=15,求Sn=f(1)+f(2)+…+f(n)的表达式.

6、

数列{an}的前n项和为Sn3n5n,数列{bn}中b18,bn64bn1.

（1）求通项an；

2

（2）是否存在常数a、b，使得对一切自然数n都有anlogabnb成立.若存在，

求出a、b的值；若不存在，说明理由.

7、设数列{an}的首项a1=1前n项和sn满足关系式3tsn(2t3)sn13t(t>0,n∈N,n≥2)．

（1）

求证数列{an}是等比数列；

（2）

设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b11，bnf(≥2)，求bn．

8、数列｛an｝满足a1=1,an=1(n∈

N,n)，bn11an-1+1

(n≥２)

2⑴

写出数列｛an｝的前５项；

⑵

求数列｛an｝的通项公式。

4、

答案

（一）例题答案：

例1：由题设，2bac且2b∴4bac2ac

∴ac2ac 即

(ac)20 从而ac ∴bac

（获证）

例2：解：1.每次倒出的盐的质量所成的数列为{an}，则：

a1= 0.2 kg , a2= 由此可见：an= (ac 112×0.2 kg , a3= ()×0.2 kg

221n1)×0.2 kg , 215114a5= ()×0.2= ()×0.2=0.0125 kg

221 2 2.由1.得{an}是等比数列 a1=0.2 , q=

S6a1(1q)1q60.2(11)260.39375kg112

0.40.393750.006250.0062520.003125例3：解：∵a1a3a1q236，∴a1q6

又∵a2a4a1q1q260，且1q20，∴a1q0，

2a12a12∴a1q6,1q10解之：

或q3q32a11qn23n1当a12,q3时，Sn4003n401，∴n6

1q2（∵32733729）

当a12,q3时，Sn∵nN且必须为偶数

∴n8，（∵32187,36561）

78*56n231n40034801，

1(2n1)(a1a2n1)an2an(a1a2n1)2例4：⑴

解法1：＝＝

1(b1b2n1)bn2bn(2n1)(b1b2n1)2A2n110n2＝. 4n3B2n1An5n3

Bn2n1⑴解法2：∵{an}, {bn}都是等差数列∴可设An＝kn(5n+3), Bn=kn(2n-1) ∴an=An-An1= k[n(5n+3)-(n-1)(5(n-1)+3)]=kn(10n-2), bn=Bn-Bn1=k[n(2n-1)-(n-1)(2(n-1)-1)] =kn(4n-3), ∴ankn(10n2)10n2==

4n3kn(4n3)bn

⑵解：由⑴解法2，有

an=An-An1= k[n(5n+3)-(n-1)(5(n-1)+3)]=kn(10n-2), bn=Bn-Bn1=k[n(2n-1)-(n-1)(2(n-1)-1)] =kn(4n-3), ∴a5＝k5(105-2)=240k b8＝k8(48-3)=232k ∴

a5240k30=

b8232k29例5： 解：(1) 由a2＝9, S4＝40, 得a1＝7, d＝2, ∴

an＝2n＋5, Sn＝n＋6n, Snc＝n26nc

2 ∴

当c＝9时, Snc＝n＋3是等差数列；

(2) cSn1＝cSncSn22对任意自然数n都成立，

等价于{cSn}成等差数列, 由于Sn＝n－6n 2∴cSn＝(n3)c9, 2即使c＝9, cSn＝|n－3|, 也不会成等差数列，

因此不存在这样的常数c使得cSn1＝cSncSn22对

例6：解：(1) a1＝S1＝1, 当n≥2时, an＝Sn－Sn1＝2n－1; 由于n＝1时符合公式，∴

an＝2n－1 (n≥1). (2) Tn＝1352n1n, 39273132n32n11n1, ∴

Tn＝39273n3 两式相减得

222n11112n1122nn1＝＋(1－n1)－n1, Tn＝＋39273333333

∴

Tn＝12n111＋(1－n1)－<1, 2223n311＝, 3a13d2例7：解：(1)设等差数列{an}的首项为a1, 公差为d,则a3b3＝(a1＋2d)· S3＋S5＝8a1＋13d＝21, 解得

a1＝1, d＝1, ∴

an＝n, Sn＝n(n1)2, bn＝; 2n(n1) (2) b1＋b2＋b3＋……＋bn

＝2·[(1－11111)＋(－)＋……＋()]<2. 223nn122例8解：(1) a1＝f (d－1)＝(d－2), a3＝f (d＋1)＝d, ∴

a3－a1＝2d, 即d－(d－2)＝2d, 解得d＝2, ∴

a1＝0, an＝2(n－1), 又b1＝f (q－1)＝(q－2), b3＝f (q＋1)＝q, 2222b32＝q, b1q22∴

＝q, 2(q2) ∵q ≠1, ∴ q＝3, ∴b1＝1, bn＝3 (2) 设mn＝n1

cn(n∈N), 数列{mn}的前n项和为Sn, bn则Sn＝an1＝2n, Sn1＝an＝2(n－1),

∴Sn－Sn1＝2, 即cnn1＝2, ∴

cn＝2bn＝2·3

bn ∴c1＋c3＋c5＋……＋c2n1

22n2＝2＋2·3＋……＋2·32(9n1)9n1＝＝, 914（二）习题答案：

anan11、【解析】

设{an}中第n项最大，则有

aan1n9n(n1)9n1n10n10n1即n,∴8≤n≤9 n19(n1)9(n1)10n110n即a8、a9最大. 【答案】

a8和a9

2、.考查数列和不等式基本知识. 22【解析】

因为{an}为递增数列，∴n+λn>(n－1)+λ(n－1)(n≥2) 即2n－1>－λ(n≥2)λ>1－2n(n≥2) *要使n∈N恒成立，则λ>－3. 【答案】

λ>－3 a1d83、解：

（1）设{an}公差为d,有

10910ad18512解得a1=5,d=3 ∴an=a1+(n－1)d=3n+2 (2)∵bn=a2n=3×2+2 ∴Tn=b1+b2+…+bn=(3×2+2)+(3×2+2)+…+(3×2+2)=3(2+2+…+2)+2n=6×2+2n－6.

24、

（Ⅰ）∵a1=1 . ∴a2=3+1=4, a3=3+4=13 . n－1 （Ⅱ）证明：由已知an－an－1=3,故an(anan1)(an1an2)(a2a1)a13n112nn12nn3n23n131.23n1所以证得an

2

25、解：

设y=f(x)=kx+b,则f(2)=2k+b,f(5)=5k+b,f(4)=4k+b,依题意：［f(5)］=f(2)·f(4). 2即(5k+b)=(2k+b)(4k+b)化简得k(17k+4b)=0. ∵k≠0,∴b=－17k ①

4又∵f(8)=8k+b=15 ②

将①代入②得k=4,b=－17. ∴Sn=f(1)+f(2)+…+f(n)=(4×1－17)+(4×2－17)+…+(4n－17)=4(1+2+…+n)－217n=2n－15n.

6、解：①an6n2,bn832n.

②假设存在这样的a,b，使得对一切自然数n都有anlogabnb成立,

则6n2logabnbloga832nb(32n)loga8bnloga82b3loga8.

161626loga82,1a8()a,令,即2,2∴存在这样的数a,b11.

22b3loga8b23loga8b11.

7、

分析 由已知等式作递推变换，转化为关于an1与an的等式，在此基础上分析an1与an的比值，证得（1）的结论后，进一步求f(t)，再分析数列{bn}的特征，并求其通项公式．

（1）证明：由s1a1=1，s2a1a21a2，3t(1a2)(2t3)13t，得a2a2t32t3

，

于是2

． ……①

3ta13t又3tsn(2t3)sn13t，3tsn1(2t3)sn23t（n=3,4，……），

两式相减，得3t(snsn1)(2t3)(sn1sn2)0，

即3tan(2t3)an10(t0)．

于是，得an2t3（n=3,4……）． ……②

an13t2t3的等比数列．

3t综合①②，得an是首项为1，公比为（2）解 由（1），得f(t)2t31212，bnf()bn1 3tt3bn13即bnbn12．

3222n1的等差数列，于是bn1(n1)．

333所以数列bn是首项为1，公差为点评 要判断一个数列是否是等比数列，关键要看通项公式，若是已知求和公式，在求通项公式时一方面可用snsn1an(n2)，另一方面要特别注意a1是否符合要求．

8、分析

写出数列｛an｝的前５项，可猜想an，在此基础上，可对递推公式作相应变形。也可依据递推公式，从特殊情况向一般情况递推，并将迭代法与累加法相结合，求an.

其它常规方法较多，不作一一分析。

解

⑴ a1=1 ,a2=371531,a3,a4,a5.

24816

｛an-2｝是等比数列

）

2n11（

猜想 ann12n122 ⑵

解法一

由an=1an-1+1 (n≥２) 得

211an－2=(an-1－2) 令 bn= an－2 则bn=bn-1 2211又b1=a1－2=-1 故 bn=n1 于是 an=2n1

2211 解法二

由an=an-1+1，

得 an-1=an-2+1 。

221⑴－⑵，得an－an-1= (an-1－an-2) 。

由此递推，可得

211n-21n-1an－an-1=（）=()，

2221n-2an-1－an-2=（），

2…………

a2－a1=1。

2上述n-1个等式相加得

11[1()n1]2ana1211

21an2n12解法三

设 an+k=h(an-1+k)其中k、h为待定系数。

将an=han-1+kh-k 与 an=故an－2=11an-1+1 比较得 h= , k=－2 221(an-1－2) (n≥２) 而 a1－2=－1 21数列｛an－2｝是以

为公比，－1首项的等比数列。

211an－2=n1， an=2n1。

22点评 以上三种解法，对递推公式只涉及相邻两项的情况均适合，特别是解法三较简便，应予以巩固。对于各种解法中用到的归纳、猜想、递推、待定系数法等思想方法，要用心体会。

题目：三角函数最值

撰稿人：陈妙玲

一、教学目标：1、了解数列的概念；

2.理解等差、等比数列的概念、性质及前n项和公式并能熟练应用；

3.能应用等差、等比数列的概念进行简单的证明。

二、难点重点：概念的综合应用。

三、例题选讲

例1 、(2000年高考)已知：y此时x的集合．

例2、求函数y12sin2x3求y的最大值及sinxcosx1，xR，21cosx的值域．

3cosx例3、求函数y78cosx2sin2x，x[,]的值域．

63例4、（90年高考）求函数ysinxcosxsinxcosx的最小值．

例5、当0x时，求ysinx的最大值．

2cosx例6、求函数y例7、求函数y3sinx，xR的值域．

2cosxsinx，xR的最大值和最小值．

2cosx2例8、已知f(x)=2cosx+3sin2x+a,若x0,四、习题：

,且f(x)＜2,求a的取值范围。

2（1 ）已知函数变量x的集合。

，当函数y取得最大值时，求自

（2）

求函数的值域。

（3）求函数的值域

（4）如果（5）求函数，求函数的最小值

的最值。

（6）求函数的最值。

（7）已知实数

x, y满足x2xyy23，试求x2y2的取值范围. （8）非等边三角形ABC的外接圆半径为2，最长的边BC23，求sinBsinC的取值范围.

五、答案

（一）例题：

例1：解

∵y12sin62x31cos2x315sinxcosx1sin2x1sin(2x)，∴244264max当sin(2x)1时，y157

．此时，2x2k，即xk．

244626所以y的最大值为例2：解：

y7，此时x的集合为{x|xk，kZ}

461cosx2|1，由|cosx得(1y)cosx2cosx3cosx1y1cosx2|1，解得y3或y1，所以函数y即|1y|2，3cosx1y|（，3][1，+）的值域是

例3：解：y78cxossi2n2x＝78cosx2(1cosx)2＝

2(cosx2)3,∵x[213,]，∴cosx[，1]，∴y[1，]．

6322例4：解：设sinxcosxt，则sinxcosxt[2，2]，t21，所以yf(t)＝221(t1)1,(t[2,2])，当t1[2，2]时，y有最小值1．

2例5：解：设ttanx2t2t30,(0x),则y,（当且仅当22323t3tttanxsinx33时取等号）。所以y的最大值为．

22cosx3例6：解：①当x2k，(kz)时，y0，

xanR，则y②当x2k，(kz)时，y0，设tt2322t1t2221t1t23tt23，即yt223t3y0，由(2y03)24y3y0得1y1，且y0，由①，．

②得函数的值域为[11]

sinx)与定点A（-2，0）连线的斜率的最例7：解：本题可转化为圆上动点M(cosx，大值和最小值．如图，当MA与⊙O相切时取得斜率最小值，当PA与⊙O相切时取得斜率最大值，由平面几何知识可得taOAPn=tanOAM=33，即MA的斜率=，PA33A（-2，0）yPOMcosx，sinxx的斜率=sinx3，xR的最大值和，所以函数y2cosx3

最小值分别为

33、．

33

例8：

分析：fx2cos2x3sin2xa1cos2x3sin2xa又2sin2xa167x0,2x12sin2x266662

fx22fx222sin2xa126a12sin2x6a1即a2,1a32sin2xa26

（二）习题：

（1）解：

当且仅当的自变量x的集合为（2）解：由。

解后反思：对本题也可先将函数式变为。

，所以知。

又因所以时，y取得最大值。故所求（3）解法1：由得

所以所以

因为所以，由此解得

所以函数的值域为[－1，1] 解法2：由，设点P（sinx，cosx），Q（－2，0），则可看作是单位圆上的动点P与点Q连线的斜率，即所以函数的值域为[－1，1] （4）分析：因为数的知识来源。

解：

所以。所以。，这显然可联系二次函由则当时，f(x)有最小值

。

（5）分析：利用系，通过换元就可使原函数转化为二次函数。

解：设

故当时，（6）

分析：此题可用单调来求解，也可以用图像法。

时，即

时，当t=1时，即则于是之间的关

（7）解

作换元

x = r cosΦ, y = rsinΦ,r>0,则

r233

1sincos11sin22

得

2r6，又x2y2r2，所以x2y2的取值范围是[2，6] （8）解：由正弦定理

∵BC2BC3

2r

得sinASinA2A2

3是最长边，且三角形为非等边三角形∴sinBsincsinBsin(3B)

12sinB32cosBsin(B3), ∴32sin(B3)1

故

sinBsinc的取值范围为(32,1]

又0B23

, ∴3B33