【解析】试题分析:(1)先根据和项与通项关系将条件转化为和项之间递推关系式，再变形成 ，最后根据等差数列定义论证(2)根据等差数列通项公式求得 ，即得Sn，再代入已知条件an＝－2SnSn－1得an
试题解析:解：(1)证明：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2SnSn－1，①
∴Sn(1＋2Sn－1)＝Sn－1，由上式知，若Sn－1≠0，则Sn≠0.
4．（1）详见解析；（2） .
【解析】试题分析：（1）由 ，及 ，可得 ，根据正弦函数的性质结合三角形内角和定理，即可证明 成立；（2）由 ，根据余弦定理得 ，由此可得 或 ，再根据正弦、余弦函数的性质，可求得 .
试题解析：(1)∵a＝2bcosB，且 ，∴sinA＝2sinBcosB＝sin2B，
即cosA＝ ＝ ＝ ，A∈(0，π)，∴A＝ ；
(Ⅱ)由余弦定理知4＝b2＋c2－bc，
∴4≥2 2－ 2＝ 2，∴b＋c≤4，
又∵b＋c>a，∴b＋c>2，
综上，b＋c的取值范围为 .
3．(1) (2)
【解析】试题分析：(1)由3a2＋ab－2b2＝0，3a＝2b，即3sinA＝2sinB，又B＝ ，从而求出sinC的值；(2)设a＝2t，b＝3t，又sinA＋3sinC＝3sinB，从而可得c＝ t，利用余弦定理先求cosC，进而得到sinC的值．
9．（1）见解析（2）4
【解析】(1)acos2 ＋ccos2 ＝a· ＋c· ＝ b，
即a(1＋cosC)＋c(1＋cosA)＝3b.由正弦定理得：
sinA＋sinAcosC＋sinC＋cosAsinC＝3sinB，
即sinA＋sinC＋sin(A＋C)＝3sinB，∴sinA＋sinC＝2sinB.
∴an＝
14．（1） （2）
【解析】试题分析：（1）先根据等比数列通项公式得Sn，再根据和项与通项关系求数列{an}的通项公式（2）由于奇数项从第三项起成等比数列，所以利用等比数列求和公式求和
试题解析：解：(1)∵S1＝a1＝1，
且数列{Sn}是以2为公比的等比数列，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝log3an，求数列{anbn}的前n项和Sn.
参考答案
1．（1） ；（2）
【解析】试题分析：（1）已知等式利用正弦定理化简，整理后根据 不为0求出 的值，即可确定出 的大小；（2）利用三角形面积公式列出关系式，把已知面积与 的值代入求出 的值，利用余弦定理列出关系式，把 的值代入并利用基本不等式求出 的最小值，利用基本不等式求出 的最小值，即可确定出周长的最小值.
16．已知各项都为正数的数列{an}满足a1＝1， ＝2an＋1(an＋1)－an.
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)设bn＝ ，求数列{an·bn}的前n项和Tn.
18．已知正项等比数列 满足a4＝2a2＋a3， ＝a6.
(Ⅰ)求 的通项公式；
(Ⅱ)求an＋log2(an)的前n项和Tn.
19．已知数列{an}满足a1＋a2＋…＋an＝n2(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)对任意给定的k∈N*，是否存在p，r∈N*(k<p<r)使 ， ， 成等差数列？若存在，用k分别表示p和r(只要写出一组)；若不存在，请说明理由．
20．正项数列{an}的前项和满足： －(n2＋n－1)Sn－(n2＋n)＝0.
(1)求数列{an}的通项公式an；
∵S1＝a1≠0，由递推关系知Sn≠0(n∈N*)，
∴由①式可得，当n≥2时， － ＝2.
∴ 是等差数列，其中首项为 ＝ ＝2，公差为2.
(2)∵ ＝ ＋2(n－1)＝ ＋2(n－1)＝2＋2(n－1)＝2n，∴Sn＝ .
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－ ；
当n＝1时，a1＝S1＝ 不适合上式．
所以bn＝b2qn－2＝3×3n－2，即bn＝3n－1.
(2)当k＝1时，若存在p，r，使 ， ， 成等差数列，则 ＝ － ＝ － ＝ ，
因为p≥2，所以ar＜0，与数列{an}为正项数列相矛盾，因此，当k＝1时不存在；
当k≥2时，设ak＝x，ap＝y，ar＝z，
则 ＋ ＝ ，
所以z＝ ，
令y＝2x－1，得z＝xy＝x(2x－1)，
2．(Ⅰ) A＝ (Ⅱ)
【解析】试题分析：（Ⅰ）通过正弦定理化简式子并分离出 利用两角和的正弦函数化简求值，再求出 的大小；
（Ⅱ）通过余弦定理以及基本不等式求出 的范围，再利用三角形三边的关系求出 的范围．
试题解析：(Ⅰ)∵2acosA＝bcosC＋ccosB ，
∴2sinAcosA＝sinBcosC＋sinCcosB ，
故cosC＝ ＝ ，
故sinC＝ ＝ .
点睛：解三角形问题，多为边和角的求值问题，这就需要根据正、余弦定理结合已知条件灵活转化边和角之间的关系，从而达到解决问题的目的.其基本步骤是：第一步：定条件，即确定三角形中的已知和所求，在图形中标出来，然后确定转化的方向.第二步：定工具，即根据条件和所求合理选择转化的工具，实施边角之间的互化.第三步：求结果.
试题解析：
(Ⅰ)因为3a2＋ab－2b2＝0，
故(3a－2b)(a＋b)＝0，
故3a2＋ab－2b2＝0，故3sinA＝2sinB，故sinA＝ ，
因为3a＝2b，故a<b，故A为锐角，
故sinC＝sin(A＋B)＝sinAcosB＋cosAsinB＝ .
(Ⅱ)由(Ⅰ)可设，a＝2t，b＝3t，因为sinA＋3sinC＝3sinB，故a＋3c＝3b，故c＝ t，
(2)令bn＝ ，数列{bn}的前n项和为Tn.证明：对于任意的n∈N*，都有Tn< .
21．设{an}是公比不为1的等比数列，其前n项和为Sn，且a5，a3，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的公比；
(2)证明：对任意k∈N＋，Sk＋2，Sk，Sk＋1成等差数列．
22．在各项均为正数的等比数列{an}中，已知a2＝2a1＋3，且3a2，a4，5a3成等差数列．试题析：（1） ，，
即 ，得 ，
。
（2） ，则 ，
又 ，得 ，
所以 。
点睛：解三角形的综合题型，需要对正弦定理、余弦定理及面积公式要熟悉掌握，本题中还考察了三角形内 的转化应用。余弦定理是解决边长关系最有用的工具。
6．（1） （2）
【解析】试题分析：（1）直接根据余弦定理可得角 的大小；（2）先根据两角和与差正弦公式化简得 ，或 ，再根据正弦定理得 ，结合条件 可解得a,c，最后根据三角形面积公式求面积
10．（1）B＝ （2） ＋1
【解析】(1)由已知及正弦定理，得
sinA＝sinBcosC＋sinCsinB，①
又A＝π－(B＋C)，
故sinA＝sin(B＋C)＝sinBcosC＋cosBsinC．②
由①，②和C∈(0，π)得sinB＝cosB.
又B∈(0，π)，所以B＝ .
(2)△ABC的面积S＝ acsinB＝ ac.
可得sinBcosC+cosBsinC= sinC+sinBcosC,
又sinC≠0,
即cosB= ,所以B= .
(2)因为S△ABC= ,
所以 acsin = ,
所以ac=4,
由余弦定理可知b2=a2+c2-ac≥2ac-ac=ac,当且仅当a=c时等号成立.
所以b2≥4,即b≥2,
所以b的最小值为2.
①当C＝ －B时，由A＝2B且A＋B＋C＝π，得A＝ ，B＝C＝ ，这与“b≠c”矛看，∴A≠ ；
②当C＝ ＋B时，由A＝2B且A＋B＋C＝A＋2B＋ ＝2A＋ ＝π，得A＝ ，B＝ ，C＝ ，
∴A＝ .
5．(1)C＝ (2)a＝2，b＝2
【解析】试题分析：（1）由 ，得 ，所以 ， ；（2）由面积公式 ，求得 ，又由余弦定理 ，求得 ，解方程组得到 。
由正弦定理得，a＋c＝2b，故a，b，c成等差数列．
(2)由∠B＝60°，b＝4及余弦定理得：42＝a2＋c2－2accos 60°，
∴(a＋c)2－3ac＝16，
又由(1)知a＋c＝2b，代入上式得4b2－3ac＝16，解得ac＝16，
∴△ABC的面积S＝ acsinB＝ acsin 60°＝4 .
试题解析：解(1)∵{an}是等差数列，
a1＝1，a2＋a3＋…＋a10＝144，
∴S10＝145，∴S10＝ ，
∴a10＝28，∴公差d＝3.
∴an＝3n－2(n∈N*)．
(2)由(1)知bn＝ ＝
＝ ，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝ ，
∴Sn＝ .
∵Sn＋1－Sn＝ － ＝ >0，
∴数列{Sn}是递增数列．
试题解析：（Ⅰ）∵ ，∴可得： ，
∴由余弦定理可得： ，
∵ ，
∴ ．
（Ⅱ）∵ ，
∴ ，
∴ ，可得： ，
∴ ，或 ，
∴当 时， ，可得 ，可得 ；
当 时，由正弦定理知 ，由余弦定理可得： ，
解得： ， ， ．
7．（1） ；（2）2．
【解析】试题分析：（1）由∠BAC的余弦定理可求BC,再由正弦定理求∠ACB的正弦值。（2）） ，设 ， ，得 ，又 ，由均值不等式可求。
试题解析：（1）由余弦定理,得 ，
.
由正弦定理,得 ，
（2） ，
设 ， ，
则有 ，∴
，
∵ ， ，
∴ ， ，
∴ 的最大值为 ，当且仅当 时等号成立．
当 时， 的最大值为2．
8．(1)B= (2)2
【解析】
解:(1)由正弦定理可得
sinA= sinC+sinBcosC,
又因为A=π-(B+C),
所以sinA=sin(B+C),