模块学习评价
(时间：120分钟，满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上．)
1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝______.
【解析】 ＝q3＝，∴q＝.
【答案】
2．(2013·临沂高二检测)若函数f(x)＝
则不等式f(x)＜4的解集是________．
【解析】 不等式f(x)＜4等价于或
即0＜x＜
或－4＜x≤0.因此，不等式f(x)＜4的解集是(－4，)．
【答案】 (－4，)
3．设数列{an}是等差数列，若a3＋a4＋a5＝12，则a1＋a2＋…＋a7＝________.
【解析】 依题意得3a4＝12，a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.
【答案】 28
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a4＝6，则S5等于________．
【解析】 由a2＋a4＝6可得，
S5＝＝＝＝15.
【答案】 15
5．在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积等于________．
【解析】 依题意与正弦定理得＝，sin C＝＝，C＝60°或C＝120°.当C＝60°时，A＝90°，△ABC的面积等于AB·AC＝；当C＝120°时，A＝30°，△ABC的面积等于AB·AC·sin A＝.因此，△ABC的面积等于或.
【答案】 或
6．已知点P(x，y)的坐标满足条件那么x2＋y2的取值范围是________．
【解析】 作出不等式组
所表示的平面区域，如图中的阴影部分所示，显然，原点O到直线2x＋y－2＝0的距离最小为＝，此时可得(x2＋y2)min＝；点(1,2)到原点O的距离最大，为＝，此时可得(x2＋y2)max＝5.
【答案】 [，5]
7．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为________．
【解析】 ∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设{an}的前k项和数值最大，
则有∴
∴≤k≤.
∵k∈N*，∴k＝7.
故满足条件的n的值为7.
【答案】 7
8．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝，B＝，tan C＝2，则c＝________.
【解析】 ?sin2C＝?sin C＝.
由正弦定理，得＝，∴c＝×b＝2.
【答案】 2
9．在△ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，若a，b，c成等比数列，A＝60°，则＝________.
【解析】 ∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，∴c＝，
∴＝＝a·＝a·＝sin A＝.
【答案】
10．已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，若a∥b，则4x＋8y的最小值为________．
【解析】 ∵a∥b，∴3(y－1)－(－2)x＝0，∴2x＋3y＝3.
∴4x＋8y＝22x＋23y≥2＝2＝4，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时等号成立．
【答案】 4
11．已知x>0，y>0，且x＋y＝xy，则u＝x＋4y的取值范围是________．
【解析】 ∵x＋y＝xy，∴＋＝1，
∴u＝1(x＋4y)＝(＋)(x＋4y)＝5＋(＋)≥5＋4＝9.
【答案】 [9，＋∞)
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若sin2B＋sin2C－sin2A＋sin Bsin C＝0，则tanA的值是________．
【解析】 依题意及正弦定理可得，b2＋c2－a2＝－bc，则由余弦定理得cos A＝＝＝－，又0＜A＜π，所以A＝，tan A＝tan ＝－.
【答案】 －
13．等比数列{an}，an>0，q≠1，且a2 、a3、a1成等差数列，则＝________.
【解析】 ∵a2，a3，a1等差，
∴a3＝a1＋a2，
∴a1q2＝a1＋a1q，
即q2＝1＋q，∴q2－q－1＝0，∴q＝.
∵an>0，∴q＝，
∴＝＝＝.
【答案】
14．在△ABC中，A＝60°，BC＝，D是AB边上的一点，CD＝，△BCD的面积为1，则AC的长为________．
【解析】 由△BCD的面积为1，可得×CD×BC×sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝，所以cos∠DCB＝.在△BCD中，由余弦定理可知，cos∠DCB＝＝，解得BD＝2，
所以cos∠DBC＝＝.又在△BCD中，∠DBC对应的边长最短，所以∠DBC为锐角，所以sin∠DBC＝.在△ABC中，由正弦定理可知＝，可得AC＝＝＝.
【答案】
二、解答题(本题共6小题，共90分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知c＝2，C＝.若△ABC的面积等于，求a、b.
【解】 由余弦定理，知c2＝a2＋b2－2abcos C，又c＝2，C＝，
∴a2＋b2－ab＝4.
∵△ABC的面积等于，∴absin C＝，
∴ab＝4.
联立方程得得a＝2，b＝2.
16．(本小题满分14分)已知{an}是等比数列，a1＝2，且a1，a3＋1，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)设等比数列{an}的公比为q，
则a3＝a1·q2＝2q2，a4＝a1·q3＝2q3.
∵a1，a3＋1，a4成等差数列，
∴a1＋a4＝2(a3＋1)，即2＋2q3＝2(2q2＋1)，
整理得2q2(q－2)＝0，
∵q≠0，∴q＝2，
∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)∵bn＝log2an＝log22n＝n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋…＋n＝.
17．(本小题满分14分)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，·＝c2－(a－b)2，且a＋b＝4，
(1)求cos C的值；
(2)求△ABC周长的最小值．
【解】 (1)由向量数量积定义和余弦定理得abcos C＝a2＋b2－2abcos C－(a2＋b2－2ab)，
即3abcos C＝2ab，∴cos C＝.
(2)l＝a＋b＋c＝4＋c，c2＝a2＋b2－2abcos C
＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－ab，
∵ab≤()2＝4(a＝b＝2时取等号)，
∴c2≥16－·4＝.
当且仅当a＝b＝2时，lmin＝4＋＝4＋.
18．(本小题满分16分)已知在等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列{bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b4＞20.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)设数列{an}的公比为q.因为等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，a1a3＝a，所以a2＝±6.
又因为a1＋a2＋a3＞20，所以a2＝6，故公比q＝3.
所以an＝2·3n－1.
(2)设数列{bn}的公差为d，则b1＋b2＋b3＋b4＝4b1＋6d＝a1＋a2＋a3＝26.
由b1＝2，可知d＝3，所以bn＝3n－1.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.
19．(本小题满分16分)某投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂，第一年共支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元．设f(n)表示前n年的纯利润总和(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)．
(1)该厂从第几年开始盈利？
(2)若干年后，投资商为开发新项目，对该厂有两种处理方案：①年平均纯利润达到最大时，以48万元出售该厂；②纯利润总和达到最大时，以16万元出售该厂．问哪种方案更合算？
【解】 由题意知f(n)＝50n－[12n＋×4]－72＝－2n2＋40n－72，
(1)由f(n)＞0，即－2n2＋40n－72＞0，解得2＜n＜18，由n∈N*知，从第三年开始盈利．
(2)方案①：年平均纯利润＝40－2(n＋)≤16，当且仅当n＝6时等号成立．
故方案①共获利6×16＋48＝144(万元)，此时n＝6.
方案②：f(n)＝－2(n－10)2＋128.当n＝10时，
f(n)max＝128.故方案②共获利128＋16＝144(万元)．
比较两种方案，获利都是144万元，但由于第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案更合算．
20．(本小题满分16分)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn；数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an·bn(n＝1,2,3，…)，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn.
【解】 (1)bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1，
又S1＝b1，所以b1＝.
当n≥2时，由bn＝2－2Sn，可得bn－1＝2－2Sn－1，
所以bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn，
即＝，
所以{bn}是以b1＝为首项，为公比的等比数列，
于是bn＝2·.
(2)由数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20，可得公差d＝(a7－a5)＝3，a1＝a5－4d＝2，可得an＝3n－1，
从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·，
所以Tn＝2[2·＋5·＋8·＋…＋(3n－1)·]，
Tn＝2[2·＋5·＋…＋(3n－4)·＋(3n－1)·]．
两式相减得Tn＝2[2·＋3·＋3·＋…＋3·－(3n－1)·]，
所以Tn＝－－.
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第1章 解三角形
【命题趋势】 本章知识是高考的必考内容，重点考查正弦定理、余弦定理及其应用；既有填空题，又有解答题，难度中档；填空题主要考查正弦定理、余弦定理等基础知识，解答题常与三角函数、平面向量交汇命题(如2012·江苏卷第15题)，考查解三角形、三角变换、几何计算等问题，尤其涉及三角面积的问题，更是高考考查的热点.
正弦定理与余弦定理
(教材第16页第1题)
在△ABC中，如果sin A∶sin B∶sin C＝2∶3∶4，那么cos C等于( )
A. B．－ C．－ D．－
1．(2012·福建高考)在△ABC中，已知∠BAC＝60°，∠ABC＝45°，BC＝，则AC＝________.
【命题意图】 本题主要考查正弦定理在解三角形中的应用．
【解析】 根据正弦定理，得＝，即AC＝×sin B＝2×＝.
【答案】
2．(2012·湖北高考改编)设△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若三边的长为连续的三个正整数，且A＞B＞C,3b＝20acos A，则sin A∶sin B∶sin C为________．
【命题意图】 本题考查正、余弦定理以及三角形中大角对大边的应用．
【解析】 因为a，b，c为连续的三个正整数，且A＞B＞C，可得a＞b＞c，所以a＝c＋2，b＝c＋1.①
又由已知3b＝20acos A，所以cos A＝.②
由余弦定理可得cos A＝，③
则由②③可得＝，④
联立①④，得7c2－13c－60＝0，解得c＝4或c＝－(舍去)，则a＝6，b＝5.
故由正弦定理可得：sin A∶sin B∶sin C＝a∶b∶c＝6∶5∶4.
【答案】 6∶5∶4
1．(2012·北京高考)在△ABC中，若a＝3，b＝，∠A＝，则∠C的大小为________．
【解析】 cos A＝?c＝2，而＝，故sin C＝1?C＝.
【答案】
2．(2012·陕西高考)在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c.若a＝2，B＝，c＝2，则b＝________.
【解析】 利用余弦定理得：b2＝a2＋c2－2accos B＝4＋12－2×2×2cos ＝16－12＝4，∴b＝2.
【答案】 2
有关三角形的面积问题
(教材第17页习题第13题)
如图1，已知圆
图1
内接四边形ABCD中，AB＝2，BC＝6，AD＝CD＝4，如何求四边形ABCD的面积？
1．(2012·新课标全国卷)已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，c＝asin C－ccos A.
(1)求A；
(2)若a＝2，△ABC的面积为，求b，c.
【命题意图】 本题主要考查正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的应用，考查学生基本运算能力，难度适中．
【解】 (1)由c＝asin C－ccos A及正弦定理得
sin Asin C－cos Asin C＝sin C.
由于sin C≠0，所以sin(A－)＝，
又0＜A＜π，故A＝.
(2)△ABC的面积S＝bcsin A＝，故bc＝4，
而a2＝b2＋c2－2bccos A，故c2＋b2＝8，
解得b＝c＝2.
2．(2012·江西高考)△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知3cos(B－C)－1＝6cos Bcos C.
(1)求cos A；
(2)若a＝3，△ABC的面积为2，求b，c.
【命题意图】 本题主要考查两角和与差余弦公式的应用，考查余弦定理及三角形面积公式的应用．
【解】 (1)3(cos Bcos C＋sin Bsin C)－1＝6cos Bcos C
∴3cos Bcos C－3sin Bsin C＝－1，
∴3cos(B＋C)＝－1，
即cos(π－A)＝－，
则cos A＝.
(2)由(1)得sin A＝，由面积S＝bc·sin A＝2可得bc＝6，则根据余弦定理①
cos A＝＝＝，
则b2＋c2＝13②
①②两式联立可得或
(2012·山东高考)在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin B(tan A＋tan C)＝tan Atan C.
(1)求证：a，b，c成等比数列；
(2)若a＝1，c＝2，求△ABC的面积S.
【解】 (1)由已知得：
sin B(＋)＝·，
∴sin B(sin Acos C＋cos Asin C)＝sin Asin C，
∴sin Bsin(A＋C)＝sin Asin C，
又A＋B＋C＝π，∴sin(A＋C)＝sin B，
∴sin2B＝sin Asin C，
再由正弦定理可得：b2＝ac，
所以a，b，c成等比数列．
(2)若a＝1，c＝2，则b2＝ac＝2，
∴cos B＝＝，
∵0＜B＜π，∴sin B＝＝，
∴△ABC的面积S＝acsin B＝×1×2×＝.
最值问题
(教材第19页例4)
图2
如图2，半圆O的直径为2，A为直径延长线上的一点，OA＝2，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.问：点B在什么位置时，四边形OACB的面积最大？
(2011·湖南高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足csin A＝acos C.
(1)求角C的大小；
(2)求sin A－cos(B＋)的最大值，并求取得最大值时角A，B的大小．
【命题意图】 本题考查正弦定理及同角关系，考查两角和与差的公式应用，考查学生的三角恒等变换能力及转化能力．
【解】 (1)由正弦定理，得sin Csin A＝sin Acos C，
因为0＜A＜π，所以sin A＞0，从而sin C＝cos C.
又cos C≠0，所以tan C＝1，则C＝.
(2)由(1)知，B＝－A.
于是sin A－cos(B＋)
＝sin A－cos(π－A)
＝sin A＋cos A＝2sin(A＋)．
因为0＜A＜π，所以＜A＋＜.
从而当A＋＝，即A＝时，
2sin(A＋)取得最大值2，且B＝－＝.
综上所述，sin A－cos(B＋)的最大值为2，
此时A＝，B＝.
(2011·浙江高考)在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知sin A＋sin C＝psin B(p∈R)，且ac＝b2.
(1)当p＝，b＝1时，求a，c的值；
(2)若角B为锐角，求p的取值范围．
【解】 (1)由题设并利用正弦定理，得
解得a＝1，c＝或a＝，c＝1.
(2)由余弦定理，b2＝a2＋c2－2accos B＝(a＋c)2－2ac－2accos B＝p2b2－b2－b2cos B，
即p2＝＋cos B.
因为0＜cos B＜1，得p2∈(，2)，由题设知p＞0，
所以＜p＜.
第2章 数 列
【命题趋势】 数列既是高中数学的重点内容，又是高考考查的重点与热点．主要考查等差、等比数列的概念、性质、通项公式与前n项和公式及其应用；考查叠加法、叠乘法、反序相加法、错位相减法等基本方法；并注重函数与方程思想，分类讨论思想，等价转化思想的考查．由于数列是特殊的函数，因此数列常与函数、方程、不等式交汇命题(如2012·江苏卷第20题)，考查数学思维能力、充分体现以能力注意的命题指导思想.
等差数列
(教材第44页第3题)
在等差数列{an}中，
(1)已知a1＝1，d＝2，n＝15，求an和Sn；
(2)已知a1＝－13，d＝2，an＝7，求n和Sn；
(3)已知a1＝8，n＝5，an＝，求d和Sn；
(4)已知an＝2，n＝12，Sn＝90，求a1和d.
1．(2012·辽宁高考改编)在等差数列{an}中，已知a4＋a8＝16，则该数列前11项和S11＝________.
【命题意图】 本题主要考查等差数列的性质、前n项和公式及转化的数学能力，难度较小．
【解析】 a1＋a11＝a4＋a8＝16，
∴S11＝＝＝88.
【答案】 88
2．(2012·北京高考)已知{an}为等差数列，Sn为其前n项和．若a1＝，S2＝a3，则a2＝________.
【命题意图】 本题考查等差数列的定义，通项公式及前n项和公式，同时考查了方程思想及基本量的运算技巧．
【解析】 ∵S2＝a1＋a2＝a3，∴d＝a3－a2＝a1＝，
∴a2＝a1＋d＝1.
【答案】 1
1．(2012·广东高考)已知递增的等差数列{an}满足a1＝1，a3＝a－4，则an＝________.
【解析】 设等差数列公差为d，则由a3＝a－4，得1＋2d＝(1＋d)2－4，
∴d2＝4，∴d＝±2.
由于该数列为递增数列，∴d＝2.
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.
【答案】 2n－1
2．(2012·福建高考改编)等差数列{an}中，a1＋a5＝10，a4＝7，则数列{an}的公差为________．
【解析】 ∵a1＋a5＝2a3＝10，a3＝5，所以d＝a4－a3＝2.
【答案】 2
等比数列
(教材第61页第3题)
在等比数列{an}中，
(1)已知a1＝－1.5，a7＝－96，求q和Sn；
(2)已知q＝，S5＝－，求a1和an；
(3)已知a1＝2，S3＝26，求q和an.
1．(2012·新课标全国卷)等比数列{an}的前n项和为Sn，若S3＋3S2＝0，则公比q＝________.
【命题意图】 本题考查等比数列的通项公式和求和公式，也考查了等比数列中基本量的运算求解能力．
【解析】 由题意得4a1＋4a2＋a3＝0且a1≠0，即4＋4q＋q2＝0，解得q＝－2.
【答案】 －2
2．(2012·广东高考)若等比数列{an}满足a2a4＝，则a1aa5＝________.
【命题意图】 本题考查等比数列性质的运用，以及转化与化归思想的应用．
【解析】 由等比数列的等比中项性质知a2a4＝?a＝，有a1aa5＝(a)2＝.
【答案】
3．(2012·江西高考)等比数列{an}的前n项和为Sn，公比不为1，若a1＝1，则对任意的n∈N*，都有an＋2＋an＋1－2an＝0，则S5＝________.
【命题意图】 本题主要考查等比数列的前n项和公式及公比的求法，考查灵活运用知识的能力．
【解析】 设数列{an}的公比为q，由an＋2＋an＋1－2an＝0，得anq2＋anq－2an＝0，显然an≠0，所以q2＋q－2＝0.又q≠1，解得q＝－2.又a1＝1，所以S5＝＝11.
【答案】 11
1．(2012·安徽高考改编)公比为2的等比数列{an}的各项都是正数，且a3a11＝16，则a5＝________.
【解析】 设等比数列的公比为q，则a3·a11＝a＝(a5q2)2＝16a＝16，因为an＞0，所以a5＝1.
【答案】 1
2．(2012·课标全国卷改编)已知{an}为等比数列，a4＋a7＝2，a5a6＝－8，则a1＋a10＝________.
【解析】 ∵{an}为等比数列，∴a5a6＝a4a7＝－8，联立可解得或，∴q3＝－或q3＝－2，故a1＋a10＝＋a7·q3＝－7.
【答案】 －7
3．(2012·浙江高考)设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn，若S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2，则q＝________.
【解析】 由S2＝3a2＋2，S4＝3a4＋2相减可得
a3＋a4＝3a4－3a2，同除以a2可得
2q2－q－3＝0，解得q＝或q＝－1，
因为q>0，所以q＝.
【答案】
等差、等比数列的综合应用
(教材第68页第12题)
已知等差数列{an}满足a2＝0，a6＋a8＝－10.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Sn.
1．(2012·北京高考改编)已知{an}为等比数列，下面结论中正确的是________．(填序号)
①a1＋a3≥2a2；②a＋a≥2a；
③若a1＝a3，则a1＝a2；④若a3＞a1，则a4＞a2.
【命题意图】 本题考查等比数列的通项公式以及利用基本不等式分析解决问题的能力，考查分类讨论思想，难度适中．
【解析】 设{an}的首项为a1，公比为q，则a2＝a1q，a3＝a1q2.
∵a1＋a3＝a1(1＋q2)，又1＋q2≥2q，
当a1＞0时，a1(1＋q2)≥2a1q，即a1＋a3≥2a2；
当a1＜0时，a1(1＋q2)≤2a1q，即a1＋a3≤2a2，故①不正确．
∵a＋a＝a(1＋q4)，又1＋q4≥2q2且a＞0，
∴a＋a≥2a，故②正确．
若a1＝a3，则q2＝1.∴q＝±1.
当q＝1时，a1＝a2；当q＝－1时，a1≠a2.故③不正确．
若q＞0，则a3q＞a1q，即a4＞a2；若q＜0，则a3q＜a1q，此时a4＜a2，故④不正确．
【答案】 ②
2．(2012·湖北高考) 已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.
(1)求等差数列{an}的通项公式；
(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和．
【命题意图】 本题考查等差数列与等比数列的基本运算及性质，前n项和，同时考查了方程思想和分类讨论的思想．
【解】 (1)设等差数列{an}的公差为d，则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.
由题意知
解得或
故等差数列{an}的通项公式为：an＝－3n＋5或an＝3n－7.
(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4,2，不是等比数列，所以an＝3n－7.
当n＝1时，数列{|an|}的和为：S1＝4；当n＝2时，数列{|an|}的和为：S2＝4＋1＝5；当n≥3时，Sn＝－a1－a2＋a3＋a4＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an)＋2S2＝－4n＋×3＋10＝n2－n＋10.
当n＝2时，符合上式．所以
Sn＝
3．(2012·浙江高考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝2n2＋n，n∈N*，数列{bn}满足an＝4log2bn＋3，n∈N*.
(1)求an，bn；
(2)求数列{an·bn}的前n项和Tn.
【命题意图】 本题主要考查等差、等比数列的概念，通项公式及求和公式等基础知识，同时考察灵活运用数学方法解题的能力及运算求解能力，难度一般．
【解】 (1)由Sn＝2n2＋n，得当n＝1时，a1＝S1＝3；
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝4n－1.
n＝1时满足上式，所以an＝4n－1，n∈N*.
由4n－1＝an＝4log2bn＋3得bn＝2n－1，n∈N*.
(2)由(1)知anbn＝(4n－1)·2n－1，n∈N*，
所以Tn＝3＋7×2＋11×22＋…＋(4n－1)·2n－1，
2Tn＝3×2＋7×22＋…＋(4n－5)·2n－1＋(4n－1)·2n，
所以2Tn－Tn＝(4n－1)2n－[3＋4(2＋22＋…＋2n－1)]
＝(4n－5)2n＋5.
故Tn＝(4n－5)2n＋5，n∈N*.
1．(2012·湖北高考)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数．他们研究过如图2－1所示的三角形数：
图2－1
将三角形数1,3,6,10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，可以推测：
(1)b2 012是数列{an}中的第________项；
(2)b2k－1＝________.(用k表示)
【解析】 (1)由图可知an＋1＝an＋(n＋1)(n∈N＋)．
所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n.
累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，
即an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
当n＝4,5,9,10,14,15,19,20,24,25，…时，an能被5整除，即b2＝a5，b4＝a10，b6＝a15，b8＝a20，…，所以b2k＝a5k(k∈N＋)．
所以b2 012＝a5×1 006＝a5 030.
(2)由(1)可知b2k－1＝a5k－1＝×5k(5k－1)＝.
【答案】 (1)5030 (2)
2．(2013·聊城高二检测)设{an}是等差数列，{bn}是各项都为正数的等比数列，且a1＝b1＝1，a3＋b5＝21，a5＋b3＝13.
(1)求{an}，{bn}的通项公式；
(2)求数列{}的前n项和Sn.
【解】 (1)设等差数列的公差为d，等比数列的公比为q，
由题意得1＋2d＋q4＝21，①
1＋4d＋q2＝13，②
①×2－②得，2q4－q2－28＝0，解得q2＝4.
又由题意知{bn}各项为正，
所以q＝2，代入②得d＝2，所以an＝2n－1，bn＝2n－1.
(2)由(1)可知，＝，又Sn＝1＋＋＋＋…＋，③
Sn＝＋＋＋…＋＋，④
③－④得Sn＝1＋＋＋＋＋…＋－
＝1＋－＝3－，
∴Sn＝6－.
第3章 不等式
【命题趋势】 一元二次不等式、基本不等式是解决问题的重要工具，应用十分广泛，因此本章内容是高考考查的热点，从江苏近几年高考试题看填空题主要考查不等式的性质、一元二次不等式、基本不等式及其应用、线性规划问题；解答题常与函数、数列、解析几何交汇命题，考查含参数的不等式的解法、范围与最值问题，并渗透函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的考查.
一元二次不等式
(教材第79页习题第2题)
解下列一元二次不等式：
①2x2－3x＞2；②3x2－5x＋4＞0；
③x(x＋2)＜x(3－x)＋1；④(3x－1)(x＋1)＞4.
1．(2011·广东高考改编)不等式2x2－x－1＞0的解集是________．
【命题意图】 本题考查一元二次不等式的解法，考查学生的计算能力．
【解析】 由原不等式得(x－1)(2x＋1)＞0，
∴x＜－或x＞1，即不等式的解集为(－∞，－)∪(1，＋∞)．
【答案】 (－∞，－)∪(1，＋∞)
2．(2011·福建高考改编)若关于x的方程 x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是________．
【命题意图】 本题考查一元二次方程的判别式，题目简单，重在考查基础知识．
【解析】 ∵方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝m2－4＞0，∴m＞2或m＜－2.
【答案】 (－∞，－2)∪(2，＋∞)
3．(2012·江苏高考)已知函数f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域为[0，＋∞)，若关于x的不等式f(x)【命题意图】 本题以一元二次不等式解法为主，兼顾三个“二次”的关系的考查．
【解析】 由题意a2－4b＝0，所以f(x)可换为x2＋ax＋－c<0，
∴
∴c＝－m(m＋6)＝－m(m＋6)＝9.
【答案】 9
1．(2012·湖南高考)不等式x2－5x＋6≤0的解集为________．
【解析】 由x2－5x＋6≤0得(x－3)(x－2)≤0，
∴2≤x≤3.
【答案】 {x|2≤x≤3}
2．(2012·江西高考)不等式＞0的解集是________．
【解析】 原不等式可化为：
或
∴或
∴x＞3或－3＜x＜2
【答案】 {x|－3＜x＜2或x＞3}
3．(2012·陕西高考改编)集合M＝{x|lg x>0}，N＝{x|x2≤4}，则M∩N＝________.
【解析】 M＝{x|lg x>0}＝{x|x>1}，N＝{x|x2≤4}＝{x|－2≤x≤2}，
∴M∩N＝(1,2]．
【答案】 (1,2]
基本不等式
(教材第106页习题第16题)
已知正数x，y满足x＋2y＝1，求＋的最小值．
1．(2012·浙江高考改编)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是________．
【命题意图】 本题主要考查基本不等式及其应用，考查转化与化归思想的应用，难度较大．
【解析】 由x＋3y＝5xy得y＝＞0，则有3x＋4y＝3x＋＝3x＋＝3x＋＋＝(5x－3)＋＋≥2 ＋＝5，当且仅当(5x－3)＝时，3x＋4y取得最小值，解得x＝1或x＝.当x＝时，y为负值，舍去，即x＝1时取得最小值．
【答案】 5
2．(2012·陕西高考改编)小王从甲地到乙地往返的时速分别为a和b(a＜b)，其全程的平均时速为v，则下列各式正确的是________．(只填序号)
①a＜v＜；②v＝；
③＜v＜；④v＝.
【命题意图】 本题考查了对平均速度的理解及运算求解能力，以及对均值定理熟练运用的能力，难度中等．
【解析】 设甲、乙两地之间的距离为s，
∵a＜b，∴v＝＝＝＜＝.
又v－a＝－a＝＞＝0，∴v＞a.
∴正确的是①.
【答案】 ①
2．(2012·陕西高考改编)在△ABC中，角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，若a2＋b2＝2c2，则cos C的最小值为________．
【解析】 ∵cos C＝＝，
又∵a2＋b2≥2ab，∴2ab≤2c2.
∴cos C≥.∴cos C的最小值为.
【答案】
2．(2012·福建高考改编)下列不等式一定成立的是________．(只填序号)
①lg(x2＋)＞lg x(x＞0)；
②sin x＋≥2(x≠kπ，k∈Z)；
③x2＋1≥2|x|(x∈R)；④＞1(x∈R)．
【解析】 当x＞0时，x2＋≥2·x·＝x，所以lg(x2＋)≥lg x(x＞0)，故选项①不正确；运用基本不等式时需保证一正二定三相等，而当x≠kπ，k∈Z时，sin x的正负不定，故选项②不正确；由基本不等式可知，选项③正确；当x＝0时，有＝1，故选项④不正确．
【答案】 ③
线性规划问题
(教材第94页习题第7题)
已知实数x，y满足条件求z＝x＋3y的最小值．
1．(2012·湖北高考)若变量x，y满足约束条件则目标函数z＝2x＋3y的最小值是______．
【命题意图】 本题主要考查线性规划的有关知识，考查数形结合思想的应用，难度适中．
【解析】 作出不等式组所表示的可行域，
如图阴影部分所示(含边界)．
可知当直线z＝2x＋3y经过的交点M(1,0)时，z＝2x＋3y取得最小值，则zmin＝2.
【答案】 2
2．(2012·山东高考改编)设变量x，y满足约束条件则目标函数z＝3x－y的取值范围是________．
【命题意图】 本题考查线性规划的知识及数形结合思想，难度一般．
【解析】 画出可行域可知目标函函数z＝3x－y过4x－y＝－1与2x＋y＝4的交点(，3)时，z取最小值为－，当z＝3x－y过2x＋y＝4与x＋2y＝2的交点(2,0)时z有最大值为6.
【答案】 [－，6]
1．(2012·广东高考改编)已知变量x，y满足约束条件则z＝x＋2y的最小值为________．
【解析】 先画出可行域如图所示，再将z＝x＋2y变形为截距式方程y＝－x＋，把l0：y＝－x平移到经过点(－1，－2)时，截距有最小值，则z也有最小值，∴zmin＝(－1)＋2(－2)＝－5.
【答案】 －5
2．(2012·课标全国卷改编)已知正三角形ABC的顶点A(1,1)，B(1,3)，顶点C在第一象限，若点(x，y)在△ABC内部，则z＝－x＋y的取值范围是________．
【解析】 由顶点C在第一象限且与A、B构成正三角形可求得点C坐标为(1＋，2)，将目标函数化为斜截式为y＝x＋z，
结合图形可知
当y＝x＋z过点C时z取到最小值，此时zmin＝1－，当y＝x＋z过点B时z取到最大值，此时zmax＝2，综合可知z的取值范围为(1－，2)．
【答案】 (1－，2)
必修5
模块学习评价
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(时间：120分钟，满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案填在题中横线上．)
1．已知{an}是等比数列，a2＝2，a5＝，则公比q＝______.
【解析】 ＝q3＝，∴q＝.
【答案】
2．(2013·临沂高二检测)若函数f(x)＝
则不等式f(x)＜4的解集是________．
【解析】 不等式f(x)＜4等价于或
即0＜x＜
或－4＜x≤0.因此，不等式f(x)＜4的解集是(－4，)．
【答案】 (－4，)
3．设数列{an}是等差数列，若a3＋a4＋a5＝12，则a1＋a2＋…＋a7＝________.
【解析】 依题意得3a4＝12，a4＝4，所以a1＋a2＋…＋a7＝＝7a4＝28.
【答案】 28
4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2＋a4＝6，则S5等于________．
【解析】 由a2＋a4＝6可得，
S5＝＝＝＝15.
【答案】 15
5．在△ABC中，AB＝，AC＝1，B＝30°，则△ABC的面积等于________．
【解析】 依题意与正弦定理得＝，sin C＝＝，C＝60°或C＝120°.当C＝60°时，A＝90°，△ABC的面积等于AB·AC＝；当C＝120°时，A＝30°，△ABC的面积等于AB·AC·sin A＝.因此，△ABC的面积等于或.
【答案】 或
6．已知点P(x，y)的坐标满足条件那么x2＋y2的取值范围是________．
【解析】 作出不等式组
所表示的平面区域，如图中的阴影部分所示，显然，原点O到直线2x＋y－2＝0的距离最小为＝，此时可得(x2＋y2)min＝；点(1,2)到原点O的距离最大，为＝，此时可得(x2＋y2)max＝5.
【答案】 [，5]
7．若数列{an}满足：a1＝19，an＋1＝an－3(n∈N*)，则数列{an}的前n项和数值最大时，n的值为________．
【解析】 ∵an＋1－an＝－3，∴数列{an}是以19为首项，－3为公差的等差数列，∴an＝19＋(n－1)×(－3)＝22－3n.设{an}的前k项和数值最大，
则有∴
∴≤k≤.
∵k∈N*，∴k＝7.
故满足条件的n的值为7.
【答案】 7
8．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b＝，B＝，tan C＝2，则c＝________.
【解析】 ?sin2C＝?sin C＝.
由正弦定理，得＝，∴c＝×b＝2.
【答案】 2
9．在△ABC中，a，b，c是角A，B，C的对边，若a，b，c成等比数列，A＝60°，则＝________.
【解析】 ∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，∴c＝，
∴＝＝a·＝a·＝sin A＝.
【答案】
10．已知向量a＝(3，－2)，b＝(x，y－1)，若a∥b，则4x＋8y的最小值为________．
【解析】 ∵a∥b，∴3(y－1)－(－2)x＝0，∴2x＋3y＝3.
∴4x＋8y＝22x＋23y≥2＝2＝4，当且仅当2x＝3y，即x＝，y＝时等号成立．
【答案】 4
11．已知x>0，y>0，且x＋y＝xy，则u＝x＋4y的取值范围是________．
【解析】 ∵x＋y＝xy，∴＋＝1，
∴u＝1(x＋4y)＝(＋)(x＋4y)＝5＋(＋)≥5＋4＝9.
【答案】 [9，＋∞)
12．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若sin2B＋sin2C－sin2A＋sin Bsin C＝0，则tanA的值是________．
【解析】 依题意及正弦定理可得，b2＋c2－a2＝－bc，则由余弦定理得cos A＝＝＝－，又0＜A＜π，所以A＝，tan A＝tan ＝－.
【答案】 －
13．等比数列{an}，an>0，q≠1，且a2 、a3、a1成等差数列，则＝________.
【解析】 ∵a2，a3，a1等差，
∴a3＝a1＋a2，
∴a1q2＝a1＋a1q，
即q2＝1＋q，∴q2－q－1＝0，∴q＝.
∵an>0，∴q＝，
∴＝＝＝.
【答案】
14．在△ABC中，A＝60°，BC＝，D是AB边上的一点，CD＝，△BCD的面积为1，则AC的长为________．
【解析】 由△BCD的面积为1，可得×CD×BC×sin∠DCB＝1，即sin∠DCB＝，所以cos∠DCB＝.在△BCD中，由余弦定理可知，cos∠DCB＝＝，解得BD＝2，
所以cos∠DBC＝＝.又在△BCD中，∠DBC对应的边长最短，所以∠DBC为锐角，所以sin∠DBC＝.在△ABC中，由正弦定理可知＝，可得AC＝＝＝.
【答案】
二、解答题(本题共6小题，共90分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分14分)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别是a、b、c，已知c＝2，C＝.若△ABC的面积等于，求a、b.
【解】 由余弦定理，知c2＝a2＋b2－2abcos C，又c＝2，C＝，
∴a2＋b2－ab＝4.
∵△ABC的面积等于，∴absin C＝，
∴ab＝4.
联立方程得得a＝2，b＝2.
16．(本小题满分14分)已知{an}是等比数列，a1＝2，且a1，a3＋1，a4成等差数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝log2an，求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)设等比数列{an}的公比为q，
则a3＝a1·q2＝2q2，a4＝a1·q3＝2q3.
∵a1，a3＋1，a4成等差数列，
∴a1＋a4＝2(a3＋1)，即2＋2q3＝2(2q2＋1)，
整理得2q2(q－2)＝0，
∵q≠0，∴q＝2，
∴an＝2×2n－1＝2n(n∈N*)．
(2)∵bn＝log2an＝log22n＝n，
∴Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝1＋2＋…＋n＝.
17．(本小题满分14分)在△ABC中，a、b、c分别是角A、B、C的对边，·＝c2－(a－b)2，且a＋b＝4，
(1)求cos C的值；
(2)求△ABC周长的最小值．
【解】 (1)由向量数量积定义和余弦定理得abcos C＝a2＋b2－2abcos C－(a2＋b2－2ab)，
即3abcos C＝2ab，∴cos C＝.
(2)l＝a＋b＋c＝4＋c，c2＝a2＋b2－2abcos C
＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－ab，
∵ab≤()2＝4(a＝b＝2时取等号)，
∴c2≥16－·4＝.
当且仅当a＝b＝2时，lmin＝4＋＝4＋.
18．(本小题满分16分)已知在等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，等差数列{bn}中，b1＝2，且a1＋a2＋a3＝b1＋b2＋b3＋b4＞20.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求数列{bn}的前n项和Sn.
【解】 (1)设数列{an}的公比为q.因为等比数列{an}中，a1＝2，a3＝18，a1a3＝a，所以a2＝±6.
又因为a1＋a2＋a3＞20，所以a2＝6，故公比q＝3.
所以an＝2·3n－1.
(2)设数列{bn}的公差为d，则b1＋b2＋b3＋b4＝4b1＋6d＝a1＋a2＋a3＝26.
由b1＝2，可知d＝3，所以bn＝3n－1.
所以数列{bn}的前n项和Sn＝＝.
19．(本小题满分16分)某投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂，第一年共支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元．设f(n)表示前n年的纯利润总和(f(n)＝前n年的总收入－前n年的总支出－投资额)．
(1)该厂从第几年开始盈利？
(2)若干年后，投资商为开发新项目，对该厂有两种处理方案：①年平均纯利润达到最大时，以48万元出售该厂；②纯利润总和达到最大时，以16万元出售该厂．问哪种方案更合算？
【解】 由题意知f(n)＝50n－[12n＋×4]－72＝－2n2＋40n－72，
(1)由f(n)＞0，即－2n2＋40n－72＞0，解得2＜n＜18，由n∈N*知，从第三年开始盈利．
(2)方案①：年平均纯利润＝40－2(n＋)≤16，当且仅当n＝6时等号成立．
故方案①共获利6×16＋48＝144(万元)，此时n＝6.
方案②：f(n)＝－2(n－10)2＋128.当n＝10时，
f(n)max＝128.故方案②共获利128＋16＝144(万元)．
比较两种方案，获利都是144万元，但由于第①种方案只需6年，而第②种方案需10年，故选择第①种方案更合算．
20．(本小题满分16分)设数列{bn}的前n项和为Sn，且bn＝2－2Sn；数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20.
(1)求数列{bn}的通项公式；
(2)若cn＝an·bn(n＝1,2,3，…)，Tn为数列{cn}的前n项和，求Tn.
【解】 (1)bn＝2－2Sn，令n＝1，则b1＝2－2S1，
又S1＝b1，所以b1＝.
当n≥2时，由bn＝2－2Sn，可得bn－1＝2－2Sn－1，
所以bn－bn－1＝－2(Sn－Sn－1)＝－2bn，
即＝，
所以{bn}是以b1＝为首项，为公比的等比数列，
于是bn＝2·.
(2)由数列{an}为等差数列，且a5＝14，a7＝20，可得公差d＝(a7－a5)＝3，a1＝a5－4d＝2，可得an＝3n－1，
从而cn＝an·bn＝2(3n－1)·，
所以Tn＝2[2·＋5·＋8·＋…＋(3n－1)·]，
Tn＝2[2·＋5·＋…＋(3n－4)·＋(3n－1)·]．
两式相减得Tn＝2[2·＋3·＋3·＋…＋3·－(3n－1)·]，
所以Tn＝－－.
课件80张PPT。
