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等差(比)数列的基本运算
【例1】　等比数列{an}中，已知a1＝2，a4＝16.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若a3，a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项，试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
[解]　(1)设{an}的公比为q，由已知得16＝2q3，解得q＝2，∴an＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)得a3＝8，a5＝32，
则b3＝8，b5＝32.
设{bn}的公差为d，则有
解得
所以bn＝－16＋12(n－1)＝12n－28.
所以数列{bn}的前n项和
Sn＝＝6n2－22n.
在等差数列和等比数列的通项公式an与前n项和公式Sn中，共涉及五个量：a1，an，n，d(或q)，Sn，其中a1和d(或q)为基本量，“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1，d(q)，an，Sn，n的方程组，利用方程的思想求出需要的量，当然在求解中若能运用等差(比)数列的性质会更好，这样可以化繁为简，减少运算量，同时还要注意整体代入思想方法的运用．
1．已知等差数列{an}的公差d＝1，前n项和为Sn.
(1)若1，a1，a3成等比数列，求a1；
(2)若S5>a1a9，求a1的取值范围．
[解]　(1)因为数列{an}的公差d＝1，且1，a1，a3成等比数列，所以a＝1×(a1＋2)，
即a－a1－2＝0，解得a1＝－1或a1＝2.
(2)因为数列{an}的公差d＝1，且S5>a1a9，
所以5a1＋10>a＋8a1，
即a＋3a1－10<0，解得－5求数列的通项公式
【例2】　(1)已知数列{an}的前n项和Sn＝3＋2n，求an；
(2)数列{an}的前n项和为Sn且a1＝1，an＋1＝Sn，求an.
思路探究：(1)已知Sn求an时，应分n＝1与n≥2讨论；
(2)在已知式中既有Sn又有an时，应转化为Sn或an形式求解．
[解]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3＋2n－(3＋2n－1)＝2n－1，
当n＝1时，a1＝S1＝5不适合上式．
∴an＝
(2)∵Sn＝3an＋1，
①
∴n≥2时，Sn－1＝3an.
②
①－②得Sn－Sn－1＝3an＋1－3an，
∴3an＋1＝4an，
∴＝，又a2＝S1＝a1＝.
∴n≥2时，an＝·，不适合n＝1.
∴an＝
数列通项公式的求法
(1)定义法，即直接利用等差数列或等比数列的定义求通项的方法叫定义法，这种方法适用于已知数列类型的题目．
(2)已知Sn求an.若已知数列的前n项和Sn与an的关系，求数列{an}的通项an可用公式an＝求解．
(3)累加或累乘法
形如an－an－1＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累加法求通项公式；形如＝f(n)(n≥2)的递推式，可用累乘法求通项公式．
2．设数列{an}是首项为1的正项数列，且an＋1－an＋an＋1·an＝0(n∈N
)，求{an}的通项公式．
[解]　∵an＋1－an＋an＋1·an＝0，
∴－＝1.
又＝1，∴是首项为1，公差为1的等差数列．
故＝n.
∴an＝.
等差(比)数列的判定
【例3】　数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，Sn＋1＝4an＋2(n∈N
).
(1)设bn＝an＋1－2an，求证：{bn}是等比数列；
(2)设cn＝，求证：{cn}是等差数列．
思路探究：分别利用等比数列与等差数列的定义进行证明．
[证明]　(1)an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－4an－2
＝4an＋1－4an.
＝＝＝＝2.
因为S2＝a1＋a2＝4a1＋2，所以a2＝5.
所以b1＝a2－2a1＝3.
所以数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
(2)由(1)知bn＝3·2n－1＝an＋1－2an，
所以－＝3.
所以cn＋1－cn＝3，且c1＝＝2，
所以数列{cn}是等差数列，公差为3，首项为2.
等差数列、等比数列的判断方法
(1)定义法：an＋1－an＝d(常数)?{an}是等差数列；＝q(q为常数，q≠0)?{an}是等比数列．
(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2?{an}是等差数列；a＝an·an＋2(an≠0)?{an}是等比数列．
(3)通项公式法：an＝kn＋b(k，b是常数)?{an}是等差数列；an＝c·qn(c，q为非零常数)?{an}是等比数列．
(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A，B为常数，n∈N
)?{an}是等差数列；Sn＝Aqn－A(A，q为常数，且A≠0，q≠0，q≠1，n∈N
)?{an}是等比数列．
特别提醒：①前两种方法是判定等差、等比数列的常用方法，而后两种方法常用于选择、填空题中的判定．②若要判定一个数列不是等差(比)数列，则只需判定其任意的连续三项不成等差(比)即可．
3．数列{an}的前n项和为Sn，若an＋Sn＝n，cn＝an－1.求证：数列{cn}是等比数列．
[证明]　当n＝1时，a1＝S1.
由an＋Sn＝n，①
得a1＋S1＝1，即2a1＝1，解得a1＝.
又an＋1＋Sn＋1＝n＋1，②
②－①得an＋1－an＋(Sn＋1－Sn)＝1，
即2an＋1－an＝1，③
因为cn＝an－1，
所以an＝cn＋1，an＋1＝cn＋1＋1，
代入③式，得2(cn＋1＋1)－(cn＋1)＝1，
整理得2cn＋1＝cn，
故＝(常数).
所以数列{cn}是一个首项c1＝a1－1＝－，公比为的等比数列．
数列求和
[探究问题]
1．若数列{cn}是公差为d的等差数列，数列{bn}是公比为q(q≠1)的等比数列，且an＝cn＋bn，如何求数列{an}的前n项和？
[提示]　数列{an}的前n项和等于数列{cn}和{bn}的前n项和的和．
2．有些数列单独看求和困难，但相邻项结合后会变成熟悉的等差数列、等比数列求和．试用此种方法求和：
12－22＋32－42＋…＋992－1002.
[提示]　12－22＋32－42＋…＋992－1002＝(12－22)＋(32－42)＋…＋(992－1002)
＝(1－2)(1＋2)＋(3－4)(3＋4)＋…＋(99－100)(99＋100)
＝－(1＋2＋3＋4＋…＋99＋100)＝－5
050.
3．我们知道＝－，试用此公式求和：＋＋…＋.
[提示]　由＝－得
＋＋…＋
＝1－＋－＋…＋－＝1－＝.
【例4】　已知数列{an}的前n项和Sn＝kcn－k(其中c、k为常数)，且a2＝4，a6＝8a3.
(1)求an；
(2)求数列{nan}的前n项和Tn.
思路探究：(1)已知Sn，据an与Sn的关系an＝确定an；(2)若{an}为等比数列，则{nan}是由等差数列和等比数列的对应项的积构成的新数列，可用错位相减法求和．
[解]　(1)当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝k(cn－cn－1)，
则a6＝k(c6－c5)，a3＝k(c3－c2)，
＝＝c3＝8，
∴c＝2.
∵a2＝4，即k(c2－c1)＝4，
解得k＝2，
∴an＝2n.
当n＝1时，a1＝S1＝2.
综上所述，an＝2n(n∈N
).
(2)nan＝n·2n，
则Tn＝2＋2·22＋3·23＋…＋n·2n，
2Tn＝1·22＋2·23＋3·24＋…＋(n－1)·2n＋n·2n＋1，
两式作差得－Tn＝2＋22＋23＋…＋2n－n·2n＋1，
Tn＝2＋(n－1)·2n＋1.
1．(变结论)例题中的条件不变，(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列{n＋an}的前n项和Tn”．
[解]　由题知Tn＝1＋2＋2＋22＋3＋23＋…＋n＋2n
＝(1＋2＋3＋…＋n)＋(2＋22＋…＋2n)
＝＋
＝2n＋1－2＋.
2．(变结论)例题中的条件不变，将(2)中“求数列{nan}的前n项和Tn”变为“求数列的前n项和Tn”．
[解]　由题知
Tn＝＋＋＋…＋，
①
Tn＝＋＋…＋＋，
②
①－②得：
Tn＝＋＋＋…＋－
＝－＝1－－，
∴Tn＝2－－＝2－.
数列求和问题一般转化为等差数列或等比数列的前n项和问题或已知公式的数列求和，不能转化的再根据数列通项公式的特点选择恰当的方法求解．
一般常见的求和方法有：
(1)公式法：利用等差数列或等比数列前n项和公式．
(2)分组求和法：把一个数列分成几个可以直接求和的数列．
(3)裂项(相消)法：有时把一个数列的通项公式分成两项差的形式，相加过程消去中间项，只剩有限项再求和．
(4)错位相减法：适用于一个等差数列和一个等比数列对应项相乘构成的数列求和．
(5)倒序相加法：例如，等差数列前n项和公式的推导．
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[提升层·题型探究]
利用正、余弦定理解三角形
【例1】　在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b＋c＝2a
cos
B.
(1)证明：A＝2B；
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
[解]　(1)证明：由正弦定理得sin
B＋sin
C＝2sin
A
cos
B，故2sin
A
cos
B＝sin
B＋sin
(A＋B)＝sin
B＋sin
A
cos
B＋cos
A
sin
B，于是sin
B＝sin
(A－B).
又A，B∈(0，π)，故0因此A＝π(舍去)或A＝2B，所以A＝2B.
(2)由S＝，得ab
sin
C＝，故有
sin
B
sin
C＝sin
2B＝sin
B
cos
B，
因为sin
B≠0，所以sin
C＝cos
B，
又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.
当B＋C＝时，A＝；
当C－B＝时，A＝.
综上，A＝或A＝.
解三角形的一般方法
(1)已知两角和一边，如已知A、B和c，由A＋B＋C＝π求C，由正弦定理求a，b.
(2)已知两边和这两边的夹角，如已知a、b和C，应先用余弦定理求c，再应用正弦定理先求较短边所对的角，然后利用A＋B＋C＝π，求另一角．
(3)已知两边和其中一边的对角，如已知a，b和A，应先用正弦定理求B，由A＋B＋C＝π求C，再由正弦定理或余弦定理求c，要注意解可能有多种情况．
(4)已知三边a，b，c，可应用余弦定理求A，B，C.
1．如图，在△ABC中，B＝，AB＝8，点D在BC边上，CD＝2，cos
∠ADC＝.
(1)求sin
∠BAD；
(2)求BD，AC的长．
[解]　(1)在△ADC中，
因为cos
∠ADC＝，
所以sin
∠ADC＝.
所以sin
∠BAD＝sin
(∠ADC－∠B)
＝sin
∠ADC
cos
B－cos
∠ADC
sin
B
＝×－×＝.
(2)在△ABD中，由正弦定理，得
BD＝＝＝3.
在△ABC中，由余弦定理，得
AC2＝AB2＋BC2－2AB×BC×cos
B
＝82＋52－2×8×5×＝49.
所以AC＝7.
判断三角形的形状
【例2】　在△ABC中，若B＝60°，2b＝a＋c，试判断△ABC的形状．
思路探究：利用正弦定理将已知条件中边的关系，转化为角的关系求角或利用余弦定理，由三边之间的关系确定三角形的形状．
[解]　法一：(正弦定理边化角)由正弦定理，
得2sin
B＝sin
A＋sin
C.
∵B＝60°，∴A＋C＝120°.
∴2sin
60°＝sin
(120°－C)＋sin
C.
展开整理得sin
C＋cos
C＝1.
∴sin
(C＋30°)＝1.
∵0°∴C＋30°＝90°.
∴C＝60°，则A＝60°.
∴△ABC为等边三角形．
法二：(余弦定理法)由余弦定理，得b2＝a2＋c2－2ac
cos
B.
∵B＝60°，b＝，
∴＝a2＋c2－2ac
cos
60°，
化简得(a－c)2＝0.
∴a＝c.
又B＝60°，∴a＝b＝c.
∴△ABC为等边三角形．
根据已知条件(通常是含有三角形的边和角的等式或不等式)判断三角形的形状时，需要灵活地应用正弦定理和余弦定理转化为边的关系或角的关系．判断三角形的形状是高考中考查能力的常见题型，此类题目要求准确地把握三角形的分类，三角形按边的关系分为等腰三角形和不等边三角形；三角形按角的关系分为锐角三角形、直角三角形和钝角三角形．
判断三角形的形状，一般有以下两种途径：将已知条件统一化成边的关系，用代数方法求解；将已知条件统一化成角的关系，用三角知识求解．
2．在△ABC中，若＝，试判断△ABC的形状．
[解]　由已知＝＝＝，得＝.
可有以下两种解法．
法一：(利用正弦定理，将边化角)
由正弦定理得＝，∴＝，即sin
C
cos
C＝sin
B
cos
B，
即sin
2C＝sin
2B.
∵B，C均为△ABC的内角，
∴2C＝2B或2C＋2B＝180°.
即B＝C或B＋C＝90°.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
法二：(利用余弦定理，将角化边)
∵＝，
∴由余弦定理得＝，
即(a2＋b2－c2)c2＝b2(a2＋c2－b2).
∴a2c2－c4＝a2b2－b4，
即a2b2－a2c2＋c4－b4＝0.
∴a2(b2－c2)＋(c2－b2)(c2＋b2)＝0，
即(b2－c2)(a2－b2－c2)＝0.
∴b2＝c2或a2－b2－c2＝0，
即b＝c或a2＝b2＋c2.
∴△ABC为等腰三角形或直角三角形．
正、余弦定理的实际应用【例3】
如图所示，某市郊外景区内有一条笔直的公路a经过三个景点A、B、C.景区管委会开发了风景优美的景点D.经测量景点D位于景点A的北偏东30°方向上8
km处，位于景点B的正北方向，还位于景点C的北偏西75°方向上．已知AB＝5
km.
(1)景区管委会准备由景点D向景点B修建一条笔直的公路，不考虑其他因素，求出这条公路的长；
(2)求景点C与景点D之间的距离．(结果精确到0.1
km)
(参考数据：≈1.73，sin
75°≈0.97，cos
75°≈0.26，tan
75°≈3.73，sin
53°≈0.80，cos
53°≈0.60，tan
53°≈1.33，sin
38°≈0.62，cos
38°≈0.79，tan
38°≈0.78)
思路探究：(1)以BD为边的三角形为△ABD和△BCD，在△ABD中，一角和另外两边易得，所以可在△ABD中利用余弦定理求解DB.
(2)以CD为边的两个三角形中的其他边不易全部求得，而角的关系易得，考虑应用正弦定理求解．
[解]　(1)设BD＝x
km，则在△ABD中，由余弦定理得52＝82＋x2－2×8x
cos
30°，即x2－8x＋39＝0，解得x＝4±3.因为4＋3>8，应舍去，所以x＝4－3≈3.9，即这条公路的长约为3.9
km.
(2)在△ABD中，由正弦定理得＝，所以sin
∠ABD＝sin
∠CBD＝·sin
∠ADB＝＝0.8，所以cos
∠CBD＝0.6.在△CBD中，sin
∠DCB＝sin
(∠CBD＋∠BDC)＝sin
(∠CBD＋75°)＝0.8×0.26＋0.6×0.97＝0.79，由正弦定理得CD＝sin
∠DBC×≈3.9.故景点C与景点D之间的距离约为3.9
km.
正弦定理、余弦定理在实际生活中有着非常广泛的应用．常用的有测量距离问题，测量高度问题，测量角度问题等．解决的基本思路是画出正确的示意图，把已知量和未知量标在示意图中(目的是发现已知量与未知量之间的关系)，最后确定用哪个定理转化，用哪个定理求解，并进行作答，解题时还要注意近似计算的要求．
3．如图，a是海面上一条南北方向的海防警戒线，在a上点A处有一个水声监测点，另两个监测点B，C分别在A的正东方20
km和54
km处．某时刻，监测点B收到发自静止目标P的一个声波信号，8
s后监测点A，20
s后监测点C相继收到这一信号，在当时气象条件下，声波在水中的传播速度是1.5
km/s.
(1)设A到P的距离为x
km，用x表示B，C到P的距离，并求x的值；
(2)求静止目标P到海防警戒线a的距离(精确到0.01
km).
[解]　(1)由题意得PA－PB＝1.5×8＝12(km)，PC－PB＝1.5×20＝30(km).
∴PB＝x－12，PC＝18＋x.
在△PAB中，AB＝20
km，
cos
∠PAB＝
＝＝.
同理cos
∠PAC＝.
∵cos
∠PAB＝cos
∠PAC，
∴＝，解得x＝.
(2)作PD⊥a于D，在Rt△PDA中，PD＝PA
cos
∠APD＝PA
cos
∠PAB＝x·＝≈17.71(km).
所以静止目标P到海防警戒线a的距离为17.71
km.
与三角形有关的综合问题
[探究问题]
1．如图所示，向量与的夹角是∠B吗？在△ABC中，·的数量积与余弦定理有怎样的联系？
[提示]　向量与的夹角是∠B的补角，大小为180°－∠B，由于·＝||·||cos
A＝bc
cos
A.
所以·＝bc
cos
A＝(b2＋c2－a2)，有时直接利用此结论解决与向量数量积有关的解三角形问题．
2．在解三角形的过程中，求某一个角有时既可以用余弦定理，也可以用正弦定理，两种方法有什么利弊呢？
[提示]　用余弦定理可以根据角的余弦值的符号直接判断是锐角还是钝角，但计算比较复杂．用正弦定理计算相对比较简单，但仍要结合已知条件中边的大小来确定角的大小，所以一般选择用正弦定理去计算比较小的边所对的角，避免讨论．
【例4】　在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a>c，已知·＝2，cos
B＝，b＝3.求：
(1)a和c的值；
(2)cos
(B－C)的值．
思路探究：(1)由平面向量的数量积定义及余弦定理，列出关于a，c的方程组即可求解．
(2)由(1)结合正弦定理分别求出B，C的正、余弦值，利用差角余弦公式求解．
[解]　(1)由·＝2得ca
cos
B＝2.
又cos
B＝，所以ac＝6.
由余弦定理，得a2＋c2＝b2＋2ac
cos
B.
又b＝3，所以a2＋c2＝9＋2×6×＝13.
解得或
因为a＞c，所以a＝3，c＝2.
(2)在△ABC中，
sin
B＝＝＝，由正弦定理，得sin
C＝sin
B＝×＝.
因为a＝b＞c，所以C为锐角，
因此cos
C＝＝＝.
于是cos
(B－C)＝cos
B
cos
C＋sin
B
sin
C
＝×＋×＝.
1．(变条件，变结论)将本例中的条件“a>c，·＝2，cos
B＝，b＝3”变为“已知S△ABC＝30且cos
A＝”求·的值．
[解]　在△ABC中，cos
A＝，
∴A为锐角且sin
A＝，
∴S△ABC＝bc
sin
A＝bc·＝30.
∴bc＝156.
∴·＝||·||cos
A
＝bc
cos
A＝156×＝144.
2．(变条件，变结论)在“母题探究1”中再加上条件“c－b＝1”能否求a的值？
[解]　由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc
cos
A＝(b－c)2＋2bc(1－cos
A)＝1＋2×156×＝25，∴a＝＝5.
正、余弦定理将三角形中的边和角关系进行了量化，为我们解三角形或求三角形的面积提供了依据，而三角形中的问题常与向量、函数、方程及平面几何相结合，通常可以利用正、余弦定理完成证明、求值等问题．
(1)解三角形与向量的交汇问题，可以结合向量的平行、垂直、夹角、模等知识转化求解．
(2)解三角形与其他知识的交汇问题，可以运用三角形的基础知识、正余弦定理、三角形面积公式与三角恒等变换，通过等价转化或构造方程及函数求解．
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