2022年高考天津数学高考真题变式题第16-18题解析版

这是一份2022年高考天津数学高考真题变式题第16-18题解析版，共75页。试卷主要包含了已知中，角的对边分别为.，如图，在四边形中，，，，.等内容，欢迎下载使用。
 2022年高考天津数学高考真题变式题16-18题
原题16
1．在中，角A、B、C的对边分别为a，b，c.已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
变式题1基础
2．已知中，角的对边分别为.
（1）求：
（2）求；
（3）求的长.
变式题2基础
3．在的内角所对边的长分别是，已知.
(1)求的值；
(2)求的值；
(3)求的值.
变式题3基础
4．如图，在平面四边形ABCD中，，.

(1)若的面积为，求AC；
(2)在（1）的条件下，若，求.
变式题4基础
5．如图，在四边形中，，，，.

(1)求；
(2)若，求的长.
变式题5巩固
6．在，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求a的值；
（2）求的值．
变式题6巩固
7．在中，角，，所对的边分别为，，.已知，，.
(1)求和的值；
(2)求的值.
变式题7巩固
8．在中，内角对边的边长分别是，已知．
(1)若，，求；
(2)若，求证：是等边三角形；
(3)若，求的值．
变式题8巩固
9．在中，内角、、所对的边分别是、、，且，，．
(1)求的值；
(2)求边长．
变式题9提升
10．在中，内角所对的边分别是，且，已知，，.
(1)求及的值；
(2)求的值.
变式题10提升
11．在中，点是边上一点，.
(1)求边的长；
(2)求的值；
(3)求的值.
变式题11提升
12．已知的内角，，所对的边分别为，，，且为钝角．
(1)求；
(2)若，，求的面积；
(3)求．
变式题12提升
13．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c若，角C为钝角，.
(1)求的值；
(2)求边c的长.
原题17
14．直三棱柱中，，D为的中点，E为的中点，F为的中点．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面所成二面角的余弦值．
变式题1基础
15．如图，P，O分别是正四棱柱上、下底面的中心，E是AB的中点，，．

(1)求证：平面PBC；
(2)求直线PA与平面PBC所成角的正弦值；
(3)求平面POC与平面PBC夹角的余弦值．
变式题2基础
16．如图所示，在三棱柱中，侧面ABCD和ADEF都是边长为2的正方形，平面平面ADEF，点G、M分别是线段AD、BF的中点．

(1)求证：平面BEG；
(2)求直线DM与平面BEG所成角的正弦值；
(3)求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值．
变式题3基础
17．如图，在四棱台中，底面四边形ABCD为菱形，平面.

(1)若点是的中点，求证：平面
(2)求直线与平面所成角的余弦值；
(3)棱上存在点，使得，求平面与平面的夹角的正弦值.
变式题4基础
18．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，为正三角形，且侧面底面，为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的大小；
(3)求平面与平面夹角的余弦值.
变式题5巩固
19．如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，点M为的中点.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的正弦值；
(3)在线段上是否存在一点N，使直线与平面所成的角正弦值为，若存在求出的长，若不存在说明理由.
变式题6巩固
20．如图，平面平面，且四边形为矩形，四边形为直角梯形，，，，.

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)求直线与平面所成角的余弦值.
变式题7巩固
21．如图，平面，，，，，．

(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角的余弦值．
变式题8巩固
22．四棱雉 中， 平面， 底面 是 等腰梯形， 且， 点 在棱 上.

(1)当 是棱 的中点时， 求证: 平面;
(2)当直线 与平面 所成角 最大时， 求二面角 的大小.
变式题9提升
23．如图，在四棱雉中，平面，正方形边长为，，是的中点.

(1)求证:平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值；
(3)求平面与平面夹角.
变式题10提升
24．在如图所示的多面体中，四边形ABCD为正方形，A，E，B，F四点共面，且和均为等腰直角三角形，，平面平面AEBF，．

(1)求证：直线平面ADF；
(2)求平面CBF与平面BFD夹角的正弦值；
(3)若点P在直线DE上，求直线AP与平面BCF所成角的最大值．
变式题11提升
25．如图，在多面体中，底面为正方形，平面，平面，．

(1)求证：平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值；
(3)若平面，求平面与平面夹角的余弦值．
变式题12提升
26．如图，平面，，，，，点，，分别为，，的中点．

(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的大小；
(3)若为线段上的点，且直线与平面所成的角为，求线段的长．
原题18
27．设是等差数列，是等比数列，且．
(1)求与的通项公式；
(2)设的前n项和为，求证：；
(3)求．
变式题1基础
28．已知等差数列各项均不为零，为其前项和，点在函数的图像上.
(1)求的通项公式；
(2)若数列满足，求的前项和；
(3)若数列满足，求的前项和的最大值、最小值.
变式题2基础
29．已知数列{}的前n项和满足：．
(1)求数列{}的前3项；
(2)求证：数列是等比数列；
(3)求数列的前n项和．
变式题3基础
30．已知等比数列的公比是的等差中项．等差数列满足．
(1)求数列的通项公式；
(2)将数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，求此新数列的前50项和；
(3)，求数列的前项和．
变式题4基础
31．已知为等差数列，为等比数列，．
（Ⅰ）求和的通项公式；
（Ⅱ）记的前项和为，求证：；
（Ⅲ）对任意的正整数，设求数列的前项和．
变式题5巩固
32．已知数列中，．
(1)证明：数列和数列都为等比数列；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前n项和．
变式题6巩固
33．已知数列中，，，，数列的前n项和为Sn.
(1)求的通项公式；
(2)已知，
（i）求数列前n项和Tn；
（ii）证明：当时，.
变式题7巩固
34．在等差数列中，已知，．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列是首项为1，公比为3的等比数列，求数列的前n项和；
(3)记，数列的前n项和为，若对任意的，，都有，求正整数k的最小值．
变式题8巩固
35．在数列中，，
(1)设，求证：；
(2)求数列的通项公式；
(3)求数列的前项和.
变式题9提升
36．已知等差数列的公差，它的前项和为，若=70，且，，成等比数列．
(1)求数列的通项公式；
(2)中的第2项，第4项，第8项，…，第项，按原来的顺序排成一个新数列，求的前n项和.
(3)已知数列，，若数列的前项和为，求证：.
变式题10提升
37．已知数列的前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)求数列的前项和；
(3)若数列，，求前项和.
变式题11提升
38．已知等差数列的前项和为，公差为1，且满足．数列是首项为2的等比数列，公比不为1，且、、成等差数列，其前项和为．
(1)求数列和的通项公式；
(2)若，求正整数的值；
(3)记，求数列的前项和．
变式题12提升
39．已知数列的前项和，其中．
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列满足，，求数列的前项和；
(3)若存在，使得成立，求实数的最小值．

参考答案：
1．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）根据余弦定理以及解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出，再根据两角差的正弦公式即可求出．
（1）
因为，即，而，代入得，解得：．
（2）
由（1）可求出，而，所以，又，所以．
（3）
因为，所以，故，又， 所以，，而，所以，
故．
2．（1）（2）（3）
【分析】（1）由正弦定理及同角三角函数的基本关系；
（2）由两角差的余弦及二倍角公式求解；
（3）由正弦定理求解即可.
【详解】（1），
，
由正弦定理可得，.
（2）且,
,
，，

（3）
，
由正弦定理，可得.
3．(1)2；
(2)；
(3).

【分析】（1）根据余弦定理，结合已知条件，计算即可；
（2）利用正弦定理，结合已知条件，即可求得结果；
（3）根据，结合余弦的和角公式和倍角公式，计算即可.
（1）
因为，故由余弦定理，
可得，即，解得（舍）或.
（2）
因为，故，则，
由正弦定理，则，解得.
（3）
因为
又，
故.
4．(1)；
(2).

【分析】（1）根据，，的面积为，先求得BC，再利用余弦定理求解；
（2）利用正弦定理求得，再利用二倍角公式求解.
（1）
在中，，，的面积为，
所以，
即，解得.
在中，由余弦定理得，
所以，
解得；
（2）
因为，，AD=9，
在中，由正弦定理，
所以．
所以．
5．(1)
(2)3

【分析】（1）先求出，在中结合正弦定理求解即可；
（2）根据题中条件运用二倍角公式求出的值，然后在中结合余弦定理求解即可.
（1）
因为，，
所以，
在中，根据正弦定理知，，
即，
解得.
（2）
因为且，
所以.
因为，
所以，
在中，由余弦定理知，，
即，
所以，即，
解得或（舍去），
所以的长为3.
6．（1）；（2）．
【分析】（1）根据正弦定理即可求出a的值；
（2）根据余弦定理可求出，再根据平方关系求出，二倍角公式求出，然后再根据两角差的正弦公式展开即可求出．
【详解】（1）由，所以．
（2）由可得，，所以，所以，
，，
，
所以．
7．(1)，
(2)

【分析】（1）由余弦定理求得，从而得出，由正弦定理求得，代入已知等式可求得；
（2）由二倍角公式，两角和的余弦公式计算．
（1）
因为，所以由余弦定理得，
是三角形内角，，
由正弦定理 得，所以，
由得，解得或（舍去）．
（2）
，，
．
8．(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）先由求得角B的值，再利用正弦定理即可求得 的值；
（2）先利用余弦定理求得，再利用即可求得，进而证明是等边三角形；
（3）先求得的值，再利用二倍角的余弦公式去求的值．
（1）
中，．则，
又，，由正弦定理得
（2）
中，．则，
则有
又，则，即，
则有，则有，又，则有
则是等边三角形；
（3）
中，．则，，
又，，则，则
则．
9．(1)
(2)

【分析】（1）利用正弦定理解三角形，再利用倍角公式即可.
（2）利用余弦定理建立的方程，解方程即可.
（1）
，，
由正弦定理有：  
解得:
所以.
（2）
由(1)有：，
由余弦定理有：
可得：，解得或3(舍去).
因为若，则是等腰三角形，则A=B，
又A+B+C= ，  解得
与题意不符，故舍去.
所以.
10．(1)，
(2)

【分析】（1）利用同角的三角函数的基本关系式和诱导公式可求.
（2）利用二倍角公式和两角和的正弦公式可求的值.
（1）
因为，为三角形内角，所以，
又，解得，
又，所以（舍），；
（2）
因为，，
又.
11．(1)；
(2)；
(3)．

【分析】(1)在中，由余弦定理即可求出AD；
(2)在中，由正弦定理即可求sinC；
(3)根据sinC求出cosC，根据正弦的差角公式和正余弦的二倍角公式即可计算．
（1）
在中，由余弦定理，得到，
故；
（2）
在中，由正弦定理，得到；
（3）
在中，∵，∴，∴，
∴，
∴，
∴．
12．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由正弦定理边化角，可求得角的正弦，由同角关系结合条件可得答案.
（2）由（1），由余弦定理，求出边的长，进一步求得面积．
（3）由正余弦的二倍角公式可得答案.
（1）
因为，由正弦定理得，
因为，所以．
因为角C为钝角，所以角A为锐角，所以.
（2）
由（1），由余弦定理，，，
得，所以，
解得或，，不合题意舍去，
∴，
故△ABC的面积为.
（3）
因为，，
所以
.
13．(1)
(2)

【分析】（1）由求导，利用求得，，
再由两角差的正弦展开式可得答案；
（2）利用正弦定理和可得答案.
（1）
因为C为钝角，由，则，
则， C为钝角可得为锐角，
所以，，
可得.
（2）
由（1）可知：，则，，
则，
正弦定理：，，
可得：.
14．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可证得结论成立；
（2）利用空间向量法可求得直线与平面夹角的正弦值；
（3）利用空间向量法可求得平面与平面夹角的余弦值.
（1）
证明：在直三棱柱中，平面，且，则
以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、、，则，
易知平面的一个法向量为，则，故，
平面，故平面.
（2）
解：，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，.
因此，直线与平面夹角的正弦值为.
（3）
解：，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，则，
因此，平面与平面夹角的余弦值为.
15．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】(1)建立坐标系，利用平面的法向量与的数量积为零可证明；
(2)利用与平面的法向量可求解；
(3)利用平面的法向量可求解.
（1）
以点O为原点，直线OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，

由上得，，，
设平面PBC的法向量为，则由得
取，得，因为，所以，
又平面PBC，所以平面PBC．
（2）
由（1）知平面PBC的法向量为，
因为，所以，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为．
（3）
显然，平面POC的法向量为，
由（1）知平面PBC的法向量为，
设平面POC与平面PBC的夹角为，则．
16．(1)证明见解析；
(2)；
(3).

【分析】（1）由面面垂直的性质可得面，再由面面垂直有，结合已知、、两两垂直，构建以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，求面的法向量及，判断它们的位置关系，即可证结论.
（2）由（1），应用空间向量夹角的坐标表示求DM与平面BEG所成角的正弦值；
（3）由是面的一个法向量，结合（1）所得面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示求平面BEG与平面ABCD夹角的余弦值．
（1）
由四边形是正方形，则，又面面，面面 ，面，
所以面，而面，则，又，
所以、、两两垂直.
建立以A为原点，以的方向为x轴，y轴，z轴正方向的空间直角坐标系，

则，，，，，，，，
所以，
设为面的法向量，则，令，可得，
又，则，所以，又平面，
所以平面．
（2）
由（1）知：且为面的法向量，
因此，即直线与平面所成角的正弦值为．
（3）
由平面的一个法向量且为面的法向量，
因此，即平面与平面夹角的余弦值为．
17．(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而得到要求证的线面平行.
（2）在平面中，过作的垂线，与交于，则可建立如图所示的空间直角坐标系，求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值，进而可得余弦值.
（3）求出平面的法向量与平面的法向量的夹角的余弦值后可求面面角的正弦值.
（1）

取的中点为，连接，
在菱形中，因为，则，
而平面，平面，故平面，
由四棱台可得，而，
故，故，故四边形为平行四边形，
故，而平面，平面，故平面，
因为， 平面，平面，
故平面平面，而平面，故平面.
（2）

在平面中，过作的垂线，与交于，
因为平面，平面，故，
同理，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
故，
，
故，，所以，
所以，故，
而平面的一个法向量为，
设直线与平面所成的角为，
则，所以.
（3）
由可得，
故，而，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故，
结合（2）的平面的一个法向量为，
故，
设平面与平面的夹角为，则.
故平面与平面的夹角的正弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)60°
(3)

【分析】（1）连接，与交于，再根据证明即可；
（2）设是的中点，连接，以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系，再根据线面角的向量求法求解即可；
（3）求解平面的法向量，再求解二面角的余弦值即可
（1）
证明：连接，与交于，则为的中点，又分别为的中点，∴，∵平面，平面，∴平面.

（2）

设是的中点，连接，∵是正方形，为正三角形，∴.又∵面面，交线为，∴平面.
以为原点，分别以，，所在直线为，，轴，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，∴，，
设平面的法向量为，则，令.则，得.设直线与平面所成角为，
∴，即直线与平面所成角的正弦值，故所求角大小为60°.
（3）

由（2）可知，设平面的法向量为，则
，令.则，，.
设面与面夹角为，∴，∴面与面夹角的余弦值为.
19．(1)见解析
(2)
(3)

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明
（2）建立空间直角坐标系，由空间向量求解
（3）待定系数法表示点坐标，由空间向量求解
（1）
取中点，连接
是的中点，，，
故，，四边形为平行四边形，
，而平面，平面，
平面

（2）
因为平面平面，，平面，平面平面，所以平面，
取中点，连接，易得平面，
以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系
则有，
，
设平面的一个法向量为，
由得，
取，得，
易知平面的一个法向量为，
则，，
故平面与平面夹角的正弦值为．
（3）
，，设，
则，，，
设平面的一个法向量为，
由得，
得，而，
故，
，解得或（舍去）
故
20．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）取的中点，连接，可得且，证明四边形为平行四边形，从而可得证.
（2）以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系,利用向量法求解即可.
（3）利用（2）中的空间坐标系，利用向量法求解即可.
（1）
取的中点，连接,则且
又，所以四边形为正方形,则且
又四边形ABCD为矩形，则且
所以且,则四边形为平行四边形
所以，又平面,平面

（2）
∵四边形BCEF为直角梯形，四边形ABCD为矩形，
∴，，
又∵平面平面BCEF，且平面平面，
∴平面.
以C为原点，CB所在直线为x轴，CE所在直线为y轴，CD所在直线为z轴建立如图所示空间直角坐标系.
，，，，，，
设平面的一个法向量为，
则，，
得
∵平面，∴平面一个法向量为，
设平面与平面所成锐二面角的大小为，
则.
因此，平面与平面所成锐二面角的大小为.
（3）
根据（2）知平面一个法向量为得，∵，
设直线与平面所成角为，则
，
∴.
因此，直线与平面所成角的余弦值为.

21．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）先证明平面BCF平行于平面ADE，即可证明直线BF平行于平面ADE；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面BDE的法向量，利用向量数量积即可求解；
（3）分别求出平面BDE和平面ADE的法向量，利用向量数量积即可.
（1）
∵ ， 平面ADE， 平面ADE， ，
平面BDE， 平面BDE， ，
∴平面ADE 平面BDE， 平面BDE， 平面ADE；
（2）
依题意， ，以A为原点建立空间直角坐标系如下图：

则 ，
， ，
设平面BDE的一个法向量为 ，
则有 ， ，令x=2，则y=-2，z=-1， ，
设CE与平面BDE的夹角为 ，
则有 ，
（3）
显然平面ADE的一个法向量为 =(0，1，0)，设平面ADE与平面BDE的夹角为 ，
则 ；
综上，CE与平面BDE的夹角的正弦值为 ，平面ADE与平面BDE的夹角的余弦值为 .
22．(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)取中点，根据题意和中位线的性质可证得四边形是平行四边形，则，利用线面平行的判定定理即可证明；
(2)建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面法向量和的坐标，结合数量积的定义和二次函数的性质可得，再利用空间向量法求出平面、平面的法向量，计算两法向量之积即可求解.
（1）
取中点，
的中点为，
，且，
∴四边形是平行四边形，
，平面，
平面；

（2）
等腰梯形中，，
作于，则中，
由余弦定理得，，，即，
底面，则两两垂直
如图，以为原点，为轴、轴、轴为正方向建立空间直角坐标系， 则，
，
设平面法向量，则
∴平面的一个法向量，
设，则，
，
，∴当时，取得最大值，
，
设平面法向量，则
∴平面的一个法向量，
设平面法向量，则，
∴平面的一个法向量，
，
∴二面角的大小为.

23．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）连接交于点，连接，由中位线定理得出，再由线面平行的判定证明即可；
（2）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出直线与平面所成角的正弦值；
（3）以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，利用向量法得出平面与平面夹角.
（1）
连接交于点，连接
分别为的中点，
又平面，平面
平面

（2）
以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系
，，，
，
设平面的法向量为，
由，令，得
设直线与平面所成角为
，
直线与平面所成角的正弦值

（3）
设平面的法向量为，

，令，得

平面与平面夹角为锐角
平面与平面夹角为.
24．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）由线面平行的判定定理证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求两平面夹角的正弦值；
（3）设P（0，l，），则，由向量法求出线面角的正弦值，由不等式的性质得最大值．
（1）
因为和均为等腰直角三角形，且，
所以，所以，
又平面ADF，平面ADF，所以平面ADF．
（2）
因为四边形ABCD为正方形，所以，
因为平面平面AEBF，平面ABCD，平面平面，
所以平面AEBF，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz，

因为，所以B（2，0，0），C（2，0，2），F（1，，0），A（0，0，0），
，，，设平面BCF的法向量为，
则，得，令，则，
设平面BFD的法向量，，
由，令，得
因为
平面CBF与平面BFD夹角的正弦值是
（3）
设P（0，l，），则，
设AP与平面BCF所成的角为q，则

要使最大，则，所以，时等号成立，
所以，所以AP与平面BCF所成角的最大值为．
25．(1)证明见解析
(2)
(3)

【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，计算及平面的法向量后可证平面.
（2）求出及平面的法向量后可求线面角的正弦值.
（3）根据平面可求的坐标，从而可求平面的法向量，利用向量法可求二面角的余弦值.
（1）
因为底面为正方形，平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
设，则，
故，设平面的法向量为，
则即，取，故，故，
而平面，故平面.
（2）
因为，故，故，而，
设平面的法向量为，
故即，取，则，
故，
设与平面所成角为，则.
（3）
由（1）可得，而，
设平面的法向量为，
则即，取，则，
故，
因为平面，故，
故存在非零实数，使得即，
故，解得，
故，由（2）可得，
故与平面夹角的余弦值为.
26．(1)证明见解析；
(2)；
(3).

【分析】连接，证明四边形为平行四边形，证明，即可求证平面；
建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴的空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，通过空间向量数量积求解夹角的大小；
，即，利用空间向量的数量积求解的值，即可求得结果.
（1）
解：证明：连接，，，
，
又，四边形为平行四边形.
点， 分别为，的中点，
，.
，，为的中点，
，,
，.
四边形为平行四边形.
.
平面，平面，
平面.
（2）
解：平面，，可以建立以为原点，分别以，，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系：

依题意可得，，，，，，，，，，，，
设平面的法向量为，
则，令，则，即.
设平面的法向量为，
则，令，则，，即.
设平面与平面夹角为，
则.
所以平面与平面夹角为.
（3）
解：设，即，
则，所以.
由知平面的法向量为，
由题意可得，
即，整理得，
解得或.
因为，所以.
所以，，
则.
27．(1)
(2)证明见解析
(3)

【分析】（1）利用等差等比数列的通项公式进行基本量运算即可得解；
（2）由等比数列的性质及通项与前n项和的关系结合分析法即可得证；
（3）先求得，进而由并项求和可得，再结合错位相减法可得解.
（1）
设公差为d，公比为，则，
由可得（舍去），
所以；
（2）
证明：因为所以要证，
即证，即证，
即证，
而显然成立，所以；
（3）
因为
，
所以
，
设
所以，
则，
作差得
，
所以，
所以.
28．(1)
(2)
(3)最大值为，最小值为

【分析】（1）将点代入函数解析再结合前和即可求解；
（2）运用错位相减法或分组求和法都可以求解；
（3）将数列的通项变形为，再求和，通过分类讨论从单调性上分析求解即可.
（1）
因为点在函数的图像上，
所以，
又数列是等差数列，所以，
即所以，
；
（2）
解法1：，
==，
解法2：， ①
， ②   ①-② 得
，
；
（3）

记的前n项和为，
则=
，
当n为奇数时随着n的增大而减小，可得，
当n为偶数时随着n的增大而增大，可得，
所以的最大值为，最小值为.
29．(1)；
(2)证明见解析；
(3).

【分析】（1）根据，令n＝1，2，3即可求出前三项；
（2）利用与的关系得到{}的递推公式，从而可以证明，其中k为常数；
（3）根据(2)求出，从而求出，根据通项公式的特征，分n为奇数和偶数两种情况进行求和，求和时采用分组求和法与错位相减法.
（1）
当时，有：；
当时，有：；
当时，有：；
综上可知；
（2）
由已知得：时，，
化简得：
上式可化为：
故数列{}是以为首项，公比为2的等比数列.
（3）
由（2）知，∴，
∴
当n为偶数时，
=
令，
①
②
则①②得


，
∴，=，
所以.
当n为奇数时，，
，
所以.
综上，.
30．(1)，；
(2)；
(3)．

【分析】（1）根据等差数列，等比数列通项公式基本量的计算，列出方程组即可解出，，从而得到数列的通项公式；
（2）依题意可知数列与数列的所有项按照从小到大的顺序排列成一个新的数列，就是数列中的前项与数列中的前项组成的数列，分别求和再加起来即可解出；
（3）根据分组求和法，错位相减法，裂项相消法即可求出．
（1）
依题有,因为，解得：
．数列是等差数列,设其公差为,，解得：.
（2）
数列与数列都是递增数列, ,
,,
新数列的前50项和为:.
（3）
∵，

设 ,
，
，两式相减有

,
∴.
∴
.
.
31．（Ⅰ），；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）.
【分析】(Ⅰ)由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；
(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论首先求得数列前n项和，然后利用作差法证明即可；
(Ⅲ)分类讨论n为奇数和偶数时数列的通项公式，然后分别利用指数型裂项求和和错位相减求和计算和的值，据此进一步计算数列的前2n项和即可.
【详解】(Ⅰ)设等差数列的公差为，等比数列的公比为q.
由，，可得d=1.
从而的通项公式为.
由，
又q≠0，可得，解得q=2，
从而的通项公式为.
(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)可得，
故，，
从而，
所以.
(Ⅲ)当n为奇数时，，
当n为偶数时，，
对任意的正整数n，有，
和 ①
由①得 ②
由①②得，
由于，
从而得：.
因此，.
所以，数列的前2n项和为.
【点睛】本题主要考查数列通项公式的求解，分组求和法，指数型裂项求和，错位相减求和等，属于中等题.
32．(1)证明见解析.
(2)
(3).

【分析】（1）通过配凑法证得结论成立.
（2）结合累加法求得数列的通项公式.
（3）利用错位相减求和法、分组求和法求得.
（1）
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以.
由得，
所以数列是首项为，公比为的等比数列.
（2）
由（1）得，
则，
所以
，
也符合上式，
所以.
（3）
，
令，
，
两式相减得
，
所以.
所以
.
33．(1)
(2)（i）Tn；（ii）证明见解析

【分析】（1）由已知得出数列的奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列，偶数项构成的数列是首项为2，公差为4的等差数列.分别求出通项公式，合并可得的通项公式；
（2）（i）由奇数项和偶数项分别求和可得，从而得出，由裂项相消法求得和；
（ii）求出，由不等式的性质放缩为（时等号成立），时，对这个不等式求和，对新不等式两侧一个用错位相减法求得和，另一侧利用此和得出，即可证得不等式成立．
（1）
由题意可知，数列的奇数项构成的数列是首项为1，公差为4的等差数列，偶数项构成的数列是首项为2，公差为4的等差数列.
当n为奇数时，；
当n为偶数时，

（2）
（i），
，
；
（ii），       
，则；
（时等号成立）
当时，
设，



；


综上，当时，.
34．(1)
(2)
(3)9

【分析】（1）由等差数列的基本量法求得和，则得通项公式；
（2）利用等比数列通项公式求出后，用分组求和法求得；
（3）求出后用错位相减法求得，化简不等式为，引入函数，用作差法确定的单调性（需要对差再作差确定单调性、正负），得的正负后可得结论．
（1）
设公差为，则，解得，
所以；
（2）
由题意，所以，
；
（3）
由（1），
，，
相减得，

，由，得，
令，则，
设，
则，
当时，，
当时，，即，
当时，，
，，，
所以当时，，当时，，
当时，递减，当时，递增，
，，，
因此当时，，当时，，
所以满足的的最小值是9，即的最大值是9．
35．(1)证明见解析；
(2)；
(3).

【分析】（1）依题意将转化为，将代入即可得到，结论成立；
（2）根据第（1）问，运用累加法得到，进而求出；
（3）根据第（1）、（2）问知，，，则，运用分组转化求和以及错位相减求和，得出数列的前项和.
（1）
由条件可知：，，
，
，；
（2）
由第（1）问可知，，
当时，，
当时，，
当时，，

当时，，
以上各式相加，得，
，，，即；
（3）
由第（1）、（2）问知，，，则，
设数列的通项公式，前项和为，
则，
，
两式相减，得
，
，
数列的前项和.
36．(1)（）
(2)
(3)证明见解析.

【分析】（1）根据题意得，进而解方程即可得，，最后根据通项公式求解即可；
（2）由题知，进而根据等比数列求和公式分组求和即可；
（3）由题知，，进而根据裂项求和法求解，最后结合单调性证明即可.
（1）
解：因为数列是等差数列，
所以，．
依题意，有，即
解得，．
所以数列的通项公式为（）．
（2）
解：由题意：，
∴
（3）
证明：由（1）可得．所以，
                                                                                  ．
因为，所以．
因为，所以数列是递增数列．
所以．所以．
37．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）由可求得的值，令，由可得，两式作差可推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，即可求得数列的通项公式；
（2）求得，利用错位相减法可求得；
（3）利用奇偶分组法，结合等差数列和等比数列的求和公式可求得.
（1）
解：当时，，可得，
当时，由可得，
上述两个等式作差得，可得，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，故.
（2）
解：，所以，，
所以，，
上述两个等式作差得，
因此，.
（3）
解：由题意可得，，
所以，
.
38．(1)，；
(2)4；
(3).

【分析】（1）由求出的首项，由、、成等差数列求出的公比，再求出它们的通项作答.
（2）求出，，再求出数列前n项和，代入给定等式求解即得.
（3）利用（1）的结论求出，再借助分组求和法、错位相减法求解作答.
（1）
依题意，，解得，则，
设数列的公比为q，因，，成等差数列，则，有，而，解得，，
所以数列和的通项公式分别为：，.
（2）
由（1）知，，，，
依题意，，整理得，而，解得，
所以正整数n的值是4.
（3）
由（1）知，
令数列的前n项和为，数列的前n项和为，
则，
于是得，
两式相减得：，
因此，，
，
数列的前项和.
【点睛】方法点睛：如果数列是等差数列，是等比数列，求数列的前n项和时，可采用错位相减法求和，一般是和式两边同乘以等比数列的公比，然后作差求解．
39．(1)
(2)
(3)

【分析】（1）利用来求得数列的通项公式.
（2）利用凑配法构造等差数列来求得数列的通项公式，利用分组求和法、错位相减求和法求得.
（3）由分离，结合差比较法来求得的最小值.
（1）
当时，，
当时，，
两式相减并化简得（），
当时，上式也符合，
所以.
（2）
数列满足，，
则，，
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
所以，
所以，
设数列满足，且前项和为，
,,
两式相减得，
所以.
设数列满足，则的前项和，
所以.
（3）
依题意，存在，使得成立，
，则只需求的最小值.




，
当或时，取得最小值为.
所以的最小值为.