1.（解三角形）在① a c = 3 ac=\sqrt[{}]{3} ac=3 ​，② c sin ⁡ A = 3 c\sin A=3 csinA=3，③ c = 3 b c=\sqrt[{}]{3}b c=3 ​b这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求 c c c的值。若问题中的三角形不存在，说明理由。
  问题：是否存在 Δ A B C \Delta ABC ΔABC，它的内角 A , B , C A,B,C A,B,C的对边分别是 a , b , c a,b,c a,b,c，且满足 sin ⁡ A = 3 sin ⁡ B \sin A=\sqrt[{}]{3}\sin B sinA=3 ​sinB， C = π 6 C=\frac{\pi }{6} C=6π​。

解：
由 sin ⁡ A = 3 sin ⁡ B \sin A=\sqrt[{}]{3}\sin B sinA=3 ​sinB和正弦定理，有 a = 3 b a=\sqrt[{}]{3}b a=3 ​b。
由余弦定理，有 c 2 = a 2 + b 2 − 2 a b cos ⁡ C = ( 3 b ) 2 + b 2 − 2 3 b 2 cos ⁡ π 6 = b 2 ⇒ c = b {{c}^{2}}={{a}^{2}}+{{b}^{2}}-2ab\cos C={{\left( \sqrt[{}]{3}b \right)}^{2}}+{{b}^{2}}-2\sqrt[{}]{3}{{b}^{2}}\cos \frac{\pi }{6}={{b}^{2}}\text{ }\Rightarrow \text{ }c=b c2=a2+b2−2abcosC=(3 ​b)2+b2−23 ​b2cos6π​=b2 ⇒ c=b
到此，我们知晓了该三角形三条边的信息，三个角的信息也就顺势可推。由余弦定理，
{ cos ⁡ A = b 2 + c 2 − a 2 2 b c = b 2 + b 2 − ( 3 b ) 2 2 b 2 = − 1 2 A ∈ ( 0 , π ) ⇒ A = 2 3 π \left\{ \begin{aligned} & \cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}=\frac{{{b}^{2}}+{{b}^{2}}-{{\left( \sqrt[{}]{3}b \right)}^{2}}}{2{{b}^{2}}}=-\frac{1}{2} \\ & A\in \left( 0,\pi \right) \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }A=\frac{2}{3}\pi ⎩⎪⎨⎪⎧​​cosA=2bcb2+c2−a2​=2b2b2+b2−(3 ​b)2​=−21​A∈(0,π)​ ⇒ A=32​π
{ cos ⁡ B = a 2 + c 2 − b 2 2 a c = ( 3 b ) 2 + b 2 − b 2 2 3 b 2 = 3 2 B ∈ ( 0 , π ) ⇒ B = 1 6 π / B = π − A − C = π − 2 3 π − 1 6 π = 1 6 π \left\{ \begin{aligned} & \cos B=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}=\frac{{{\left( \sqrt[{}]{3}b \right)}^{2}}+{{b}^{2}}-{{b}^{2}}}{2\sqrt[{}]{3}{{b}^{2}}}=\frac{\sqrt[{}]{3}}{2} \\ & B\in \left( 0,\pi \right) \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }B=\frac{1}{6}\pi \text{ }/\text{ }B=\pi -A-C=\pi -\frac{2}{3}\pi -\frac{1}{6}\pi =\frac{1}{6}\pi ⎩⎪⎨⎪⎧​​cosB=2aca2+c2−b2​=23 ​b2(3 ​b)2+b2−b2​=23 ​​B∈(0,π)​ ⇒ B=61​π / B=π−A−C=π−32​π−61​π=61​π
所以该三角形的三边和三角分别为：
a = 3 b , b = b , c = b , A = 2 3 π , B = C = 1 6 π a=\sqrt[{}]{3}b,\text{ }b=b,\text{ }c=b,\text{ }A=\frac{2}{3}\pi ,\text{ }B=C=\frac{1}{6}\pi a=3 ​b, b=b, c=b, A=32​π, B=C=61​π

1. 若添加条件① a c = 3 ac=\sqrt[{}]{3} ac=3 ​，则有
   3 b × b = 3 ⇒ b = 1 \sqrt[{}]{3}b\times b=\sqrt[{}]{3}\text{ }\Rightarrow \text{ }b=1 3 ​b×b=3 ​ ⇒ b=1
   此时问题中的三角形存在且 c = b = 1 c=b=1 c=b=1。
2. 若添加条件② c sin ⁡ A = 3 c\sin A=\sqrt[{}]{3} csinA=3 ​，则有
   c = 3 sin ⁡ A = 3 sin ⁡ 2 π 3 = 2 c=\frac{\sqrt[{}]{3}}{\sin A}=\frac{\sqrt[{}]{3}}{\sin \frac{2\pi }{3}}=2 c=sinA3 ​​=sin32π​3 ​​=2
   此时问题中的三角形存在，且 c = 2 c=2 c=2。
3. 若添加条件③ c = 3 b c=\sqrt[{}]{3}b c=3 ​b，则与之前所求 c = b c=b c=b矛盾。故这样的三角形不存在。

  知识点

1. 正弦定理： a sin ⁡ A = b sin ⁡ B = c sin ⁡ C = k ∈ R > 0 \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=k\in {{\mathbb{R}}_{>0}} sinAa​=sinBb​=sinCc​=k∈R>0​
2. 余弦定理，例 cos ⁡ A = b 2 + c 2 − a 2 2 b c \cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc} cosA=2bcb2+c2−a2​
3. 完全解出一个三角形（指解出三角形的三边和三角）最少需要的信息：①任意1边和任意2角；②任意2边和其夹角；③3边。

2. （数列）已知公比大于1的等比数列 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}满足 a 2 + a 4 = 20 , a 3 = 8 {{a}_{2}}+{{a}_{4}}=20,\text{ }{{a}_{3}}=8 a2​+a4​=20, a3​=8。
  1)求 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}的通项公式；
  2)记 b m {{b}_{m}} bm​为 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}在区间 ( 0 , m ] \left( 0,m \right] (0,m] ( m ∈ N + ) \left( m\in {{N}^{+}} \right) (m∈N+)中项的个数，求数列 { b m } \left\{ {{b}_{m}} \right\} {bm​}的前 100 100 100项和 S 100 {{S}_{100}} S100​。

解：

1. { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}是等比数列，设其公比为 q , q > 1 q,\text{ }q>1 q, q>1。
   由 a 2 + a 4 = 20 , a 3 = 8 {{a}_{2}}+{{a}_{4}}=20,\text{ }{{a}_{3}}=8 a2​+a4​=20, a3​=8有
   { a 1 q + a 1 q 3 = 20 a 1 q 2 = 8 ⇒ { a 1 q ( 1 + q 2 ) = 20 a 1 q = 8 q ⇒ 8 q ( 1 + q 2 ) = 20 ⇒ 2 q 2 − 5 q + 2 = 0 \left\{ \begin{aligned} & {{a}_{1}}q+{{a}_{1}}{{q}^{3}}=20 \\ & {{a}_{1}}{{q}^{2}}=8 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & {{a}_{1}}q\left( 1+{{q}^{2}} \right)=20 \\ & {{a}_{1}}q=\frac{8}{q} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\frac{8}{q}\left( 1+{{q}^{2}} \right)=20\text{ }\Rightarrow \text{ }2{{q}^{2}}-5q+2=0 {​a1​q+a1​q3=20a1​q2=8​ ⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧​​a1​q(1+q2)=20a1​q=q8​​ ⇒ q8​(1+q2)=20 ⇒ 2q2−5q+2=0
   解得 q 1 = 1 2 < 1 , q 2 = 2 > 1 {{q}_{1}}=\frac{1}{2}<1,\text{ }{{q}_{2}}=2>1 q1​=21​<1, q2​=2>1。将 q = 2 q=2 q=2代入 a 1 q 2 = 8 {{a}_{1}}{{q}^{2}}=8 a1​q2=8解得 a 1 = 2 {{a}_{1}}=2 a1​=2。
   因此 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}是以 2 2 2为首项， 2 2 2为公比的等比数列，通项公式为 a n = 2 × 2 n − 1 = 2 n {{a}_{n}}=2\times {{2}^{n-1}}={{2}^{n}} an​=2×2n−1=2n， n ∈ N + n\in {{N}^{+}} n∈N+。
2. 由1)， { a n } = { 2 n } \left\{ {{a}_{n}} \right\}=\left\{ {{2}^{n}} \right\} {an​}={2n}是一个严格递增的等比数列，且有 lim ⁡ n → ∞ a n = lim ⁡ n → ∞ 2 n = ∞ \underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{a}_{n}}=\underset{n\to \infty }{\mathop{\lim }}\,{{2}^{n}}=\infty n→∞lim​an​=n→∞lim​2n=∞。因此， ∀ m ∈ N + \forall m\in {{N}^{+}} ∀m∈N+， ∃ k ∈ N + , s . t . \exists k\in {{N}^{+}},\text{ }s.t. ∃k∈N+, s.t. a k ≤ m & a k + 1 > m {{a}_{k}}\le m\text{ }\And \text{ }{{a}_{k+1}}>m ak​≤m & ak+1​>m，且 a 1 , a 2 , . . . , a k {{a}_{1}},{{a}_{2}},...,{{a}_{k}} a1​,a2​,...,ak​均小于等于 m m m。因此也就有 b m = k {{b}_{m}}=k bm​=k。现求出 k k k的具体表达形式。
   解下列式子
   { 2 k ≤ m 2 k + 1 > m k ∈ N + ⇒ k = ⌊ log ⁡ 2 m ⌋ \left\{ \begin{aligned} & {{2}^{k}}\le m \\ & {{2}^{k+1}}>m \\ & k\in {{N}^{+}} \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }k=\left\lfloor {{\log }_{2}}m \right\rfloor ⎩⎪⎨⎪⎧​​2k≤m2k+1>mk∈N+​ ⇒ k=⌊log2​m⌋
   其中 ⌊ ⌋ \left\lfloor { } \right\rfloor ⌊⌋表示向下取整。因此也就有 { b m } \left\{ {{b}_{m}} \right\} {bm​}的通项公式为 b m = ⌊ log ⁡ 2 m ⌋ , m ∈ N + {{b}_{m}}=\left\lfloor {{\log }_{2}}m \right\rfloor ,\text{ }m\in {{N}^{+}} bm​=⌊log2​m⌋, m∈N+，该数列是一个递增数列。
   显然地，有
   b 1 b 2 b 3 b 4 b 5 b 6 b 7 b 8 b 9 . . . b 15 b 16 b 17 . . . b 31 b 32 b 33 . . . b 63 b 64 . . . b 100 0 1 1 2 2 2 2 3 3 . . . 3 4 4 . . . 4 5 5 . . . 5 6 . . . 6 \begin{matrix} {{b}_{1}} & {{b}_{2}} & {{b}_{3}} & {{b}_{4}} & {{b}_{5}} & {{b}_{6}} & {{b}_{7}} & {{b}_{8}} & {{b}_{9}} & ... & {{b}_{15}} & {{b}_{16}} & {{b}_{17}} & ... & {{b}_{31}} & {{b}_{32}} & {{b}_{33}} & ... & {{b}_{63}} & {{b}_{64}} & ... & {{b}_{100}} \\ 0 & 1 & 1 & 2 & 2 & 2 & 2 & 3 & 3 & ... & 3 & 4 & 4 & ... & 4 & 5 & 5 & ... & 5 & 6 & ... & 6 \\ \end{matrix} b1​0​b2​1​b3​1​b4​2​b5​2​b6​2​b7​2​b8​3​b9​3​......​b15​3​b16​4​b17​4​......​b31​4​b32​5​b33​5​......​b63​5​b64​6​......​b100​6​
   因此 { b m } \left\{ {{b}_{m}} \right\} {bm​}的前100项和 S 100 {{S}_{100}} S100​为
   S 100 = ∑ i = 1 100 b i = 0 × 2 0 + 1 × 2 1 + 2 × 2 2 + 3 × 2 3 + 4 × 2 4 + 5 × 2 5 + 6 × ( 100 − 63 ) = 2 + 8 + 24 + 64 + 160 + 222 = 480 \begin{aligned} & {{S}_{100}}=\sum\limits_{i=1}^{100}{{{b}_{i}}} \\ & =0\times {{2}^{0}}+1\times {{2}^{1}}+2\times {{2}^{2}}+3\times {{2}^{3}}+4\times {{2}^{4}}+5\times {{2}^{5}}+6\times \left( 100-63 \right) \\ & =2+8+24+64+160+222 \\ & =480 \\ \end{aligned} ​S100​=i=1∑100​bi​=0×20+1×21+2×22+3×23+4×24+5×25+6×(100−63)=2+8+24+64+160+222=480​

3. （解三角形）在 Δ A B C \Delta ABC ΔABC中，已知 ∠ A , ∠ B , ∠ C \angle A,\angle B,\angle C ∠A,∠B,∠C的对边分别为 a , b , c a,b,c a,b,c，且 cos ⁡ B b + cos ⁡ C c = 2 3 sin ⁡ A 3 sin ⁡ C \frac{\cos B}{b}+\frac{\cos C}{c}=\frac{2\sqrt[{}]{3}\sin A}{3\sin C} bcosB​+ccosC​=3sinC23 ​sinA​.
  1)求 b b b的值；
  2)若 B = π 3 B=\frac{\pi }{3} B=3π​，求 Δ A B C \Delta ABC ΔABC面积的最大值。

解：

1. 由三角形的正弦定理有
   a sin ⁡ A = b sin ⁡ B = c sin ⁡ C = k > 0 \frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\sin C}=k>0 sinAa​=sinBb​=sinCc​=k>0
   因此有
   cos ⁡ B b + cos ⁡ C c = 2 3 sin ⁡ A 3 sin ⁡ C = 2 3 × a k 3 × c k = 2 3 a 3 c ⇒ cos ⁡ B b = 2 3 a − 3 cos ⁡ C 3 c ⇒ 3 c cos ⁡ B = 2 3 a b − 3 b cos ⁡ C ⇒ 2 3 a b = 3 ( b cos ⁡ C + c cos ⁡ B ) ⇒ 2 3 b sin ⁡ A = 3 ( sin ⁡ B cos ⁡ C + sin ⁡ C cos ⁡ B ) = 3 sin ⁡ ( B + C ) = 3 sin ⁡ A ⇒ sin ⁡ A ( 2 3 b − 3 ) = 0 \begin{aligned} & \frac{\cos B}{b}+\frac{\cos C}{c}=\frac{2\sqrt[{}]{3}\sin A}{3\sin C}=\frac{2\sqrt[{}]{3}\times \frac{a}{k}}{3\times \frac{c}{k}}=\frac{2\sqrt[{}]{3}a}{3c} \\ & \Rightarrow \frac{\cos B}{b}=\frac{2\sqrt[{}]{3}a-3\cos C}{3c} \\ & \Rightarrow 3c\cos B=2\sqrt[{}]{3}ab-3b\cos C \\ & \Rightarrow 2\sqrt[{}]{3}ab=3\left( b\cos C+c\cos B \right) \\ & \Rightarrow 2\sqrt[{}]{3}b\sin A=3\left( \sin B\cos C+\sin C\cos B \right)=3\sin \left( B+C \right)=3\sin A \\ & \Rightarrow \sin A\left( 2\sqrt[{}]{3}b-3 \right)=0 \\ \end{aligned} ​bcosB​+ccosC​=3sinC23 ​sinA​=3×kc​23 ​×ka​​=3c23 ​a​⇒bcosB​=3c23 ​a−3cosC​⇒3ccosB=23 ​ab−3bcosC⇒23 ​ab=3(bcosC+ccosB)⇒23 ​bsinA=3(sinBcosC+sinCcosB)=3sin(B+C)=3sinA⇒sinA(23 ​b−3)=0​
   A ∈ ( 0 , π ) ⇒ sin ⁡ A ≠ 0 A\in \left( 0,\pi \right)\text{ }\Rightarrow \text{ }\sin A\ne 0 A∈(0,π) ⇒ sinA​=0，因此有 2 3 b − 3 = 0 ⇒ b = 3 2 2\sqrt[{}]{3}b-3=0\text{ }\Rightarrow \text{ }b=\frac{\sqrt[{}]{3}}{2} 23 ​b−3=0 ⇒ b=23 ​​。

2. 已知条件有 b = 3 2 , B = π 3 b=\frac{\sqrt[{}]{3}}{2},\text{ }B=\frac{\pi }{3} b=23 ​​, B=3π​。
   Δ A B C \Delta ABC ΔABC的面积为
   S Δ A B C = 1 2 a c sin ⁡ B = 1 2 a c sin ⁡ π 3 = 3 4 a c {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}ac\sin B=\frac{1}{2}ac\sin \frac{\pi }{3}\text{=}\frac{\sqrt[{}]{3}}{4}ac SΔABC​=21​acsinB=21​acsin3π​=43 ​​ac
   而由余弦定理有
   cos ⁡ B = a 2 + c 2 − b 2 2 a c = 1 2 ⇒ a c + b 2 = a c + 3 4 = a 2 + c 2 ≥ 2 a c ⇒ a c ≤ 3 4 \begin{aligned} & \cos B=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2ac}=\frac{1}{2} \\ & \Rightarrow ac+{{b}^{2}}=ac+\frac{3}{4}={{a}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 2ac \\ & \Rightarrow ac\le \frac{3}{4} \\ \end{aligned} ​cosB=2aca2+c2−b2​=21​⇒ac+b2=ac+43​=a2+c2≥2ac⇒ac≤43​​
   因此 S Δ A B C = 3 4 a c ≤ 3 4 × 3 4 = 3 16 3 {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{\sqrt[{}]{3}}{4}ac\le \frac{\sqrt[{}]{3}}{4}\times \frac{3}{4}=\frac{3}{16}\sqrt[{}]{3} SΔABC​=43 ​​ac≤43 ​​×43​=163​3 ​，当且仅当 a = c = 3 4 = 3 2 a=c=\sqrt[{}]{\frac{3}{4}}=\frac{\sqrt[{}]{3}}{2} a=c=43​ ​=23 ​​时 S Δ A B C {{S}_{\Delta ABC}} SΔABC​取得最大值 3 16 3 \frac{3}{16}\sqrt[{}]{3} 163​3 ​。

4. （数列）已知 S n {{S}_{n}} Sn​是等比数列 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}的前 n n n项和， S 4 , S 2 , S 3 {{S}_{4}},{{S}_{2}},{{S}_{3}} S4​,S2​,S3​成等差数列，且 a 2 + a 3 + a 4 = − 18 {{a}_{2}}+{{a}_{3}}+{{a}_{4}}=-18 a2​+a3​+a4​=−18。
  1)求数列 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}的通项公式；
  2)求数列 { n a n } \left\{ n{{a}_{n}} \right\} {nan​}的前 n n n项和。

解：
1. S 4 , S 2 , S 3 {{S}_{4}},{{S}_{2}},{{S}_{3}} S4​,S2​,S3​成等差数列，因此有
2 S 2 = S 3 + S 4 ⇒ 2 ( a 1 + a 2 ) = ( a 1 + a 2 + a 3 ) + ( a 1 + a 2 + a 3 + a 4 ) ⇒ 2 a 3 + a 4 = 0 ( 1 ) \begin{aligned} & 2{{S}_{2}}={{S}_{3}}+{{S}_{4}} \\ & \Rightarrow 2\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}} \right)=\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}} \right)+\left( {{a}_{1}}+{{a}_{2}}+{{a}_{3}}+{{a}_{4}} \right) \\ & \Rightarrow 2{{a}_{3}}+{{a}_{4}}=0\text{ }\left( 1 \right) \\ \end{aligned} ​2S2​=S3​+S4​⇒2(a1​+a2​)=(a1​+a2​+a3​)+(a1​+a2​+a3​+a4​)⇒2a3​+a4​=0 (1)​
另一方面，已知条件有
a 2 + a 3 + a 4 = − 18 ( 2 ) {{a}_{2}}+{{a}_{3}}+{{a}_{4}}=-18\text{ }\left( 2 \right) a2​+a3​+a4​=−18 (2)
( 1 ) − ( 2 ) \left( 1 \right)-\left( 2 \right) (1)−(2)得到
a 3 − a 2 = 18 ( 3 ) {{a}_{3}}-{{a}_{2}}=18\text{ }\left( 3 \right) a3​−a2​=18 (3)
设等比数列 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}的首项为 a 1 ≠ 0 {{a}_{1}}\ne 0 a1​​=0，公比 q ≠ 0 q\ne 0 q​=0，则联立 ( 1 ) ( 3 ) \left( 1 \right)\left( 3 \right) (1)(3)得到
{ 2 a 1 q 2 + a 1 q 3 = a 1 q 2 ( 2 + q ) = 0 a 1 q 2 − a 1 q = a 1 ( q 2 − q ) = 18 a 1 ≠ 0 , q ≠ 0 ⇒ { q = − 2 a 1 = 3 \left\{ \begin{aligned} & 2{{a}_{1}}{{q}^{2}}+{{a}_{1}}{{q}^{3}}={{a}_{1}}{{q}^{2}}\left( 2+q \right)=0 \\ & {{a}_{1}}{{q}^{2}}-{{a}_{1}}q={{a}_{1}}\left( {{q}^{2}}-q \right)=18 \\ & {{a}_{1}}\ne 0,\text{ }q\ne 0 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & q=-2 \\ & {{a}_{1}}=3 \\ \end{aligned} \right. ⎩⎪⎨⎪⎧​​2a1​q2+a1​q3=a1​q2(2+q)=0a1​q2−a1​q=a1​(q2−q)=18a1​​=0, q​=0​ ⇒ {​q=−2a1​=3​
于是数列 { a n } \left\{ {{a}_{n}} \right\} {an​}是以 3 3 3为首项， − 2 -2 −2为公比的等比数列，通项公式为
a n = 3 × ( − 2 ) n − 1 , n ∈ N + {{a}_{n}}=3\times {{\left( -2 \right)}^{n-1}},\text{ }n\in {{N}^{+}} an​=3×(−2)n−1, n∈N+

1. 令 b n = n a n , n ∈ N + {{b}_{n}}=n{{a}_{n}},\text{ }n\in {{N}^{+}} bn​=nan​, n∈N+，则数列 { b n } \left\{ {{b}_{n}} \right\} {bn​}的通项公式为
   b n = 3 n × ( − 2 ) n − 1 , n ∈ N + {{b}_{n}}=3n\times {{\left( -2 \right)}^{n-1}},\text{ }n\in {{N}^{+}} bn​=3n×(−2)n−1, n∈N+
   其中 3 n 3n 3n具有等差性质， ( − 2 ) n − 1 {{\left( -2 \right)}^{n-1}} (−2)n−1具有等比性质，即 b n {{b}_{n}} bn​由一等差数列通项乘以一等比数列通项。这类问题直接上套路即可。记数列 { b n } \left\{ {{b}_{n}} \right\} {bn​}的前 n n n项和为 T n {{T}_{n}} Tn​。则有
   T n = ∑ i = 1 n b i = 3 × 1 × ( − 2 ) 0 + 3 × 2 × ( − 2 ) 1 + . . . + 3 × ( n − 1 ) × ( − 2 ) n − 2 + 3 × n × ( − 2 ) n − 1 ( 4 ) \begin{aligned} & {{T}_{n}}=\sum\limits_{i=1}^{n}{{{b}_{i}}} \\ & =3\times 1\times {{\left( -2 \right)}^{0}}+3\times 2\times {{\left( -2 \right)}^{1}}+...+3\times \left( n-1 \right)\times {{\left( -2 \right)}^{n-2}}+3\times n\times {{\left( -2 \right)}^{n-1}}\text{ }\left( 4 \right) \\ \end{aligned} ​Tn​=i=1∑n​bi​=3×1×(−2)0+3×2×(−2)1+...+3×(n−1)×(−2)n−2+3×n×(−2)n−1 (4)​
   将等比数列部分 ( − 2 ) n − 1 {{\left( -2 \right)}^{n-1}} (−2)n−1的公比 − 2 -2 −2乘给 T n {{T}_{n}} Tn​得到
   − 2 T n = − 2 ∑ i = 1 n b i = 3 × 1 × ( − 2 ) 1 + 3 × 2 × ( − 2 ) 2 + . . . + 3 × ( n − 1 ) × ( − 2 ) n − 1 + 3 × n × ( − 2 ) n ( 5 ) \begin{aligned} & -2{{T}_{n}}=-2\sum\limits_{i=1}^{n}{{{b}_{i}}} \\ & =3\times 1\times {{\left( -2 \right)}^{1}}+3\times 2\times {{\left( -2 \right)}^{2}}+...+3\times \left( n-1 \right)\times {{\left( -2 \right)}^{n-1}}+3\times n\times {{\left( -2 \right)}^{n}}\text{ }\left( 5 \right) \\ \end{aligned} ​−2Tn​=−2i=1∑n​bi​=3×1×(−2)1+3×2×(−2)2+...+3×(n−1)×(−2)n−1+3×n×(−2)n (5)​
   ( 4 ) − ( 5 ) \left( 4 \right)-\left( 5 \right) (4)−(5)得到
   3 T n = 3 × 1 × ( − 2 ) 0 + ∑ j = 1 n − 1 3 × ( − 2 ) j − 3 n ( − 2 ) n = 3 − 3 n ( − 2 ) n + 3 ∑ j = 1 n − 1 ( − 2 ) j = 3 − 3 n ( − 2 ) n + 3 × ( − 2 ) 1 [ 1 − ( − 2 ) n − 1 ] 1 − ( − 2 ) = 1 − ( 3 n + 1 ) ( − 2 ) n , n ∈ N + \begin{aligned} & 3{{T}_{n}}=3\times 1\times {{\left( -2 \right)}^{0}}+\sum\limits_{j=1}^{n-1}{3\times {{\left( -2 \right)}^{j}}}-3n{{\left( -2 \right)}^{n}} \\ & =3-3n{{\left( -2 \right)}^{n}}+3\sum\limits_{j=1}^{n-1}{{{\left( -2 \right)}^{j}}} \\ & =3-3n{{\left( -2 \right)}^{n}}+3\times \frac{{{\left( -2 \right)}^{1}}\left[ 1-{{\left( -2 \right)}^{n-1}} \right]}{1-\left( -2 \right)} \\ & =1-\left( 3n+1 \right){{\left( -2 \right)}^{n}},\text{ }n\in {{N}^{+}} \\ \end{aligned} ​3Tn​=3×1×(−2)0+j=1∑n−1​3×(−2)j−3n(−2)n=3−3n(−2)n+3j=1∑n−1​(−2)j=3−3n(−2)n+3×1−(−2)(−2)1[1−(−2)n−1]​=1−(3n+1)(−2)n, n∈N+​
   因此最终得到
   T n = 1 3 − 3 n + 1 3 ( − 2 ) n , n ∈ N + {{T}_{n}}=\frac{1}{3}-\frac{3n+1}{3}{{\left( -2 \right)}^{n}},\text{ }n\in {{N}^{+}} Tn​=31​−33n+1​(−2)n, n∈N+

5. （立体几何）如图，正四棱柱 A B C D − A 1 B 1 C 1 D 1 ABCD-{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}{{D}_{1}} ABCD−A1​B1​C1​D1​中， A A 1 = 2 A B = 4 A{{A}_{1}}=2AB=4 AA1​=2AB=4,点 E E E在 C C 1 C{{C}_{1}} CC1​上，且 C 1 E = 3 E C {{C}_{1}}E\text{=}3EC C1​E=3EC。
  1)证明： A 1 C ⊥ {{A}_{1}}C\bot A1​C⊥平面 B E D BED BED；
  2)求二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B的正切值。

采用建立空间直角坐标系的办法来解决。
不妨以 D D D为原点，分别以 D A , D C , D D 1 DA,DC,D{{D}_{1}} DA,DC,DD1​所在直线为 x , y , z x,y,z x,y,z轴，建立空间直角坐标系。
A A 1 = 2 A B = 4 ⇒ A B = 2 { C 1 E = 3 E C C 1 E + E C = C C 1 = A A 1 = 4 ⇒ E C = 1 , C 1 E = 3 \begin{matrix} A{{A}_{1}}=2AB=4\text{ }\Rightarrow \text{ }AB=2 \\ \left\{ \begin{aligned} & {{C}_{1}}E=3EC \\ & {{C}_{1}}E+EC=C{{C}_{1}}=A{{A}_{1}}=4 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }EC=1,\text{ }{{C}_{1}}E=3 \\ \end{matrix} AA1​=2AB=4 ⇒ AB=2{​C1​E=3ECC1​E+EC=CC1​=AA1​=4​ ⇒ EC=1, C1​E=3​
且注意到该几何体是正四棱柱，底面是正方形。因此可得各点的坐标如下：
D : ( 0 , 0 , 0 ) A 1 : ( 2 , 0 , 4 ) C : ( 0 , 2 , 0 ) B : ( 2 , 2 , 0 ) E : ( 0 , 2 , 1 ) \begin{matrix} D:\left( 0,0,0 \right) & {{A}_{1}}:\left( 2,0,4 \right) & C:\left( 0,2,0 \right) \\ B:\left( 2,2,0 \right) & E:\left( 0,2,1 \right) & {} \\ \end{matrix} D:(0,0,0)B:(2,2,0)​A1​:(2,0,4)E:(0,2,1)​C:(0,2,0)​

1. A 1 C → = ( − 2 , 2 , − 4 ) , E B → = ( 2 , 0 , − 1 ) , D E → = ( 0 , 2 , 1 ) \overrightarrow{{{A}_{1}}C}=\left( -2,2,-4 \right),\text{ }\overrightarrow{EB}=\left( 2,0,-1 \right),\text{ }\overrightarrow{DE}=\left( 0,2,1 \right) A1​C ​=(−2,2,−4), EB =(2,0,−1), DE =(0,2,1)
   设平面 B E D BED BED的法向量为 n → = ( n 1 , n 2 , n 3 ) \overrightarrow{n}=\left( {{n}_{1}},{{n}_{2}},{{n}_{3}} \right) n =(n1​,n2​,n3​)，须满足
   { E B → ⋅ n → = 0 D E → ⋅ n → = 0 ⇒ { 2 n 1 − n 3 = 0 2 n 2 + n 3 = 0 ⇒ { n 1 = n 1 n 2 = − n 1 n 3 = 2 n 1 \left\{ \begin{aligned} & \overrightarrow{EB}\centerdot \overrightarrow{n}=0 \\ & \overrightarrow{DE}\centerdot \overrightarrow{n}=0 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & 2{{n}_{1}}-{{n}_{3}}=0 \\ & 2{{n}_{2}}+{{n}_{3}}=0 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & {{n}_{1}}={{n}_{1}} \\ & {{n}_{2}}=-{{n}_{1}} \\ & {{n}_{3}}=2{{n}_{1}} \\ \end{aligned} \right. ⎩⎨⎧​​EB ⋅n =0DE ⋅n =0​ ⇒ {​2n1​−n3​=02n2​+n3​=0​ ⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧​​n1​=n1​n2​=−n1​n3​=2n1​​
   因此可取平面 B E D BED BED的一个法向量为 n → = ( 1 , − 1 , 2 ) \overrightarrow{n}=\left( 1,-1,2 \right) n =(1,−1,2)。观察到
   A 1 C → = − 2 n → ⇒ A 1 C → ∥ n → ⇒ A 1 C → ⊥ B E D \overrightarrow{{{A}_{1}}C}=-2\overrightarrow{n}\text{ }\Rightarrow \text{ }\overrightarrow{{{A}_{1}}C}\parallel \overrightarrow{n}\text{ }\Rightarrow \text{ }\overrightarrow{{{A}_{1}}C}\bot BED A1​C ​=−2n  ⇒ A1​C ​∥n  ⇒ A1​C ​⊥BED

2. 在1)中我们已经求出来平面 B E D BED BED的法向量 n → = ( 1 , − 1 , 2 ) \overrightarrow{n}=\left( 1,-1,2 \right) n =(1,−1,2)，只要再求出平面 A 1 D E {{A}_{1}}DE A1​DE的法向量，那么二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B的信息就可以很明确的求出来。
   D A 1 → = ( 2 , 0 , 4 ) , D E → = ( 0 , 2 , 1 ) \overrightarrow{D{{A}_{1}}}=\left( 2,0,4 \right),\text{ }\overrightarrow{DE}=\left( 0,2,1 \right) DA1​ ​=(2,0,4), DE =(0,2,1)，设平面 A 1 D E {{A}_{1}}DE A1​DE的法向量为 t → = ( t 1 , t 2 , t 3 ) \overrightarrow{t}=\left( {{t}_{1}},{{t}_{2}},{{t}_{3}} \right) t =(t1​,t2​,t3​)，须满足
   { D A 1 → ⋅ t → = 0 D E → ⋅ t → = 0 ⇒ { 2 t 1 + 4 t 3 = 0 2 t 2 + t 3 = 0 ⇒ { t 1 = − 2 t 3 = 4 t 2 t 2 = t 2 t 3 = − 2 t 2 \left\{ \begin{aligned} & \overrightarrow{D{{A}_{1}}}\centerdot \overrightarrow{t}=0 \\ & \overrightarrow{DE}\centerdot \overrightarrow{t}=0 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & 2{{t}_{1}}+4{{t}_{3}}=0 \\ & 2{{t}_{2}}+{{t}_{3}}=0 \\ \end{aligned} \right.\text{ }\Rightarrow \text{ }\left\{ \begin{aligned} & {{t}_{1}}=-2{{t}_{3}}=4{{t}_{2}} \\ & {{t}_{2}}={{t}_{2}} \\ & {{t}_{3}}=-2{{t}_{2}} \\ \end{aligned} \right. ⎩⎨⎧​​DA1​ ​⋅t =0DE ⋅t =0​ ⇒ {​2t1​+4t3​=02t2​+t3​=0​ ⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧​​t1​=−2t3​=4t2​t2​=t2​t3​=−2t2​​
   因此可取 t → = ( 4 , 1 , − 2 ) \overrightarrow{t}=\left( 4,1,-2 \right) t =(4,1,−2)。
   由几何关系进行简单的判断，知道二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B和 n → \overrightarrow{n} n & t → \overrightarrow{t} t 所成角 ⟨ n → , t → ⟩ \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle ⟨n ,t ⟩相等或者互补。且借助1)中 A 1 C → ⊥ B E D \overrightarrow{{{A}_{1}}C}\bot BED A1​C ​⊥BED这个辅助成果，容易判断二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B是一个锐角。基于此，我们先计算角 ⟨ n → , t → ⟩ \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle ⟨n ,t ⟩的正切值，由此推出二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B的正切值。
   cos ⁡ ⟨ n → , t → ⟩ = n → ⋅ t → ∣ n → ∣ ∣ t → ∣ = − 14 42 ⇒ sin ⁡ ⟨ n → , t → ⟩ = 1 − cos ⁡ 2 ⟨ n → , t → ⟩ = 5 70 42 ⇒ tan ⁡ ⟨ n → , t → ⟩ = sin ⁡ ⟨ n → , t → ⟩ cos ⁡ ⟨ n → , t → ⟩ = − 5 5 \begin{aligned} & \cos \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle =\frac{\overrightarrow{n}\centerdot \overrightarrow{t}}{\left| \overrightarrow{n} \right|\left| \overrightarrow{t} \right|}=-\frac{\sqrt[{}]{14}}{42} \\ & \Rightarrow \sin \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle =\sqrt[{}]{1-{{\cos }^{2}}\left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle }=\frac{5\sqrt[{}]{70}}{42} \\ & \Rightarrow \tan \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle =\frac{\sin \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle }{\cos \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle }=-5\sqrt[{}]{5} \\ \end{aligned} ​cos⟨n ,t ⟩=∣∣∣​n ∣∣∣​∣∣∣​t ∣∣∣​n ⋅t ​=−4214 ​​⇒sin⟨n ,t ⟩=1−cos2⟨n ,t ⟩ ​=42570 ​​⇒tan⟨n ,t ⟩=cos⟨n ,t ⟩sin⟨n ,t ⟩​=−55 ​​
   而二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B（锐角）的正弦值即为 ∣ tan ⁡ ⟨ n → , t → ⟩ ∣ = 5 5 \left| \tan \left\langle \overrightarrow{n},\overrightarrow{t} \right\rangle \right|=5\sqrt[{}]{5} ∣∣∣​tan⟨n ,t ⟩∣∣∣​=55 ​，二面角 A 1 − D E − B {{A}_{1}}-DE-B A1​−DE−B的大小为 arctan ⁡ 5 5 \arctan 5\sqrt[{}]{5} arctan55 ​。

6. （三角函数）已知 π 2 < α < π \frac{\pi }{2}<\alpha <\pi 2π​<α<π， sin ⁡ α + cos ⁡ α = 1 5 \sin \alpha +\cos \alpha =\frac{1}{5} sinα+cosα=51​，则 2 cos ⁡ α − sin ⁡ α \frac{2}{\cos \alpha -\sin \alpha } cosα−sinα2​的值为多少？

解：
sin ⁡ α + cos ⁡ α = 1 5 ⇒ ( sin ⁡ α + cos ⁡ α ) 2 = 1 25 ⇒ ( sin ⁡ 2 α + cos ⁡ 2 α ) + 2 sin ⁡ α cos ⁡ α = 1 25 ⇒ 1 + sin ⁡ 2 α = 1 25 ⇒ sin ⁡ 2 α = − 24 25 \begin{aligned} & \sin \alpha +\cos \alpha =\frac{1}{5} \\ & \Rightarrow {{\left( \sin \alpha +\cos \alpha \right)}^{2}}=\frac{1}{25} \\ & \Rightarrow \left( {{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha \right)+2\sin \alpha \cos \alpha =\frac{1}{25} \\ & \Rightarrow 1+\sin 2\alpha =\frac{1}{25} \\ & \Rightarrow \sin 2\alpha =-\frac{24}{25} \\ \end{aligned} ​sinα+cosα=51​⇒(sinα+cosα)2=251​⇒(sin2α+cos2α)+2sinαcosα=251​⇒1+sin2α=251​⇒sin2α=−2524​​
π 2 < α < π ⇒ cos ⁡ α < 0 , sin ⁡ α > 0 ⇒ cos ⁡ α − sin ⁡ α < 0 ⇒ 2 cos ⁡ α − sin ⁡ α < 0 \frac{\pi }{2}<\alpha <\pi \text{ }\Rightarrow \text{ }\cos \alpha <0,\text{ }\sin \alpha >0\text{ }\Rightarrow \text{ }\cos \alpha -\sin \alpha <0\text{ }\Rightarrow \text{ }\frac{2}{\cos \alpha -\sin \alpha }<0 2π​<α<π ⇒ cosα<0, sinα>0 ⇒ cosα−sinα<0 ⇒ cosα−sinα2​<0
因此有
2 cos ⁡ α − sin ⁡ α = − ( 2 cos ⁡ α − sin ⁡ α ) 2 = − 4 ( cos ⁡ α − sin ⁡ α ) 2 = − 4 ( cos ⁡ 2 α + sin ⁡ 2 α ) − 2 sin ⁡ α cos ⁡ α = − 4 1 − sin ⁡ 2 α = − 4 1 − ( − 24 25 ) = − 10 7 \begin{aligned} & \frac{2}{\cos \alpha -\sin \alpha } \\ & =-\sqrt[{}]{{{\left( \frac{2}{\cos \alpha -\sin \alpha } \right)}^{2}}} \\ & =-\sqrt[{}]{\frac{4}{{{\left( \cos \alpha -\sin \alpha \right)}^{2}}}} \\ & =-\sqrt[{}]{\frac{4}{\left( {{\cos }^{2}}\alpha +{{\sin }^{2}}\alpha \right)-2\sin \alpha \cos \alpha }} \\ & =-\sqrt[{}]{\frac{4}{1-\sin 2\alpha }} \\ & =-\sqrt[{}]{\frac{4}{1-\left( -\frac{24}{25} \right)}} \\ & =-\frac{10}{7} \\ \end{aligned} ​cosα−sinα2​=−(cosα−sinα2​)2 ​=−(cosα−sinα)24​ ​=−(cos2α+sin2α)−2sinαcosα4​ ​=−1−sin2α4​ ​=−1−(−2524​)4​ ​=−710​​

7. 在 Δ A B C \Delta ABC ΔABC中， ∠ A , B , C \angle A,B,C ∠A,B,C所对的边分别为 a , b , c a,b,c a,b,c，已知 a = 2 3 , A = π 3 a=2\sqrt[{}]{3},A=\frac{\pi }{3} a=23 ​,A=3π​。
1)若 B = π 4 B\text{=}\frac{\pi }{4} B=4π​，求 b b b；
2)求 Δ A B C \Delta ABC ΔABC面积的最大值。

解：

1. 由正弦定理，有
   b = a sin ⁡ A ⋅ sin ⁡ B = 2 3 sin ⁡ π 3 ⋅ sin ⁡ π 4 = 2 2 \begin{aligned} & b=\frac{a}{\sin A}\centerdot \sin B \\ & =\frac{2\sqrt[{}]{3}}{\sin \frac{\pi }{3}}\centerdot \sin \frac{\pi }{4} \\ & =2\sqrt[{}]{2} \\ \end{aligned} ​b=sinAa​⋅sinB=sin3π​23 ​​⋅sin4π​=22 ​​

2. 由余弦定理有
   cos ⁡ A = b 2 + c 2 − a 2 2 b c ⇒ cos ⁡ π 3 = b 2 + c 2 − ( 2 3 ) 2 2 b c ⇒ b c = b 2 + c 2 − 12 ≥ 2 b c − 12 ⇒ b c ≤ 12 \begin{aligned} & \text{ }\cos A=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc} \\ & \Rightarrow \cos \frac{\pi }{3}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{\left( 2\sqrt[{}]{3} \right)}^{2}}}{2bc} \\ & \Rightarrow bc={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-12\ge 2bc-12 \\ & \Rightarrow bc\le 12 \\ \end{aligned} ​ cosA=2bcb2+c2−a2​⇒cos3π​=2bcb2+c2−(23 ​)2​⇒bc=b2+c2−12≥2bc−12⇒bc≤12​
   因此 Δ A B C \Delta ABC ΔABC的面积 S Δ A B C {{S}_{\Delta ABC}} SΔABC​满足
   S Δ A B C = 1 2 b c sin ⁡ A ≤ 1 2 × 12 × sin ⁡ π 3 = 3 3 \begin{aligned} & {{S}_{\Delta ABC}}=\frac{1}{2}bc\sin A \\ & \le \frac{1}{2}\times 12\times \sin \frac{\pi }{3} \\ & =3\sqrt[{}]{3} \\ \end{aligned} ​SΔABC​=21​bcsinA≤21​×12×sin3π​=33 ​​
   当且仅当 b = c = 12 = 2 3 b=c=\sqrt[{}]{12}=2\sqrt[{}]{3} b=c=12 ​=23 ​时 S Δ A B C {{S}_{\Delta ABC}} SΔABC​取得最大值 3 3 3\sqrt[{}]{3} 33 ​。

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