2023年高考數(shù)學(xué)題型猜想預(yù)測卷 數(shù)列、三角函數(shù)、解三角形（上海與全國近年真題對比） （解析版）

猜題18第17-18題數(shù)列、三角函數(shù)、解三角形（上海與全國近年真題對比）上海近五年高考部分真題（含春高）解答題1．（2022?上海）已知在數(shù)列{an}中，a2＝1，其前n項(xiàng)和為Sn．（1）若{an}是等比數(shù)列，S2＝3，求Sn；（2）若{an}是等差數(shù)列，S2n≥n，求其公差d的取值范圍．【分析】（1）由已知求得等比數(shù)列的公比，再求出前n項(xiàng)和，求極限得答案；（2）求出等差數(shù)列的前2n項(xiàng)和，代入S2n≥n，對n分類分析得答案．【解析】解：（1）在等比數(shù)列{an}中，a2＝1，S2＝3，則a1＝2，∴公比q＝，則，∴Sn＝＝4；（2）若{an}是等差數(shù)列，則≥n，即（3﹣2n）d≤1，當(dāng)n＝1時(shí)，d≤1；當(dāng)n≥2時(shí)，d≥恒成立，∵∈[﹣1，0），∴d≥0．綜上所述，d∈[0，1]．2．（2021?上海）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．（1）若A＝，求S△ABC．（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．【分析】（1）由余弦定理求得c2，從而求得△ABC面積；（2）由正、余弦定理求得b、c值，從而求得△ABC周長．【解析】解：（1）由余弦定理得cosA＝﹣＝＝，解得c2＝，∴S△ABC＝＝＝；（2）∵b＝2c，∴由正弦定理得sinB＝2sinC，又∵2sinB﹣sinC＝1，∴sinC＝，sinB＝，∴sinC＜sinB，∴C＜B，∴C為銳角，∴cosC＝＝．由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，又∵a＝3，b＝2c，∴c2＝9+4c2﹣8c，得：3c2﹣8c+9＝0，解得：c＝．當(dāng)c＝時(shí)，b＝時(shí)C△ABC＝3+4+；當(dāng)c＝時(shí)，b＝時(shí)C△ABC＝3+4﹣．3．（2021?上海）已知A、B、C為△ABC的三個(gè)內(nèi)角，a、b、c是其三條邊，a＝2，cosC＝﹣．（1）若sinA＝2sinB，求b、c；（2）若cos（A）＝，求c．【分析】（1）由已知利用正弦定理即可求解b的值；利用余弦定理即可求解c的值．（2）根據(jù)已知利用兩角差的余弦公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求得cosA，sinA，sinC的值，進(jìn)而根據(jù)正弦定理可得c的值．【解析】解：（1）因?yàn)閟inA＝2sinB，可得a＝2b，又a＝2，可得b＝1，由于cosC＝＝＝﹣，可得c＝．（2）因?yàn)閏os（A）＝（cosA+sinA）＝，可得cosA+sinA＝，又cos2A+sin2A＝1，可解得cosA＝，sinA＝，或sinA＝，cosA＝，因?yàn)閏osC＝﹣，可得sinC＝，tanC＝﹣，可得C為鈍角，若sinA＝，cosA＝，可得tanA＝7，可得tanB＝﹣tan（A+C）＝＝＜0，可得B為鈍角，這與C為鈍角矛盾，舍去，所以sinA＝，由正弦定理，可得c＝．4．（2020?上海）已知函數(shù)f（x）＝sinωx，ω＞0．（1）f（x）的周期是4π，求ω，并求f（x）＝的解集；（2）已知ω＝1，g（x）＝f2（x）+f（﹣x）f（﹣x），x∈[0，]，求g（x）的值域．【分析】（1）直接利用正弦型函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用求出結(jié)果．（2）利用三角函數(shù)關(guān)系式的變換和正弦型函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用求出函數(shù)的值域．【解析】解：（1）由于f（x）的周期是4π，所以ω＝，所以f（x）＝sin．令sin，故或，整理得或．故解集為{x|或，k∈Z}．（2）由于ω＝1，所以f（x）＝sinx．所以g（x）＝＝＝﹣＝﹣sin（2x+）．由于x∈[0，]，所以．，故，故．所以函數(shù)g（x）的值域?yàn)閇﹣．5．（2020?上海）已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{an}，其前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1．（1）若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，S10＝70，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；（2）若數(shù)列{an}為等比數(shù)列，a4＝，求滿足Sn＞100an時(shí)n的最小值．【分析】（1）設(shè)等差數(shù)列的公差為d，運(yùn)用等差數(shù)列的求和公式，解方程可得d，進(jìn)而得到所求通項(xiàng)公式；（2）設(shè)等比數(shù)列的公比為q，由等比數(shù)列的通項(xiàng)公式可得q，再由等比數(shù)列的求和公式，解不等式可得n的最小值．【解析】解：（1）數(shù)列{an}為公差為d的等差數(shù)列，S10＝70，a1＝1，可得10+×10×9d＝70，解得d＝，則an＝1+（n﹣1）＝n﹣；（2）數(shù)列{an}為公比為q的等比數(shù)列，a4＝，a1＝1，可得q3＝，即q＝，則an＝（）n﹣1，Sn＝＝2﹣（）n﹣1，Sn＞100an，即為2﹣（）n﹣1＞100?（）n﹣1，即2n＞101，可得n≥7，即n的最小值為7．6．（2019?上海）已知數(shù)列{an}，a1＝3，前n項(xiàng)和為Sn．（1）若{an}為等差數(shù)列，且a4＝15，求Sn；（2）若{an}為等比數(shù)列，且，求公比q的取值范圍．【分析】（1）求出公差即可求Sn；（2）由存在得﹣1＜q＜1且q≠0，由Sn＜12得q＜，取交集可得公比q的取值范圍．【解析】解：（1）∵a4＝a1+3d＝3+3d＝15，∴d＝4，∴Sn＝3n+＝2n2+n；（2）Sn＝，∵存在，∴﹣1＜q＜1，∴存在，∴﹣1＜q＜1且q≠0，∴Sn＝＝，∴＜12，∴q＜，∴﹣1＜q＜0或0＜q＜，∴公比q的取值范圍為（﹣1，0）∪（0，）．7．（2018?上海）設(shè)常數(shù)a∈R，函數(shù)f（x）＝asin2x+2cos2x．（1）若f（x）為偶函數(shù)，求a的值；（2）若f（）＝+1，求方程f（x）＝1﹣在區(qū)間[﹣π，π]上的解．【分析】（1）根據(jù)函數(shù)的奇偶性和三角形的函數(shù)的性質(zhì)即可求出，（2）先求出a的值，再根據(jù)三角形函數(shù)的性質(zhì)即可求出．【解析】解：（1）∵f（x）＝asin2x+2cos2x，∴f（﹣x）＝﹣asin2x+2cos2x，∵f（x）為偶函數(shù)，∴f（﹣x）＝f（x），∴﹣asin2x+2cos2x＝asin2x+2cos2x，∴2asin2x＝0，∴a＝0；（2）∵f（）＝+1，∴asin+2cos2（）＝a+1＝+1，∴a＝，∴f（x）＝sin2x+2cos2x＝sin2x+cos2x+1＝2sin（2x+）+1，∵f（x）＝1﹣，∴2sin（2x+）+1＝1﹣，∴sin（2x+）＝﹣，∴2x+＝﹣+2kπ，或2x+＝π+2kπ，k∈Z，∴x＝﹣π+kπ，或x＝π+kπ，k∈Z，∵x∈[﹣π，π]，∴x＝或x＝或x＝﹣或x＝﹣8．（2018?上海）已知y＝cosx．（1）若，且α∈[0，π]，求的值；（2）求函數(shù)y＝f（2x）﹣2f（x）的最小值．【分析】（1）根據(jù)兩角和差的余弦公式進(jìn)行計(jì)算即可（2）利用一元二次函數(shù)的性質(zhì)利用配方法進(jìn)行轉(zhuǎn)化求解即可．【解析】解：（1）若，且α∈[0，π]，則cosα＝，則sinα＝＝＝，則＝cos（α﹣）＝cosαcos+sinαsin＝＝+．（2）函數(shù)y＝f（2x）﹣2f（x）＝cos2x﹣2cosx＝2cos2x﹣2cosx﹣1＝2（cosx﹣）2﹣，∵﹣1≤cosx≤1，∴當(dāng)cosx＝時(shí)，函數(shù)取得最小值，最小值為﹣．全國近二年高考部分真題一、解答題1．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和．已知．(1)證明：是等差數(shù)列；(2)若成等比數(shù)列，求的最小值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）依題意可得，根據(jù)，作差即可得到，從而得證；（2）法一：由（1）及等比中項(xiàng)的性質(zhì)求出，即可得到的通項(xiàng)公式與前項(xiàng)和，再根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)計(jì)算可得．【解析】（1）因?yàn)?，即①，?dāng)時(shí)，②，①②得，，即，即，所以，且，所以是以為公差的等差數(shù)列．（2）[方法一]：二次函數(shù)的性質(zhì)由（1）可得，，，又，，成等比數(shù)列，所以，即，解得，所以，所以，所以，當(dāng)或時(shí)，．[方法二]：【最優(yōu)解】鄰項(xiàng)變號法由（1）可得，，，又，，成等比數(shù)列，所以，即，解得，所以，即有.則當(dāng)或時(shí)，．【整體點(diǎn)評】（2）法一：根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)求出的最小值，適用于可以求出的表達(dá)式；法二：根據(jù)鄰項(xiàng)變號法求最值，計(jì)算量小，是該題的最優(yōu)解．2．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角的對邊分別為，已知．(1)證明：；(2)若，求的周長．【答案】(1)見解析(2)14【分析】（1）利用兩角差的正弦公式化簡，再根據(jù)正弦定理和余弦定理化角為邊，從而即可得證；（2）根據(jù)（1）的結(jié)論結(jié)合余弦定理求出，從而可求得，即可得解.【解析】（1）證明：因?yàn)?，所以，所以，即，所以；?）解：因?yàn)?，由?）得，由余弦定理可得，則，所以，故，所以，所以的周長為.3．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c﹐已知．(1)若，求C；(2)證明：【答案】(1)；(2)證明見解析．【分析】（1）根據(jù)題意可得，，再結(jié)合三角形內(nèi)角和定理即可解出；（2）由題意利用兩角差的正弦公式展開得，再根據(jù)正弦定理，余弦定理化簡即可證出．【解析】（1）由，可得，，而，所以，即有，而，顯然，所以，，而，，所以．（2）由可得，，再由正弦定理可得，，然后根據(jù)余弦定理可知，，化簡得：，故原等式成立．4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知．(1)若，求B；(2)求的最小值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根據(jù)二倍角公式以及兩角差的余弦公式可將化成，再結(jié)合，即可求出；（2）由（1）知，，，再利用正弦定理以及二倍角公式將化成，然后利用基本不等式即可解出．【解析】（1）因?yàn)?，即，而，所以；?）由（1）知，，所以，而，所以，即有，所以所以．當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號，所以的最小值為．5．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知是公差為的等差數(shù)列．(1)求的通項(xiàng)公式；(2)證明：．【答案】(1)(2)見解析【分析】（1）利用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求得，得到，利用和與項(xiàng)的關(guān)系得到當(dāng)時(shí)，,進(jìn)而得：，利用累乘法求得，檢驗(yàn)對于也成立，得到的通項(xiàng)公式；（2）由（1）的結(jié)論，利用裂項(xiàng)求和法得到，進(jìn)而證得.【解析】（1）∵，∴,∴,又∵是公差為的等差數(shù)列，∴,∴,∴當(dāng)時(shí)，，∴,整理得：,即,∴，顯然對于也成立，∴的通項(xiàng)公式；（2）∴6．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）記的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，分別以a，b，c為邊長的三個(gè)正三角形的面積依次為，已知．(1)求的面積；(2)若，求b．【答案】(1)(2)【分析】（1）先表示出，再由求得，結(jié)合余弦定理及平方關(guān)系求得，再由面積公式求解即可；（2）由正弦定理得，即可求解.【解析】（1）由題意得，則，即，由余弦定理得，整理得，則，又，則，，則；（2）由正弦定理得：，則，則，.7．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知為等差數(shù)列，是公比為2的等比數(shù)列，且．(1)證明：；(2)求集合中元素個(gè)數(shù)．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）設(shè)數(shù)列的公差為，根據(jù)題意列出方程組即可證出；（2）根據(jù)題意化簡可得，即可解出．【解析】（1）設(shè)數(shù)列的公差為，所以，，即可解得，，所以原命題得證．（2）由（1）知，，所以，即，亦即，解得，所以滿足等式的解，故集合中的元素個(gè)數(shù)為．8．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）在中，．(1)求；(2)若，且的面積為，求的周長．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化簡可得的值，結(jié)合角的取值范圍可求得角的值；（2）利用三角形的面積公式可求得的值，由余弦定理可求得的值，即可求得的周長.【解析】（1）解：因?yàn)椋瑒t，由已知可得，可得，因此，.（2）解：由三角形的面積公式可得，解得.由余弦定理可得，，所以，的周長為.9．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）在中，角A、B、C的對邊分別為a，b，c.已知.(1)求的值；(2)求的值；(3)求的值.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根據(jù)余弦定理以及解方程組即可求出；（2）由（1）可求出，再根據(jù)正弦定理即可解出；（3）先根據(jù)二倍角公式求出，再根據(jù)兩角差的正弦公式即可求出．【解析】（1）因?yàn)椋?，而，代入得，解得：．?）由（1）可求出，而，所以，又，所以．（3）因?yàn)?，所以，故，又，所以，，而，所以，故?0．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）設(shè)是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，且．(1)求與的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)的前n項(xiàng)和為，求證：；(3)求．【答案】(1)(2)證明見解析(3)【分析】（1）利用等差等比數(shù)列的通項(xiàng)公式進(jìn)行基本量運(yùn)算即可得解；（2）由等比數(shù)列的性質(zhì)及通項(xiàng)與前n項(xiàng)和的關(guān)系結(jié)合分析法即可得證；（3）先求得，進(jìn)而由并項(xiàng)求和可得，再結(jié)合錯(cuò)位相減法可得解.【解析】（1）設(shè)公差為d，公比為，則，由可得（舍去），所以；（2）證明：因?yàn)樗砸C，即證，即證，即證，而顯然成立，所以；（3）因?yàn)?，所以，設(shè)所以，則，作差得，所以，所以.11．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）設(shè)是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列，數(shù)列滿足．已知，，成等差數(shù)列．（1）求和的通項(xiàng)公式；（2）記和分別為和的前n項(xiàng)和．證明：．【答案】（1），；（2）證明見解析.【分析】（1）利用等差數(shù)列的性質(zhì)及得到，解方程即可；（2）利用公式法、錯(cuò)位相減法分別求出，再作差比較即可.【解析】（1）因?yàn)槭鞘醉?xiàng)為1的等比數(shù)列且，，成等差數(shù)列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）[方法一]：作差后利用錯(cuò)位相減法求和，，．設(shè)，

⑧則．

⑨由⑧-⑨得．所以．因此．故．[方法二]【最優(yōu)解】：公式法和錯(cuò)位相減求和法證明：由（1）可得，，①，②①②得，所以，所以，所以.[方法三]：構(gòu)造裂項(xiàng)法由（Ⅰ）知，令，且，即，通過等式左右兩邊系數(shù)比對易得，所以．則，下同方法二．[方法四]：導(dǎo)函數(shù)法設(shè)，由于，則．又，所以，下同方法二．【整體點(diǎn)評】本題主要考查數(shù)列的求和，涉及到等差數(shù)列的性質(zhì)，錯(cuò)位相減法求數(shù)列的和，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)運(yùn)算能力，是一道中檔題，其中證明不等式時(shí)采用作差法，或者作商法要根據(jù)式子得結(jié)構(gòu)類型靈活選擇，關(guān)鍵是要看如何消項(xiàng)化簡的更為簡潔.（2）的方法一直接作差后利用錯(cuò)位相減法求其部分和，進(jìn)而證得結(jié)論；方法二根據(jù)數(shù)列的不同特點(diǎn)，分別利用公式法和錯(cuò)位相減法求得,然后證得結(jié)論,為最優(yōu)解；方法三采用構(gòu)造數(shù)列裂項(xiàng)求和的方法，關(guān)鍵是構(gòu)造，使，求得的表達(dá)式，這是錯(cuò)位相減法的一種替代方法，方法四利用導(dǎo)數(shù)方法求和，也是代替錯(cuò)位相減求和法的一種方法.12．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）記是內(nèi)角，，的對邊分別為，，.已知，點(diǎn)在邊上，.（1）證明：；（2）若，求.【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角關(guān)系有，結(jié)合已知即可證結(jié)論.（2）方法一：兩次應(yīng)用余弦定理，求得邊與的關(guān)系，然后利用余弦定理即可求得的值.【解析】（1）設(shè)的外接圓半徑為R，由正弦定理，得，因?yàn)?，所以，即．又因?yàn)?，所以．?）[方法一]【最優(yōu)解】：兩次應(yīng)用余弦定理因?yàn)椋鐖D，在中，，①在中，．②由①②得，整理得．又因?yàn)?，所以，解得或，?dāng)時(shí)，（舍去）．當(dāng)時(shí)，．所以．[方法二]：等面積法和三角形相似如圖，已知，則，即，而，即，故有，從而．由，即，即，即，故，即，又，所以，則．[方法三]：正弦定理、余弦定理相結(jié)合由（1）知，再由得．在中，由正弦定理得．又，所以，化簡得．在中，由正弦定理知，又由，所以．在中，由余弦定理，得．故．[方法四]：構(gòu)造輔助線利用相似的性質(zhì)如圖，作，交于點(diǎn)E，則．由，得．在中，．在中．因?yàn)?，所以，整理得．又因?yàn)?，所以，即或．下同解?．[方法五]：平面向量基本定理因?yàn)?，所以．以向量為基底，有．所以，即，又因?yàn)椋裕塾捎嘞叶ɡ淼?，所以④?lián)立③④，得．所以或．下同解法1．[方法六]：建系求解以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線為x軸，過點(diǎn)D垂直于的直線為y軸，長為單位長度建立直角坐標(biāo)系，如圖所示，則．由（1）知，，所以點(diǎn)B在以D為圓心，3為半徑的圓上運(yùn)動(dòng)．設(shè)，則．⑤由知，，即．⑥聯(lián)立⑤⑥解得或（舍去），，代入⑥式得，由余弦定理得．【整體點(diǎn)評】(2)方法一：兩次應(yīng)用余弦定理是一種典型的方法，充分利用了三角形的性質(zhì)和正余弦定理的性質(zhì)解題；方法二：等面積法是一種常用的方法，很多數(shù)學(xué)問題利用等面積法使得問題轉(zhuǎn)化為更為簡單的問題，相似是三角形中的常用思路；方法三：正弦定理和余弦定理相結(jié)合是解三角形問題的常用思路；方法四：構(gòu)造輔助線作出相似三角形，結(jié)合余弦定理和相似三角形是一種確定邊長比例關(guān)系的不錯(cuò)選擇；方法五：平面向量是解決幾何問題的一種重要方法，充分利用平面向量基本定理和向量的運(yùn)算法則可以將其與余弦定理充分結(jié)合到一起；方法六：建立平面直角坐標(biāo)系是解析幾何的思路，利用此方法數(shù)形結(jié)合充分挖掘幾何性質(zhì)使得問題更加直觀化.13．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列滿足，（1）記，寫出，，并求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求的前20項(xiàng)和.【答案】（1）；（2）.【分析】(1)方法一：由題意結(jié)合遞推關(guān)系式確定數(shù)列的特征，然后求和其通項(xiàng)公式即可；(2)方法二：分組求和，結(jié)合等差數(shù)列前項(xiàng)和公式即可求得數(shù)列的前20項(xiàng)和.【解析】解：（1）[方法一]【最優(yōu)解】：顯然為偶數(shù)，則，所以，即，且，所以是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列，于是．[方法二]：奇偶分類討論由題意知，所以．由（為奇數(shù)）及（為偶數(shù)）可知，數(shù)列從第一項(xiàng)起，若為奇數(shù)，則其后一項(xiàng)減去該項(xiàng)的差為1，若為偶數(shù)，則其后一項(xiàng)減去該項(xiàng)的差為2．所以，則．[方法三]：累加法由題意知數(shù)列滿足．所以，，則．所以，數(shù)列的通項(xiàng)公式．（2）[方法一]：奇偶分類討論．[方法二]：分組求和由題意知數(shù)列滿足，所以．所以數(shù)列的奇數(shù)項(xiàng)是以1為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列；同理，由知數(shù)列的偶數(shù)項(xiàng)是以2為首項(xiàng)，3為公差的等差數(shù)列．從而數(shù)列的前20項(xiàng)和為：．【整體點(diǎn)評】(1)方法一：由題意討論的性質(zhì)為最一般的思路和最優(yōu)的解法；方法二：利用遞推關(guān)系式分類討論奇偶兩種情況，然后利用遞推關(guān)系式確定數(shù)列的性質(zhì)；方法三：寫出數(shù)列的通項(xiàng)公式，然后累加求數(shù)列的通項(xiàng)公式，是一種更加靈活的思路.(2)方法一：由通項(xiàng)公式分奇偶的情況求解前項(xiàng)和是一種常規(guī)的方法；方法二：分組求和是常見的數(shù)列求和的一種方法，結(jié)合等差數(shù)列前項(xiàng)和公式和分組的方法進(jìn)行求和是一種不錯(cuò)的選擇.14．（2021·全國·高考真題）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，已知，且數(shù)列是等差數(shù)列，證明：是等差數(shù)列.【答案】證明見解析.【分析】先根據(jù)求出數(shù)列的公差，進(jìn)一步寫出的通項(xiàng)，從而求出的通項(xiàng)公式，最終得證.【解析】∵數(shù)列是等差數(shù)列，設(shè)公差為∴，∴，∴當(dāng)時(shí)，當(dāng)時(shí)，，滿足，∴的通項(xiàng)公式為，∴∴是等差數(shù)列.【點(diǎn)睛】在利用求通項(xiàng)公式時(shí)一定要討論的特殊情況.15．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）記為數(shù)列的前n項(xiàng)和，為數(shù)列的前n項(xiàng)積，已知．（1）證明：數(shù)列是等差數(shù)列;（2）求的通項(xiàng)公式．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）由已知得,且，取,得,由題意得,消積得到項(xiàng)的遞推關(guān)系,進(jìn)而證明數(shù)列是等差數(shù)列;（2）由（1）可得的表達(dá)式,由此得到的表達(dá)式,然后利用和與項(xiàng)的關(guān)系求得.【解析】（1）[方法一]：由已知得,且，,取,由得,由于為數(shù)列的前n項(xiàng)積，所以,所以，所以,由于所以，即,其中所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，以為公差等差數(shù)列;[方法二]【最優(yōu)解】：由已知條件知

①于是．

②由①②得．

③又，

④由③④得．令，由，得．所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列．[方法三]：

由，得，且，，．又因?yàn)?，所以，所以．在中，?dāng)時(shí)，．故數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列．[方法四]：數(shù)學(xué)歸納法

由已知，得，，，，猜想數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列，且．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．當(dāng)時(shí)顯然成立．假設(shè)當(dāng)時(shí)成立，即．那么當(dāng)時(shí)，．綜上，猜想對任意的都成立．即數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公差的等差數(shù)列．（2）由（1）可得，數(shù)列是以為首項(xiàng)，以為公差的等差數(shù)列，,,當(dāng)n=1時(shí)，,當(dāng)n≥2時(shí),,顯然對于n=1不成立,∴.【整體點(diǎn)評】（1）方法一從得，然后利用的定義，得到數(shù)列的遞推關(guān)系，進(jìn)而替換相除消項(xiàng)得到相鄰兩項(xiàng)的關(guān)系，從而證得結(jié)論；方法二先從的定義，替換相除得到，再結(jié)合得到，從而證得結(jié)論，為最優(yōu)解；方法三由，得，由的定義得，進(jìn)而作差證得結(jié)論；方法四利用歸納猜想得到數(shù)列，然后利用數(shù)學(xué)歸納法證得結(jié)論．（2）由（1）的結(jié)論得到，求得的表達(dá)式,然后利用和與項(xiàng)的關(guān)系求得的通項(xiàng)公式；16．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）設(shè)函數(shù).（1）求函數(shù)的最小正周期；（2）求函數(shù)在上的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由題意結(jié)合三角恒等變換可得，再由三角函數(shù)最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等變換可得，再由三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)即可得解.【解析】（1）由輔助角公式得，則，所以該函數(shù)的最小正周期;（2）由題意，，由可得，所以當(dāng)即時(shí)，函數(shù)取最大值.17．（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）已知數(shù)列的前n項(xiàng)和為，，且.（1）求數(shù)列的通項(xiàng)；（2）設(shè)數(shù)列滿足，記的前n項(xiàng)和為，若對任意恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由，結(jié)合與的關(guān)系，分討論，得到數(shù)列為等比數(shù)列，即可得出結(jié)論；（2）由結(jié)合的結(jié)論，利用錯(cuò)位相減法求出，對任意恒成立，分類討論分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為與關(guān)于的函數(shù)的范圍關(guān)系，即可求解.【解析】（1）當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)時(shí)，由①，得②，①②得，又是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，；（2）由，得，所以，，兩式相減得，所以，由得恒成立，即恒成立，時(shí)不等式恒成立；時(shí)，，得；時(shí)，，得；所以.【點(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)點(diǎn)睛：（1）已知求不要忽略情況；（2）恒成立分離參數(shù)時(shí)，要注意變量的正負(fù)零討論，如（2）中恒成立，要對討論，還要注意時(shí)，分離參數(shù)不等式要變號.18．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）記是公差不為0的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和，若．（1）求數(shù)列的通項(xiàng)公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.【分析】(1)由題意首先求得的值，然后結(jié)合題意求得數(shù)列的公差即可確定數(shù)列的通項(xiàng)公式；(2)首先求得前n項(xiàng)和的表達(dá)式，然后求解二次不等式即可確定n的最小值.【解析】(1)由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：，則：，設(shè)等差數(shù)列的公差為，從而有：，，從而：，由于公差不為零，故：