2018-2019学年上海市闵行区七宝中学高一（下）期末数学试卷.docx

《2018-2019学年上海市闵行区七宝中学高一（下）期末数学试卷.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2018-2019学年上海市闵行区七宝中学高一（下）期末数学试卷一.填空题1．（3分）方程cosx＝sinπ6的解为x＝　　．2．（3分）设{an}为等差数列，若a1+a5+a9＝π，则a2+a8＝　　．3．（3分）求值：sin[arccos(-23)]=　　．4．（3分）函数y＝arccos（sinx），x∈(-π3，2π3)的值域是　　．5．（3分）设数列{an}的前n项和Sn，若a1＝﹣1，Sn-12an+1=0（n∈N*），则{an}的通项公式为　　．6．（3分）利用数学归纳法证明不等式“1+12+13+⋯+12n-1＞n2（n≥2，n∈N*）”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k+1”时，左边增加了　　项．7．（3分）若f（x）＝2sinx﹣1在区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）上至少含有30个零点，则b﹣a的最小值为　　．8．（3分）设数列{an}的通项公式为an=n，1≤n≤3(-12)n，n＞3，则limn→∞（a1+a2+…+an）＝　　．9．（3分）已知数列{an}中，其前n项和为Sn，an=2n-1，2n-1，n为正奇数#/DEL/#n为正偶数#/DEL/#，则S9＝　　10．（3分）对于正项数列{an}，定义Hn=na1+2a2+3a3+⋯+nan为{an}的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为Hn=2n+2，则数列{an}的通项公式为　　．11．（3分）△ABC中，sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC，则A的取值范围为　　．12．（3分）关于x的方程x2﹣4arctan（cosx）+π•a2＝0只有一个实数根，则实数a＝　　．13．（3分）等差数列{an}前n项和为Sn，已知（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）＝sin2014π3，（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝cos2015π6，则S2014＝　　．14．（3分）数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律排列：12，13，23，14，第15页（共15页） 24，34，15，25，35，45⋯，1n，2n，…，n-1n，…有如下运算和结论：①a24=38；②数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…是等比数列；③数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…的前n项和为Tn=n2+n4；④若存在正整数k，使Sk＜10，Sk+1≥10，则ak=57．其中正确的结论是　　．（将你认为正确的结论序号都填上）二.选择题15．（3分）已知{an}、{bn}都是公差不为0的等差数列，且limn→∞anbn=2，Sn＝a1+a2+…+an，则limn→∞2Snnb2n的值为（　　）A．2B．﹣1C．1D．不存在16．（3分）设{an}是公比为q（0＜|q|＜1）的无穷等比数列，若{an}的前四项之和等于第五项起以后所有项之和，则数列{a2n﹣1}是（　　）A．公比为12的等比数列B．公比为22的等比数列C．公比为22或-22的等比数列D．公比为142或-142的等比数列17．（3分）函数y=sin(2x+φ)(0＜φ＜π2)图象的一条对称轴在(π6，π3)内，则满足此条件的一个φ值为（　　）A．π12B．π6C．π3D．5π618．（3分）若数列{an}的前n项和为Sn，则下列命题：（1）若数列{an}是递增数列，则数列{Sn}也是递增数列；（2）数列{Sn}是递增数列的充要条件是数列{an}的各项均为正数；（3）若{an}是等差数列（公差d≠0），则S1•S2…Sk＝0的充要条件是a1•a2…ak＝0．（4）若{an}是等比数列，则S1•S2…Sk＝0（k≥2，k∈N）的充要条件是an+an+1＝0．其中，正确命题的个数是（　　）A．0个B．1个C．2个D．3个第15页（共15页） 三.解答题19．已知函数f（x）＝x2+（2﹣n）x﹣2n的图象与x轴正半轴的交点为A（an，0），n＝1，2，3，…．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=3an+(-1)n-1⋅λ⋅2an(n为正整数），问是否存在非零整数λ，使得对任意正整数n，都有bn+1＞bn？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．20．已知函数f（x）＝23sinxcosx+3sin2x+cos2x﹣2，x∈R；（1）求函数f（x）在（0，π）上的单调递增区间；（2）在△ABC中，内角A、B、C所对边的长分别是a，b，c，若f（A）＝2，C=π4．，c＝2，求△ABC的面积S△ABC的值；21．已知函数f（x）＝2sin（ωx），其中常数ω＞0．（Ⅰ）令ω＝1，判断函数F(x)=f(x)+f(x+π2)的奇偶性，并说明理由．（Ⅱ）令ω＝2，将函数y＝f（x）的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到函数y＝g（x）的图象．对任意a∈R，求y＝g（x）在区间[a，a+10π]上的零点个数的所有可能．22．已知数列{an}满足：a1＝1，an+1=0.5an+n，n为正奇数an-2n，n为正偶数，bn＝a2n﹣2；（1）求a2、a3、a4；（2）求证：数列{bn}为等比数列，并求其通项公式；（3）求和Tn＝a2+a4+…+a2n；23．已知{an}，{bn}为两非零有理数列（即对任意的i∈N*，ai，bi均为有理数），{dn}为一无理数列（即对任意的i∈N*，di为无理数）．（1）已知bn＝﹣2an，并且（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝0对任意的n∈N*恒成立，试求{dn}的通项公式．（2）若{dn3}为有理数列，试证明：对任意的n∈N*，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1恒成立的充要条件为an=11+dn6bn=dn31+dn6．（3）已知sin2θ=2425（0＜θ＜π2），dn=3tan(n⋅π2+(-1)nθ)，试计算bn．第15页（共15页） 第15页（共15页） 2018-2019学年上海市闵行区七宝中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一.填空题1．（3分）方程cosx＝sinπ6的解为x＝　2kπ±π3（k∈Z）　．【解答】解：因为方程cosx＝sinπ6=cosπ3=cos（-π3），所以x＝2kπ±π3（k∈z），故答案为：2kπ±π3（k∈z）．2．（3分）设{an}为等差数列，若a1+a5+a9＝π，则a2+a8＝　2π3　．【解答】解：∵a1+a5+a9＝π＝3a5，∴a5=π3，∴a2+a8＝2a5=2π3，故答案为：2π33．（3分）求值：sin[arccos(-23)]=　53　．【解答】解：由题意，sin[arccos（-23）]=1-cos2[arccos(-23)]=53．故答案为：53．4．（3分）函数y＝arccos（sinx），x∈(-π3，2π3)的值域是　[0，5π6)　．【解答】解：当-π3＜x＜2π3时，-32＜sinx≤1，由于反余弦函数是定义域[﹣1，1]上的减函数，且arccos（-32）=5π6，arccos1＝0，所以值域为[0，5π6)故答案为：[0，5π6)．5．（3分）设数列{an}的前n项和Sn，若a1＝﹣1，Sn-12an+1=0（n∈N*），则{an}的通项公式为第15页（共15页） 　an=-1，n=1-2⋅3n-2，n≥2　．【解答】解：n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=12an+1-12an，化为：an+1＝3an．n＝1时，﹣1＝a1=12a2，解得a2＝﹣2．不满足上式．∴数列{an}在n≥2时成等比数列．∴n≥2时，an＝﹣2×3n﹣2．∴an=-1，n=1-2×3n-2，n≥2．故答案为：an=-1，n=1-2×3n-2，n≥2．6．（3分）利用数学归纳法证明不等式“1+12+13+⋯+12n-1＞n2（n≥2，n∈N*）”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k+1”时，左边增加了　2k　项．【解答】解：由题意，n＝k时，最后一项为12k-1，n＝k+1时，最后一项为12k+1-1，∴由n＝k变到n＝k+1时，左边增加了2k+1﹣（2k+1）+1＝2k，故答案为：2k．7．（3分）若f（x）＝2sinx﹣1在区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）上至少含有30个零点，则b﹣a的最小值为　86π3　．【解答】解：根据f（x）＝2sinx﹣1＝0，即sinx=12，故x＝2kπ+π6，或x＝2kπ+5π6，∵f（x）＝2sinx﹣1在区间[a，b]（a，b∈R且a＜b）上至少含有30个零点，∴不妨假设a=π6（此时，k＝0），则此时b的最小值为28π+5π6，（此时，k＝14），∴b﹣a的最小值为28π+5π6-π6=86π3，故答案为：863π8．（3分）设数列{an}的通项公式为an=n，1≤n≤3(-12)n，n＞3，则limn→∞（a1+a2+…+an）＝　14524　．【解答】解：数列{an}的通项公式为an=n，1≤n≤3(-12)n，n＞3，第15页（共15页） 则a1+a2+…+an＝1+2+3+116(1-(-12)n-3)1+12=6+124(1+(-12)n-3)，则limn→∞（a1+a2+…+an）=limn→∞[6+124(1+(-12)n-3)]=14524．故答案为：14524．9．（3分）已知数列{an}中，其前n项和为Sn，an=2n-1，2n-1，n为正奇数#/DEL/#n为正偶数#/DEL/#，则S9＝　377　【解答】解：an=2n-1，2n-1，n为正奇数#/DEL/#n为正偶数#/DEL/#，则S9＝（1+4+16+64+256）+（3+7+11+15）=1-451-4+36＝341+36＝377．故答案为：377．10．（3分）对于正项数列{an}，定义Hn=na1+2a2+3a3+⋯+nan为{an}的“光阴”值，现知某数列的“光阴”值为Hn=2n+2，则数列{an}的通项公式为　an=2n+12n　．【解答】解：∵Hn=na1+2a2+3a3+⋯+nan∴a1+2a2+…+nan=nHn∵Hn=2n+2∴a1+2a2+…+nan=n(n+2)2①∴a1+2a2+…+（n﹣1）an﹣1=(n-1)(n+1)2②①﹣②得nan=n(n+2)2-(n-1)(n+1)2=2n+12∴an=2n+12n故答案为：an=2n+12n11．（3分）△ABC中，sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC，则A的取值范围为　（0，60°]　．【解答】解：利用正弦定理化简sin2A≤sin2B+sin2C﹣sinBsinC得：a2≤b2+c2﹣bc，变形得：b2+c2﹣a2≥bc，第15页（共15页） ∴cosA=b2+c2-a22bc≥bc2bc=12，又A为三角形的内角，则A的取值范围是（0，60°]．故答案为：（0，60°]12．（3分）关于x的方程x2﹣4arctan（cosx）+π•a2＝0只有一个实数根，则实数a＝　±1　．【解答】解：设f（x）＝x2﹣4arctan（cosx）+π•a2，则f（﹣x）＝（﹣x）2﹣4arctan（cos（﹣x））+π•a2＝x2﹣4arctan（cosx）+π•a2＝f（x）∴f（x）为偶函数，其图象关于y轴对称，又依题意f（x）只有一个零点，故此零点只能是x＝0，所以0﹣4arctan（cos0）+π•a2＝0，∴﹣4arctan1+π•a2＝0，∴﹣4×π4+π•a2＝0，∴a2＝1，∴a＝±1，故答案为：±113．（3分）等差数列{an}前n项和为Sn，已知（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）＝sin2014π3，（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝cos2015π6，则S2014＝　4028　．【解答】解：（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）＝sin2014π3=32，①（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝cos2015π6=-32，②①+②得，（a2﹣2）3+2013（a2﹣2）+（a2013﹣2）3+2013（a2013﹣2）＝0，即（a2﹣2+a2013﹣2）[（a2﹣2）2﹣（a2﹣2）（a2013﹣2）+（a2013﹣2）2]+2013（a2﹣2+a2013﹣2）＝0，∴a2﹣2+a2013﹣2＝0，即a2+a2013＝4，∴S2014=(a1+a2014)×20142=1007×（a2+a2013）＝4028，故答案为：4028．第15页（共15页） 14．（3分）数列{an}的前n项和为Sn，若数列{an}的各项按如下规律排列：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45⋯，1n，2n，…，n-1n，…有如下运算和结论：①a24=38；②数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…是等比数列；③数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…的前n项和为Tn=n2+n4；④若存在正整数k，使Sk＜10，Sk+1≥10，则ak=57．其中正确的结论是　①③④　．（将你认为正确的结论序号都填上）【解答】解：①前24项构成的数列是：12，13，23，14，24，34，15，25，35，45，16，26，…，18，28，38，∴a24=38，故①正确；②数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…是12，1，64，2，⋯n-12，由等差数列定义n-12-n-22=12（常数）所以数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…是等差数列，故②不正确．③∵数列a1，a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9+a10，…是等差数列，所以由等差数列前n项和公式可知：Tn=n2+n4，故③正确；④由③知Sk＜10，Sk+1≥10，即：n2+n4＜10，(n+1)2+(n+1)4≥10，∴k＝7，ak=57．故④正确．故答案为：①③④．二.选择题15．（3分）已知{an}、{bn}都是公差不为0的等差数列，且limn→∞anbn=2，Sn＝a1+a2+…+an，则limn→∞2Snnb2n的值为（　　）A．2B．﹣1C．1D．不存在【解答】解：因为{an}和{bn}都是公差不为零的等差数列，所以设bn＝b1+（n﹣1）d1an＝a1+（n﹣1）d2第15页（共15页） 故limn→∞anbn=limn→∞a1+(n-1)d1b1+(n-1)d2=2，可得d1＝2d2又因为a1+a2+…+an＝na1+n(n-1)d12和b2n＝b1+（2n﹣1）d1代入则limn→∞2Snnb2n=limn→∞（2×na1+n(n-1)d12nb1+n(2n-1)d2）=d12d2=1．故选：C．16．（3分）设{an}是公比为q（0＜|q|＜1）的无穷等比数列，若{an}的前四项之和等于第五项起以后所有项之和，则数列{a2n﹣1}是（　　）A．公比为12的等比数列B．公比为22的等比数列C．公比为22或-22的等比数列D．公比为142或-142的等比数列【解答】解：根据题意，若{an}的前四项之和等于第五项起以后所有项之和，则Sn＝2S4，又由{an}是公比为q（0＜|q|＜1）的无穷等比数列，则a11-q=2a1(1-q4)1-q，变形可得q4=12，则q＝±142，数列{a2n﹣1}为{an}的奇数项组成的数列，则数列{a2n﹣1}为公比为q2=22的等比数列；故选：B．17．（3分）函数y=sin(2x+φ)(0＜φ＜π2)图象的一条对称轴在(π6，π3)内，则满足此条件的一个φ值为（　　）A．π12B．π6C．π3D．5π6【解答】解：函数y=sin(2x+φ)(0＜φ＜π2)图象的对称轴方程为：x=kπ2+π4-φ2k∈Z，函数y=sin(2x+φ)(0＜φ＜π2)图象的一条对称轴在(π6，π3)内，所以π6＜kπ2+π4-φ2＜π3当k＝0时π12＞φ2＞-π12，φ=π12故选：A．第15页（共15页） 18．（3分）若数列{an}的前n项和为Sn，则下列命题：（1）若数列{an}是递增数列，则数列{Sn}也是递增数列；（2）数列{Sn}是递增数列的充要条件是数列{an}的各项均为正数；（3）若{an}是等差数列（公差d≠0），则S1•S2…Sk＝0的充要条件是a1•a2…ak＝0．（4）若{an}是等比数列，则S1•S2…Sk＝0（k≥2，k∈N）的充要条件是an+an+1＝0．其中，正确命题的个数是（　　）A．0个B．1个C．2个D．3个【解答】解：数列{an}的前n项和为Sn，故Sn＝a1+a2+a3+…+an，若数列{an}是递增数列，则数列{Sn}不一定是递增数列，如当an＜0时，数列{Sn}是递减数列，故（1）不正确．由数列{Sn}是递增数列，不能推出数列{an}的各项均为正数，如数列：0，1，2，3，…，满足{Sn}是递增数列，但不满足数列{an}的各项均为正数，故（2）不正确．若{an}是等差数列（公差d≠0），则由S1•S2…Sk＝0不能推出a1•a2…ak＝0，例如数列：﹣3，﹣1，1，3，满足S4＝0，但a1•a2•a3•a4≠0，故（3）不正确．若{an}是等比数列，则由S1•S2…Sk＝0（k≥2，k∈N）可得数列的{an}公比为﹣1，故有an+an+1＝0．由an+an+1＝0可得数列的{an}公比为﹣1，可得S1•S2…Sk＝0（k≥2，k∈N），故（4）正确．故选：B．三.解答题19．已知函数f（x）＝x2+（2﹣n）x﹣2n的图象与x轴正半轴的交点为A（an，0），n＝1，2，3，…．（1）求数列{an}的通项公式；（2）令bn=3an+(-1)n-1⋅λ⋅2an(n为正整数），问是否存在非零整数λ，使得对任意正整数n，都有bn+1＞bn？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）设f（x）＝0，x2+（2﹣n）x﹣2n＝0得x1＝﹣2，x2＝n．所以an＝n（4分）（2）bn＝3n+（﹣1）n﹣1•λ•2n，若存在λ≠0，满足bn+1＞bn恒成立第15页（共15页） 即：3n+1+（﹣1）n•λ•2n+1＞3n+（﹣1）n﹣1•λ•2n，（6分）(32)n-1＞(-1)n-1⋅λ恒成立（8分）当n为奇数时，(32)n-1＞λ⇒λ＜1（10分）当n为偶数时，(32)n-1＞-λ⇒λ＞-32（12分）所以-32＜λ＜1（13分），故：λ＝﹣1（14分）20．已知函数f（x）＝23sinxcosx+3sin2x+cos2x﹣2，x∈R；（1）求函数f（x）在（0，π）上的单调递增区间；（2）在△ABC中，内角A、B、C所对边的长分别是a，b，c，若f（A）＝2，C=π4．，c＝2，求△ABC的面积S△ABC的值；【解答】解：（1）因为f（x）＝23sinxcosx+3sin2x+cos2x﹣2=3sin2x+2sin2x﹣1=3sin2x﹣cos2x＝2sin（2x-π6），由-π2+2kπ≤2x-π6≤π2+2kπ，k∈Z，得-π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，又x∈（0，π），所以0＜x≤π3或5π6≤x＜π，所以函数f（x）在（0，π）上的递增区间为：（0，π3]，[5π6，π），（2）因为f（A）＝2，∴2sin（2A-π6）＝2，∴sin（2A-π6）＝1，∴2A-π6=π2+2kπ，k∈Z，∴A=π3+kπ，k∈Z，∵0＜A＜π，∴A=π3．∴B=π12，在三角形ABC中由正弦定理得asinA=csinC，∴a=csinAsinC=2×3222=6，S△ABC=12acsinB=12×6×2×sin5π12=3+32．21．已知函数f（x）＝2sin（ωx），其中常数ω＞0．第15页（共15页） （Ⅰ）令ω＝1，判断函数F(x)=f(x)+f(x+π2)的奇偶性，并说明理由．（Ⅱ）令ω＝2，将函数y＝f（x）的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位，得到函数y＝g（x）的图象．对任意a∈R，求y＝g（x）在区间[a，a+10π]上的零点个数的所有可能．【解答】解：（1）f（x）＝2sinx，F（x）＝f（x）+f（x+π2）＝2sinx+2sin（x+π2）＝2（sinx+cosx），F（π4）＝22，F（-π4）＝0，F（-π4）≠F（π4），F（-π4）≠﹣F（π4），所以，F（x）既不是奇函数，也不是偶函数．（2）f（x）＝2sin2x，将y＝f（x）的图象向左平移π6个单位，再向上平移1个单位后得到y＝2sin2（x+π6）+1的图象，所以g（x）＝2sin2（x+π6）+1．令g（x）＝0，得x＝kπ+512π或x＝kπ+34π（k∈z），因为[a，a+10π]恰含10个周期，所以，当a是零点时，在[a，a+10π]上零点个数21，当a不是零点时，a+kπ（k∈z）也都不是零点，区间[a+kπ，a+（k+1）π]上恰有两个零点，故在[a，a+10π]上有20个零点．综上，y＝g（x）在[a，a+10π]上零点个数的所有可能值为21或20．22．已知数列{an}满足：a1＝1，an+1=0.5an+n，n为正奇数an-2n，n为正偶数，bn＝a2n﹣2；（1）求a2、a3、a4；（2）求证：数列{bn}为等比数列，并求其通项公式；（3）求和Tn＝a2+a4+…+a2n；【解答】解：（1）a1＝1，an+1=0.5an+n，n为正奇数an-2n，n为正偶数，可得a2＝1+12a1＝1+12=32；a3＝a2﹣4=-52，a4＝3+12a3=74；（2）证明：bn＝a2n﹣2=12a2n﹣1+2n﹣1﹣2=12（a2n﹣2﹣4n+4）+2n﹣1﹣2=12（a2n﹣2﹣2）=12bn﹣1，第15页（共15页） 可得数列{bn}为公比为12，首项为-12等比数列，即bn＝﹣（12）n；（3）由（2）可得a2n＝2﹣（12）n，Tn＝a2+a4+…+a2n＝2n﹣（12+14+⋯+12n）＝2n-12(1-12n)1-12=2n﹣1+（12）n．23．已知{an}，{bn}为两非零有理数列（即对任意的i∈N*，ai，bi均为有理数），{dn}为一无理数列（即对任意的i∈N*，di为无理数）．（1）已知bn＝﹣2an，并且（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝0对任意的n∈N*恒成立，试求{dn}的通项公式．（2）若{dn3}为有理数列，试证明：对任意的n∈N*，（an+bndn﹣andn2）（1+dn2）＝1恒成立的充要条件为an=11+dn6bn=dn31+dn6．（3）已知sin2θ=2425（0＜θ＜π2），dn=3tan(n⋅π2+(-1)nθ)，试计算bn．【解答】解：（1）∵dn2+1≠0，∴an+bndn-andn2=0，即andn2-bndn-an=0，∴andn2+2andn-an=0，∵an≠0，∴dn2+2dn-1=0，∴dn=-1±2．（2）∵(an+bndn-andn2)(1+dn2)=1，∴andn2+an+bndn3+bndn-andn4-andn2=1，∴an+bndn3+dn(bn-andn3)=1，∵{an}，{bn}，{dn3}为有理数列，{dn}为无理数列，∴an+bndn3=1bn-andn3=0，∴an=11+dn6bn=dn31+dn6，以上每一步可逆．（3）sin2θ=2tanθ1+tan2θ=2425，∴25tanθ＝12+12tan2θ．∵dn=3tan(n⋅π2+(-1)nθ)，∴dn3=tan(n⋅π2+(-1)nθ)，当n＝2k（k∈N*）时，∴dn3=tan(2k⋅π2+θ)=tanθ第15页（共15页） 当n＝2k﹣1（k∈N*）时，∴dn3=tan((2k-1)⋅π2-θ)=cotθ，∴{dn3}为有理数列，∵(an+bndn-andn2)(1+dn2)=1，∴andn2+an+bndn3+bndn-andn4-andn2=1，∴an+bndn3+dn(bn-andn3)=1，∵{an}，{bn}，{dn3}为有理数列，{dn}为无理数列，∴an+bndn3=1bn-andn3=0，∴bn=dn31+dn6，∴bn=dn31+dn6=tan(n⋅π2+(-1)nθ)1+tan2(n⋅π2+(-1)nθ)=12sin(n⋅π+2(-1)nθ)当n＝2k（k∈N*）时，∴bn=12sin(2k⋅π+2θ)=12sin2θ=1225当n＝2k﹣1（k∈N*）时，∴bn=12sin((2k-1)⋅π-2θ)=12sin2θ=1225，∴bn=1225．第15页（共15页）