3.1 不等关系（苏教版必修5）
建议用时
实际用时
满分
实际得分
45分钟
100分
一、填空题（每小题5分，共30分）
1.已知，则下列不等式：①；②＞；③；④；⑤中，你认为正确的有（填序号）．
2.若0，则下列不等式：①；②；③；④中，正确的个数是.
3.若，，则下列不等式成立的是（填序号）．
①；②；
③；④.
4.如果，且，那么下列不等式中不一定成立的是.
①；②；
③；④.
5.已知，则与的大小关系是.
6.已知均为实数，有下列命题：
①若，则-；
②若，-，则；
③若，-，则.
其中正确命题的个数是.
二、解答题(共70分)
7.（10分）已知，若，，求的取值范围.
8.(15分)已知是不全相等的正数，求证：.
9.(15分)（1）设，比较与的大小；
（2）已知{正实数}，且，当，时，比较与的大小．
10.(15分)已知.
求证：不能都大于.
11.（15分）现有四个盛满水的长方体容器，的底面积均为，高分别为的底面积均为,高分别为.现规定一种游戏规则，每人一次从四个容器中取两个,盛水多者为胜，问先取者有无必胜的把握？若有,有几种方案？
3.1 不等关系（苏教版必修5）答题纸
得分：
一、填空题
1. 2. 3． 4． 5. 6.
二、解答题
7.
8.
9.
10.
11.
3.1 不等关系（苏教版必修5）参考答案
1.④解析：①若，则有，所以①错误．
②若，则有，所以②错误．
③若，则有，所以③错误．
④因为指数函数在定义域上是增函数，所以④正确．
⑤因为，所以，但不一定成立，所以⑤错误．
2.2 解析：∵ ，∴，∴，∴，故①④正确.
3.③解析：∵，∴ .故填③.
4.③解析：∵且，∴.但的符号不确定，∴ 当时，，
∴不一定成立.故填③.
5.解析：∵，∴，∴ .∵，∴ .
6.3 解析：由,得.又，∴ ，即，∴ ，故①正确.
由，，得，即，故②正确.
由，得.∵，∴，故③正确.
7.解法一：整体代换.
令，
则解得即.
因为，
所以，即的取值范围是.
解法二:巧妙换元.
令，则，，，.
因为，，
所以，即的取值范围是.
解法三：增元换元.
令解得
因为，，且，
所以，即的取值范围是.
8．证明：∵，∴，即.
又，∴.
同理.
∵不全相等，∴ 以上三个式子中至少有一个式子取不到等号（这在论证中极易被忽略的）.
故.
9.解：（1）
.
∵，∴，∴，
∴.
（2）∵{正实数}，
∴，.
∵，∴.
∴.
∵，
∴，
∴.
∴.
10.证明：假设,,.
将，展开，得.
同理，.
∴ ，即，矛盾.
∴ 原结论成立.
11.解：（1）若先取，后者只能取.
因为，
显然，而的大小不定，所以正负不确定，
所以这种取法没有必胜的把握.
（2）若先取，后者只能取，
因为，
显然，而的大小不定，所以正负不确定，
所以这种取法没有必胜的把握.
（3）若先取，后者只能取，
因为，
又，所以，即，
故先取是唯一必胜的方案．
3.2 一元二次不等式（苏教版必修5）
建议用时
实际用时
满分
实际得分
45分钟
100分
一、填空题（每小题5分，共30分）
1.不等式的解集是.
2.若，则的元素的个数为.
3.已知集合，集合，，则实数的取值范围是.
4.已知关于的不等式的解集为（-2，1），对于系数，有如下结论：
①；②；③；④；
⑤.
其中正确的结论的序号是.
5.已知函数则满足不等式的的取值范围是.
6.若关于的不等式的解集分别为和，则称这两个不等式为对偶不等式．
若不等式与不等式与为对偶不等式，且，则=.
二、解答题(共70分)
7.（15分）已知集合，，求．
8.(20分)解关于的不等式.
9.(20分）设函数的定义域为集合，集合．请你写出一个一元二次不等式，使它的解集为，并说明理由．
10.（15分）已知二次函数，且，当时，有；当时，有，且．
(1)求的解析式；
(2)若关于的方程有实数解，求实数的取值范围．
3.2 一元二次不等式（苏教版必修5）答题纸
得分：
一、填空题
1. 2. 3． 4． 5. 6.
二、解答题
7.
8.
9.
10.
3.2 一元二次不等式（苏教版必修5）参考答案
1.解析：∵，即，解得，∴ 不等式的解集为.
2.0 解析：由，得.
∵ ，∴ 集合为，因此的元素不存在.
3.解析：由题意得=[1，2]，由于，则.
当时，，满足；
当时，，满足；
当时，，若，则，即.
综上所述，实数的取值范围是．
4.③⑤解析：由题意知-2，1是方程的根，且，∴?2+1＝，(?2)?1＝.∴，.∴.
5.解析：当时，无解.
当时，化为，恒成立.
当时，化为，即.
∴ .
当时，无解.
综上,.
6.解析：设不等式的解集为，由题意可得不等式的解集为.由一元二次方程与不等式的关系可知
整理，得.
∴.又，∴.
7.解：由，知，故.
由，知或，故或.
因此或.
8.解：原不等式可变形为.
方程的两个根为.
当时，有，∴或，此时原不等式的解集为或；
当时，有，∴或，此时原不等式的解集为；
当时，有，∴，此时原不等式的解集为或；
当时，有，此时原不等式的解集为；
当时，有，此时原不等式的解集为.
综上可知：当或时，原不等式的解集为或；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
9.解：函数的定义域为，即或.
故.
由，得，解得-.
故.∴.
故所写一元二次不等式为.
10.解：(1）由题意知，当时，有；当时，有,
∴-3，1是关于的一元二次方程的两根.
可设.
∵，∴，∴,∴的解析式为.
（2）∵关于的方程有实数解，即关于的方程有实数解，
∴.∴.
3.3 二元一次不等式组与简单的线性规划问题
（苏教版必修5）
建议用时
实际用时
满分
实际得分
45分钟
100分
一、填空题（每小题5分，共30分）
1.已知点在不等式组表示的平面区域上运动，则的取值范围是.
2.若不等式组表示的平面区域是一个三角形，则实数的取值范围是.
3.如果点P在不等式组表示的平面区域上，点的坐标为(3，0)，那么的最小值是.
4.若均为整数，且满足约束条件则的最大值为，最小值为.
5．不等式组表示的平面区域内的整点（横坐标和纵坐标都是整数的点）共有个.
6．某人上午7时乘摩托艇以匀速从港出发到距50km的港去，然后乘汽车以匀速自港向距300km的市驶去.应该在同一天下午4时至晚上9时之间到达市.设乘摩托艇、汽车所需要的时间分别是、.如果所需的经费为元，那么此人所需的最少经费为元.
二、解答题(共70分)
7．（15分）画出不等式组所表示的平面区域.
8.（15分）用不等式组表示由直线围成的三角形区域(包括边界).
9.（20分）医院用甲、乙两种原料为手术后的病人配营养餐.甲种原料每10 g含5单位蛋白质和10单位铁质，售价3元；乙种原料每10 g含7单位蛋白质和4单位铁质，售价2元.若病人每餐至少需要35单位蛋白质和40单位铁质.试问：应如何使用甲、乙两种原料，才能满足既营养，又使费用最省？
10．(20分)某玩具生产工厂每天计划生产卫兵、骑兵、伞兵这三种玩具共100个，生产一个卫兵需5分钟，生产一个骑兵需7分钟，生产一个伞兵需4分钟，已知总生产时间不超过10小时.若生产一个卫兵可获利润5元，生产一个骑兵可获利润6元，生产一个伞兵可获利润3元.
（1）用每天生产的卫兵个数与骑兵个数表示每天的利润（元）.
（2）怎样分配生产任务才能使每天的利润最大，最大利润是多少？
3.3二元一次不等式组与简单的线性规划问题
（苏教版必修5）答题纸
得分：
一、填空题
1. 2. 3． 4． 5. 6.
二、解答题
7.
8.
9.
10.
3.3二元一次不等式组与简单的线性规划问题
(苏教版必修5)参考答案
1.[-1，2] 解析：作出可行域（如图所示），因为目标函数中的系数-1＜0，而直线表示斜率为1的一族直线，所以当它过点（2，0）时，在轴上的截距最小，此时取最大值2；当它过点（0，1）时，在轴上的截距最大，此时取最小值-1，所以的取值范围是[-1，2].
第1题图 第2题图
2.解析：作出如图所示图形，根据图形可知.
3.解析：点所在的可行域如图中阴影部分所示，点到点，的距离分别为，.又点(3，0)到直线的距离为，故的最小值为.
第3题图 第4题图
4.4 -4 解析：作出满足约束条件的可行域（如图阴影部分所示），可知在可行域内的整点有（-2，0），（-1，0），（0，0），（1，0），（2，0），（-1，1），（0，1），（1，1），（0，2），分别代入可知当时，的最大值为4；当时，的最小为-4.
5.3 解析：（1，1），（1，2），（2，1），共3个.
6.93 解析：依题意得考查的最大值，作出可行域，平移直线，当直线经过点（4，10）时，取得最大值38.故当时所需要的经费最少，此时所需的经费为93元.
7.解：先画出直线，由于含有等号，所以画成实线.取直线左下方的区域的点（0，0），由于2×0+0-4＜0，所以不等式表示直线及其左下方的区域.
同理对另外两个不等式选取合适的测试点，可得不等式表示直线右下方的区域，不等式表示轴及其上方的区域.
取三个区域的重叠部分，就是上述不等式组所表示的平面区域，如图所示.
第7题图 第8题图
8.解：画出三条直线，并用阴影表示三角形区域，如图所示.
取原点（0，0），将代入得2＞0，代入，得1＞0，代入得1＞0.
结合图形可知，三角形区域用不等式组可表示为
9.解：设甲、乙两种原料分别用10 g和10 g，总费用为元，则目标函数为，作出可行域如图所示.
第9题图
把变形为，得到斜率为，在轴上的截距为，随变化的一族平行直线.
由图可知，当直线经过可行域上的点时，截距最小，即最小.
由得.
∴.
∴选用甲种原料×10=28（g），乙种原料3×10=30（g）时，费用最省.
10.解：（1）依题意每天生产的伞兵个数为，所以利润.
（2）约束条件
整理，得
目标函数为.作出可行域（如图中阴影部分中的整点）.
第10题图
初始直线，平移初始直线经过点时，有最大值.
由得
最优解为，所以=550.
答：每天生产卫兵50个，骑兵50个，伞兵0个时利润最大，为550元.
3.4 基本不等式（苏教版必修5）
建议用时
实际用时
满分
实际得分
45分钟
100分
一、填空题（每小题5分，共30分）
1.若，则函数的最小值是.
2.函数的值域是.
3.已知且，则8.（填“＞”“＜”“≥”或“≤”）
4.设，则的最小值是.
5.若实数满足，则的取值范围是.
6.某商场中秋节前30天月饼销售总量（单位：盒）与时间(，单位：天)的关系大致满足，则该商场前t天的平均销售量(如前10天的平均销售量为盒)最少为盒.
二、解答题(共70分)
7．（15分）已知，求证.
8.(20分)求函数，的最大值.
9.（15分）已知，且，求
的最小值.
10.（20分）某商店预备在一个月内分批购入每张价值为20元的书桌共36张，每批都购入张(是正整数)，且每批均需付运费4元，储存购入的书桌一个月所付的保管费与每批购入书桌的总价值(不含运费)成正比，若每批购入4张，则该月需用去运费和保管费共52元，现在全月只有48元资金可以用于支付运费和保管费.
(1)求该月需用去的运费和保管费的总费用.
(2)能否恰当地安排每批进货的数量，使资金够用？写出你的结论，并说明理由.
3.4 基本不等式
（苏教版必修5）答题纸
得分：
一、填空题
1. 2. 3． 4． 5. 6.
二、解答题
7.
8.
9.
10.
3.4 基本不等式
（苏教版必修5）参考答案
1.4 解析：.
令，则，当时，有最小值4.
2.解析：当时，令，构造函数，整理，得，所以.
同理，当时，.
综上所述，的值域是.
3.解析：∵且，
∴，当且仅当时取等号.
4.4 解析：，当且仅当且，即，时取等号.
5.解析：∵，∴，∴，即，∴或，∴的取值范围是.
6.18解析：平均销售量.
当且仅当，即时等号成立，即平均销售量最少为18盒.
7.证明：∵都是正数，∴都是正数.
∴，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立，
，当且仅当时等号成立.
三式相加，得，即，当且仅当时等号成立.
8．解：∵ ，∴.
∴.
当且仅当，即时，等号成立.故的最大值为.
9.解：因为，且，
所以+=+=.
当且仅当=且，即，时，取得等号.
所以+的最小值为.
10.解：(1)设题中比例系数为，若每批购入张书桌，则共需分批，每批价值为元.
由题意得.由，，得.
∴.
(2)由(1)知，∴.
当且仅当，即时，上式等号成立.
故只需每批购入6张书桌，可以使资金够用.
第3章 不等式（苏教版必修5）
建议用时
实际用时
满分
实际得分
90分钟
160分
一、填空题（每小题5分，共70分）
1.不等式的解集是.
2.设，则下列不等式中成立的是.
①；②；
③；④.
3.不等式组表示的平面区域是一个.
4.不等式组所表示的平面区域的面积等于.
5.已知函数且，则的大小关系是.
6.已知不等式对任意正实数恒成立，则正实数的最小值为.
7.若函数则不等式的解集是.
8.设，且（），则的取值范围是.
9.对于满足等式的一切实数，不等式恒成立，则实数的取值范围是.
10.若正数满足，则（填“≥”或“≤”），且等号成立时的取值（填“唯一”或“不唯一”）.
11.不等式的解集为.
12.已知函数的图象恒过定点A，若点在直线上，则的最小值为.
13.设函数，其中满足条件则的最大值是.
14.用两种材料做一个矩形框，按要求其长和宽分别选用价格为每米3元和5元的两种材料，且长和宽必须为整数米，现预算花费不超过100元，则做成的矩形框所围成的最大面积是.
二、解答题（解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，共90分）
15.(14分)解关于的不等式.
16.（14分）如图，要设计一张矩形广告，该广告含有大小相等的左右两个矩形栏目（图中阴影部分），这两个栏目的面积之和为18 000 cm2，四周空白的宽度为10 cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5 cm.怎样确定广告的高与宽的尺寸（单位:cm）能使矩形广告的面积最小?
第16题图
17.(14分)不等式对一切恒成立，求实数的取值范围.
18.（16分）制定投资计划时，不仅要考虑可能获得的盈利，而且要考虑可能出现的亏损.某投资人打算投资甲、乙两个项目，根据预测，甲、乙两个项目可能的最大盈利率分别为100%和50%，可能的最大亏损率分别为30%和10%，投资人计划投资金额不超过10万元，要求确保可能的资金亏损不超过1.8万元，则投资人对甲、乙两个项目各投资多少万元才能使可能的盈利最大？19.（16分）已知二次函数满足，且对一切实数都成立.
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）设，数列的前项和为，求证：.
20.（16分）某村计划建造一个室内面积为72 m2的矩形蔬菜温室.在温室内，沿左、右两侧与后侧内墙各保留1 m宽的通道，沿前侧内墙保留3 m宽的空地.当矩形温室的边长各为多少时蔬菜的种植面积最大？最大种植面积是多少？
第3章 不等式（苏教版必修5）答题纸
得分：
一、填空题
1. 2.3． 4．5. 6.7.
8.9.10.11.12. 13. 14.
二、解答题
15．
16.
17.
18.
19.
20.
第3章 不等式（苏教版必修5）参考答案
1.（-2，1）∪（2，+∞）解析：原不等式化为，解得或.
2.④解析：∵是增函数，而，∴.
3.三角形 解析：原不等式组可化为或
在平面直角坐标系中作出符合上面两个不等式组的平面区域，如图中的阴影部分所示，
∴不等式组表示的平面区域是一个三角形.
第3题图第4题图
4.解析：不等式组表示的平面区域如图所示，由得交点的坐标为（1，1），
又两点的坐标分别为（0，4），，故.
5.解析：特殊值法.令，，满足，∴ ＞＞.故.
6.4 解析：不等式对任意正实数恒成立，则，∴2或（舍去），∴ 正实数的最小值为4.
7.解析：依题意得
所以或.
8.8 解析：=··≥8=8.
9.解析：令，，则=-1，
∴ -1.∵恒成立，∴ -1.
10. 唯一 解析：因为，由基本不等式得，故.
又，故，所以，当且仅当时，等号成立.
11.解析：依题意得.
12.4 解析：由题意知，∴，∴，
∴+=.
13.19解析：先在平面直角坐标系内画出不等式组所表示的平面区域，即可行域（如图中阴影部分）.把变形为，得斜率为，在轴上的截距为，随变化的一族平行直线.由图可以看出，当直线经过可行域上的点时，截距最大，即最大.
解方程组得故.此时=2×2+5×3=19.第13题图
14.40解析：设长为米，宽为米，则，即.∵，当且仅当时等号成立，为正整数，∴只有当时面积最大，此时面积平方米.
15.解：由，得.
①当时，，解得.
②当时，原不等式可以化为.
因为，
所以当时，，则且.
当时，，解得或.
当时，，解得或.
③当时，原不等式可以化为.
因为，所以当时，，所以；
当时，，不等式无解；当时，，所以.
所以原不等式的解集为：
当时，；
当时，不等式无解；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，；
当时，.
16.解：设矩形栏目的高为cm，宽为cm，则=9 000.①
广告的高为+20，宽为2+25，其中＞0，＞0.
广告的面积，当且仅当时等号成立，此时，将其代入①式得，从而，即当时，取得最小值24 500.
故广告的高为140 cm，宽为175 cm时，可使广告的面积最小.
17.解：若，则或.
当时，不合题意；当时，符合题意.
若，设，
则由题意，得解得.
综合以上讨论，得.
18.解：设投资人分别用万元投资甲、乙两个项目，
由题意，得目标函数为.
上述不等式组表示的平面区域如图所示，阴影部分（含边界）即为可行域.作直线，并作平行于直线的一组直线，，与可行域相交，其中有一条直线经过可行域上的点，此时最大，这里点是直线与直线的交点.
解方程组得此时，(万元).
∴ 当时，取得最大值.
答：投资人用4万元投资甲项目，6万元投资乙项目，才能使可能的盈利最大. 第18题图
19.（1）解：∵ 对一切实数都成立，
∴，∴.
（2）解：设.
∵，∴
∵，即，∴，
∴ ，，故.
（3）证明：∵ ，
∴ .
20.解：设矩形温室的左侧边长为m，后侧边长为m，则，
蔬菜的种植面积=32（m2）.
当且仅当，即时，.
答：当矩形温室的边长为6 m，12 m时，蔬菜的种植面积最大，最大种植面积是32 m2.
模块检测（苏教版必修5）
一、填空题（每小题5分，共70分）
1.已知一等比数列的前三项依次为，那么是此数列的第项.
2.若数列{}的前n项和Sn=n2－2n+3，则此数列的前3项依次为.
3.已知三个不同的实数成等差数列，且成等比数列，则.
4.在中,是以－4为第三项,4为第
七项的等差数列的公差,是以为第三项,
9为第六项的等比数列的公比,则这个三角形是.
5.已知等比数列的各项均为正数,且，则
.
6.若x，y均为整数，且满足约束条件则的最大值为.
7.已知在等差数列｛｝中，，则第一个使的项是.
8.已知是等比数列，，则=.
9.如果在中，，那么一定是 .
10.若关于的不等式的解集是，则实数的值为.
11.用两种材料做一个矩形框，按要求其长和宽分别选用价格为每米3元和5元的两种材料，且长和宽必须为整数米，现预算花费不超过100元，则做成的矩形框所围成的最大面积是
平方米.
12．如图，在山脚A处测得该山峰仰角为θ，对着山峰在平行地面上前进600 m后测得仰角为原来的2倍，继续在平行地面上前进200m后，测得山峰的仰角为原来的4倍，则该山峰的高度为.
13．在200 m高的山顶上，测得山下一塔的塔顶和塔底的俯角分别为30°和60°，则塔高为.
14．甲船在岛B的正南方A处，AB=10千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东60°的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是.
二、解答题（共90分）
15.（14分）如图，某住宅小区的平面图呈扇形.小区的两个出入口设置在点及点处，小区里有两条笔直的小路，且拐弯处的转角为．已知某人从沿走到用了10分钟，从沿走到用了6分钟．若此人步行的速度为每分钟50米，求该扇形的半径的长（精确到1米）．
16.（14分）研究问题：“已知关于的不等式的解集为（1，2），解关于的不等式”有如下解法：
解：由得，令，则，所以不等式的解集为.参考上述解法，已知关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集.
17.（14分）某家具厂有方木料90，五合板600，准备加工成书桌和书橱出售.已知生产每张书桌需要方木料0.1，五合板2，生产每个书橱需要方木料0.2，五合板1，出售一张书桌可获利润80元，出售一个书橱可获利润120元.
（1）如果只安排生产书桌，可获利润多少？
（2）如果只安排生产书橱，可获利润多少？
（3）怎样安排生产可使所获利润最大？
18.（16分）已知{}为各项都为正数的等比数列，=1，=256，为等差数列{}的前项和，=2，5=2.
（1）求{}和{}的通项公式；
（2）设=++…+，求.
19.（16分）已知数列满足
.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足??…?=(∈)，证明：是等差数列.
20.（16分）已知函数，数列{}的前项和为，点（，）（∈）均在函数的图象上.
（1）求数列{}的通项公式及前项和；
（2）存在∈，使得对任意∈恒成立，求出的最小值.
模块检测 答题纸
得分：
一、填空题
1． 2．3． 4．5． 6．7.
8．9．10.11．12． 13．14.
二、解答题
15.
16.
17.
18.
19.
20．
模块检测 参考答案
1.4 解析：由题意得,解得或.当时，，故舍去，所以，所以，所以.
2. 解析：当时，；当时，由,得；当时，由,得.
3.解析：，
又∴.
4.锐角三角形 解析：设等差数列为，公差为,则,所以，所以
设等比数列为，公比为，则,,所以，所以
所以，所以都是锐角，即此三角形为锐角三角形.
5.10 解析：.
6.4 解析：作出可行域如图中阴影部分，可知在可行域内的整点有，分别代入可知当时，最大，为4.
7. 解析：由得.又，所以．
而2＝，所以，即．
8. 解析：，
∴.
9.等腰三角形 解析一：∵ 在中，，
即，∴．
由，得，
即，即.
又∵，∴ ，即.∴是等腰三角形．
解析二：利用正弦定理和余弦定理.
可化为·，
即，即，，故.
∴是等腰三角形．
10.-3 解析：由不等式的解集为可得是方程的两根，
∴解得∴.
11.40 解析：设长米，宽米，则，即.
∵，当且仅当时等号成立，
又∵为正整数，∴ 只有当时面积最大，此时面积平方米.
12. 解析：依题意可知，
∴
∴，
∴ .
点评：本题主要考查了解三角形的实际应用，考查了学生分析问题和解决问题的能力．
13．m 解析：依题意可得图象如图所示，
从塔顶向山体引一条垂线，垂足为,
则，
，
∴，
∴塔高.
点评：本题主要考查构造三角形求解实际问题，属基础题．
14.小时 解析：假设经过小时两船相距最近，甲、乙分别行至，
可知，，
当小时，即分钟时距离最小.
点评：本题主要考查余弦定理的应用，关键在于画出图象，属基础题．
15.解法一：设该扇形的半径为米.
由题意，得米，米，，
在中，，
即，
解得（米）.
解法二：连接，作，交于点，
由题意，得米，米，
在中，，
∴（米），
在中，米，，
∴ （米）.
点评：解斜三角形应用题的一般步骤：
（1）分析：理解题意，分清已知与未知，画出示意图;
（2）建模：根据已知条件与求解目标，把已知量与求解量尽量集中在有关的三角形中，建立一个解斜三角形的数学模型;
（3）求解：利用正弦定理或余弦定理有序地解出三角形，求得数学模型的解;
（4）检验：检验上述所求的解是否符合实际意义，从而得出实际问题的解.
16.解：由于不等式的解集为，
则方程的根分别为.
由，得，
因此方程的根为.
所以不等式的解集为.
17.解：由题意可列表格如下：
方木料（）
五合板（）
利润（元）
书桌（张）
0.1
2
80
书橱（个）
0.2
1
120
（1）设只生产书桌张，可获得利润元，
则解得即.
又，所以当时，（元），
即如果只安排生产书桌，最多可生产300张，可获得利润24000元.
（2）设只生产书橱个，可获利润元，则解得即.
又，所以当时，(元)，
即如果只安排生产书橱，最多可生产450个，可获得利润54000元.
（3）设生产书桌张，书橱个，利润总额为元，
则即.
在平面直角坐标内作出上面不等式组
所表示的平面区域，即可行域如图阴
影部分.
作直线.
把直线向右上方平移至的位置时，
直线经过可行域上的点，此时
取得最大值.
由
解得点的坐标为，
所以当时，（元）.
因此，生产书桌100张、书橱400个，可使所获利润最大.
18.解：（1）设的公比为，
由=，得，所以=.
设的公差为，由及得，
所以.
（2）因为，①
，②
由②-①，得.
所以.
19.（1）解:∵ =2+1（∈），∴，即，
∴是以为首项，2为公比的等比数列.
∴,即-1（).
（2）证明：∵,∴.
∴, ①
. ②
②－①，得,
即，③
. ④
④－③，得，
即,，故是等差数列.
20.解：（1）因为点（，）（∈）均在函数的图象上，所以.
当时，==20；
当时，=-.也符合.
所以（∈）.
（2）存在∈，使得对任意∈恒成立，只需，
由（1）知，所以.
当时，；
当时，；
当时，.
所以当或时，有最大值110.所以.
又因为，所以的最小值为111.
