2016年高中数学高考真题分类汇编理科数学十四个专题汇编

(1)讨论f(x)的单调性；
3
(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
2
20．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
2
a22
（ax－2）（x－1）
f′(x)＝a－－
2
＋
3
＝.
xxxx
3
当a≤0时，若x∈(0，1)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，
若x∈(1，＋∞)，则f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时，f′(x)＝< br>(i)当0a（x－1）
（x－
x
3
2
>1.
a
2
，＋∞）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
a
2
）（x＋
a
2
）.
a
当x∈(0， 1)或x∈（
当x∈（1，
2
）时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
a
2
＝1，在区间(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
a
2
<1.
a
(ii)当a＝2时，
(iii)当a>2 时，0<
当x∈（0，
当x∈
2
）或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， f(x)单调递增，
a
2
，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
a
2
）上单调递减，在（
a
2
，＋∞）
a
综上所述 ，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜2时，f(x)在(0，1)上单调递增，在（1，
上单调递增；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2时，f(x)在（0，
2
）上单调递增，在（
a
2
，1）上单调递减，在(1，＋∞)
a< br>上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，
2x－1
122312
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋
2
－（1－－
2
＋
3
）＝x－ln x＋＋
2
－
3
－1，x∈[1，2]．
xxxxxxx
312
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋
2
－
3
－1，x∈[1，2]，
xxx
则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．
由g′(x)＝
x－1
≥0，
x
可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取得等号．
－3x
2
－2x＋6
又h′(x)＝.
x
4

设φ(x)＝－3x
2
－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减．
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以?x
0
∈(1，2)，使得当 x∈(1，x
0
)时，φ(x)＞0，x∈(x
0
，2)时，φ(x)＜0.
所以h(x)在(1，x
0
)上单调递增，在(x
0
，2)上单调递 减．
11
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
22
当且仅当x＝2时取得等号．
3
所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，
2
3
即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
2
20．B12[2016·天津卷] 设函数f(x)＝(x－1)
3
－ax－b，x∈R，其中a，b∈R.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若f(x)存在极值点x
0
，且f( x
1
)＝f(x
0
)，其中x
1
≠x
0
， 求证：x
1
＋2x
0
＝3；
1
(3)设a>0，函数g( x)＝|f(x)|，求证：g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于.
4
20．解：( 1)由f(x)＝(x－1)
3
－ax－b，可得f′(x)＝3(x－1)
2
－a.
下面分两种情况讨论：
(i)当a≤0时，有f′(x)＝3(x－1)
2
－a≥0恒成立，所以f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
(ii)当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝1＋
3a3a
或x＝1－.
33
3a
，1＋
3
3a
）
3
－
单调递减
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
（－∞，1－
x
3a
）
3
＋
单调递增
1－
3a

3
（1－
3a

3
3a
，＋∞）
3
＋
单调递增
1＋（1＋
f′(x)
f(x)
0
极大值
0
极小值
所以f(x)的单调递减区间为（1－
（1＋
3a
，＋∞）.
3< br>3a3a3a
，1＋），单调递增区间为（－∞，1－），
333
(2)证明： 因为f(x)存在极值点，所以由(1)知a>0，且x
0
≠1.由题意，得f′(x
0
)＝3(x
0
－1)
2
a2aa
－a＝0，即(x
0
－1)
2
＝，进而f(x
0
)＝(x
0
－1)
3
－ax
0
－b＝－x
0
－－b.
333
8a2aa
又f(3－2x
0
)＝(2－2x
0
)
3－a(3－2x
0
)－b＝(1－x
0
)＋2ax
0
－ 3a－b＝－x
0
－－b＝f(x
0
)，
333
且3－2x
0
≠x
0
，
由题意及(1)知，存在唯一实数x
1
满足f(x
1
)＝f(x
0
)，且x
1
≠x
0< br>，因此x
1
＝3－2x
0
，
所以x
1
＋2x
0
＝3.
(3)证明：设g(x)在区间 [0，2]上的最大值为M，max{x，y}表示x，y两数的最大值．下
面分三种情况讨论： (i)当a≥3时，1－
3a3a
≤0<2≤1＋，由(1)知，f(x)在区间[0，2 ]上单调递减，所以f(x)
33

在区间[0，2]上的取值范围为[f(2) ，f(0)]，因此M＝max{|f(2)|，|f(0)|}＝max{|1－2a－b|，|－1
－b|}＝max{|a－1＋(a＋b)|，|a－1－(a＋b)|}＝
?
?
a－1＋（a＋b），a＋b≥0，
?

?
a－1－（a＋b），a＋b<0，
?
所以M＝a－1＋|a＋b|≥2.
323a3a3a23a
(ii)当≤a<3时，1－≤0<1－<1＋<2≤1＋.由(1) 和(2)知
43333
23a3a23a3a
f(0)≥f（1－）＝f（1＋）， f(2)≤f（1＋）＝f（1－），
3333
所以f(x)在区间[0，2]上的取值范围 为[f（1＋
因此M＝max{|f(1＋
3a3a
），f（1－）]，
3 3
2a
3a3a
?
2a
?
)|，|f(1－)|＝max< br>?
－
9
3a－a－b，
9
3a－a－b
?
＝
33
??
31
3×＝.
44
2a
?
2a
?
2a23
max
?
9
3a＋（a＋b），
93a－（a＋b）
?
＝3a＋|a＋b|≥××
94
??
9323a23a23a3a
(iii)当043333
23a3a
f(2)>f(1＋)＝f (1－).
33
所以f(x)在区间[0，2]上的取值范围为[f(0)，f(2)]，因 此M＝max{|f(0)|，|f(2)|}＝max{|
1
－1－b|，|1－2a－b| }＝max{|1－a＋(a＋b)|，|1－a－(a＋b)|}＝1－a＋|a＋b|>.
4
1
综上所述，当a>0时，g(x)在区间[0，2]上的最大值不小于.
4
03[2016·浙江卷]“复数与导数”模块
(1)已知i为虚数单位．若复数z满足(z＋i)
2
＝2i，求复数z.
(2)求曲线y＝2x
2
－ln x在点(1，2)处的切线方程．
解：(1)设复数z＝a＋bi，a，b∈R，由题意得
a
2
－(b＋1)
2
＋2a(b＋1)i＝2i，
??
a＝1，
?
?
a＝－1，
?
解得或
?

?
b＝0
?
b＝－2.
??
故z＝1或z＝－1－2i.
1
(2)由于(2x
2
－ln x)′＝4x－，
x
则曲线在点(1，2)处的切线的斜率为3.
因此，曲线在点(1，2)处的切线方程为y＝3x－1.
B13 定积分与微积分基本定理
B14 单元综合
－
18．B14[2016·北京卷] 设函数f(x)＝xe< br>ax
＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程
为y＝(e－1)x ＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
－－
18 ．解：(1)因为f(x)＝xe
ax
＋bx，所以f′(x)＝(1－x)e
ax< br>＋b.

a2
?
?
f（2）＝2e＋2，
?< br>?
2e＋2b＝2e＋2，
依题设，得
?
即
?
a－
2

?
f′（2）＝e－1，
?
?
－e＋b ＝e－1，
?
－
解得a＝2，b＝e.
－
(2)由(1)知f(x)＝xe
2x
＋ex.
－－－－
由f′(x)＝e
2x
(1－x＋e
x1
)及e
2x
>0 知，f′(x)与1－x＋e
x1
同号．
－－
令g(x)＝1－x＋ex1
，则g′(x)＝－1＋e
x1
.
所以，当x∈(－∞，1)时，g′(x)<0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
21．B12、B14、B7[2016·全国卷Ⅲ] 设函数f(x)＝αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)，其中α＞0，
记|f(x)|的最大值为A.
(1)求f′(x)；
(2)求A；
(3)证明：|f′(x)|≤2A.
21．解：(1)f′(x)＝－2αsin 2x－(α－1)sin x.
(2)当α≥1时，|f(x)|＝|αcos 2x＋(α－1)(cos x＋1)|≤α＋2(α－1)＝3α－2＝f(0)，
因此A＝3α－2.
当0<α<1时，将f(x)变形为f(x)＝2αcos
2
x＋(α－1)cos x－1.
令g(t)＝2αt
2
＋(α－1)t－1，则A是|g(t)|在[－1 ，1]上的最大值，g(－1)＝α，g(1)＝3α－2，
1－α1－α（α－1）
2
α
2
＋6α＋1
且当t＝时，g(t)取得极小值，极小值为g（）＝－－1＝－.
4α4α
8α8α
1－α
11
令－1<<1，解得α<－(舍去)或 α>.
4α35
1
(i)当0<α≤时，g(t)在(－1，1)内无极值点，|g (－1)|＝α，|g(1)|＝2－3α，|g(－1)|<|g(1)|，
5
所以A＝2－ 3α.
1－α
1
(ii)当<α<1时，由g(－1)－g(1)＝2(1－α)> 0，知g(－1)>g(1)> g（）.
54α
1－α（1－α）（1＋7α）1－αα< br>2
＋6α＋1
又|g()|－|g(－1)|＝>0，所以A＝|g()|＝.
4α8α4α8α
1
2－3α，0<α≤，
5
?
综上，A＝
?
α
＋6α＋1
1

，<α<1，
8α5
?3α－2，α≥1.
2
(3)证明：由(1)得|f′(x)|＝|－2αsin 2x－(α－1)sin x|≤2α＋|α－1|.
1
当0<α≤时，|f′(x)|≤1＋α≤2－4α<2(2－3α)＝2A.
5
α
113
当<α<1时，A＝＋＋≥1，所以|f′(x)|≤1＋α<2A. 588α4
当α≥1时，|f′(x)|≤3α－1≤6α－4＝2A，所以|f′(x)|≤2A .
15．B14[2016·四川卷] 在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P的 “伴随
－x
y
点”为P′
22
，
22
；当P是原点 时，定义P的“伴随点”为它自身．平面曲线C上所
x＋yx＋y

有点的“伴随 点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”．现有下列命题：
①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；
②单位圆的“伴随曲线”是它自身；
③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称；
④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．
其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)．
15．②③ [解析] ①设 点A的坐标为(x，y)，则其“伴随点”为A′
?
－x
x＋y
22
2
?
y
，
－x
?
，故
?
?
x2
＋y
2
x
2
＋y
2
?
A′的“伴随 点”的横坐标为
－x
?
?
2
y
2
?
＋?
?
2
?
x＋y
?
?
x＋y
2
?
?
2
＝－x，同理可得纵坐标为－y，故点A′的“伴
随点”是(－x， －y)，故①错误．
②设单位圆上的点P的坐标为(cos θ，sin θ)，则点P的伴随点P′的坐标为(sin θ，
ππ
－cos θ)，即P′cosθ－，sinθ－，所以点P′也在单位圆上，故②正确．
22
③设曲线 C上点A的坐标为(x，y)，则其关于x轴对称的点A
1
(x，－y)也在曲线C上，
点A的“伴随点”为A′
?
?
y
，
－x
?
，点A 的“伴随点”为A′
?
－y
，
－x
?
，点A′
??
11
?
2
?
x
2
＋y
2
x
2
＋y
2
??
x＋y
2
x
2
＋y
2
?
与A′
1
关于y轴对称，故③正确．
④取y＝1这条直线， 则A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)都在直线上，这三个点的“伴随点”
1112
， －
?
，C′
?
，－
?
，而A′，B′，C′三个点不在同一 直线上，故④错误．分别是A′(1，0)，B′
?

2
?
5
??
2
?
5
下面给出严格证明：
设点P(x，y)在直线l：Ax＋By＋C＝0上，P点的“伴随点”为P′(x
0
，y
0
)，
y
－y
0
x
0
＝
22
，
x ＝
2
，
x＋y
x
2
0
＋y
0
则解得
－x
x
0
y
0
＝
22
，y ＝
22
.
x＋yx
0
＋y
0
?
?
?
?
?
?
?
?
?
?
将其代入直线l的方程 可得A
－y
0
x
0
＋C＝0，
22
＋B
2
x
0
＋y
0
x
0
＋y
2
02
化简得－Ay
0
＋Bx
0
＋C(x
0
＋y< br>2
0
)＝0.
2
当C＝0时，C(x
2
0
＋y
0
)＝0，P′的轨迹是一条直线；
2
当C≠0时，C(x
2
0
＋y
0
)不是一个常数，P′的轨迹不是一条直线．
所以，直线的“伴随曲线”不一定是一条直线．
2x－1
20．B12，B14[2016·山东卷] 已知f(x)＝a(x－ln x)＋
2
，a∈R.
x
(1)讨论f(x)的单调性；
3
(2)当a＝1时，证明f(x)>f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
2
20．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
2
a22
（ax－2）（x－1）
f′(x)＝a－－
2
＋
3
＝.
xxxx
3
当a≤0时，若x∈(0，1)，则f′(x)>0，f(x)单调递增，

若x∈(1，＋∞)，则f′(x)<0，f(x)单调递减．
当a>0时， f′(x)＝
(i)当0a（x－1）
（x－
x
32
>1.
a
2
，＋∞）时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
a
2
）（x＋
a
2
）.
a
当x∈(0， 1)或x∈（
当x∈（1，
2
）时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
a
2
＝1，在区间(0，＋∞)内，f′(x)≥0，f(x)单调递增．
a
2
<1.
a
(ii)当a＝2时，
(iii)当a>2 时，0<
当x∈（0，
当x∈
2
）或x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0， f(x)单调递增，
a
2
，1时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
a
2
）上单调递减，在（
a
2
，＋∞）
a
综上所述 ，当a≤0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当0＜a＜2时，f(x)在(0，1)上单调递增，在（1，
上单调递增；
当a＝2时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞2时，f(x)在（0，
2
）上单调递增，在（
a
2
，1）上单调递减，在(1，＋∞)
a< br>上单调递增．
(2)证明：由(1)知，当a＝1时，
2x－1
122312
f(x)－f′(x)＝x－ln x＋
2
－（1－－
2
＋
3
）＝x－ln x＋＋
2
－
3
－1，x∈[1，2]．
xxxxxxx
312
设g(x)＝x－ln x，h(x)＝＋
2
－
3
－1，x∈[1，2]，
xxx
则f(x)－f′(x)＝g(x)＋h(x)．
由g′(x)＝
x－1
≥0，
x
可得g(x)≥g(1)＝1，
当且仅当x＝1时取得等号．
－3x
2
－2x＋6
又h′(x)＝.
x
4
设φ (x)＝－3x
2
－2x＋6，则φ(x)在[1，2]上单调递减．
因为φ(1)＝1，φ(2)＝－10，
所以?x
0
∈(1，2)，使得当 x∈(1，x
0
)时，φ(x)＞0，x∈(x
0
，2)时，φ(x)＜0.
所以h(x)在(1，x
0
)上单调递增，在(x
0
，2)上单调递 减．
11
由h(1)＝1，h(2)＝，可得h(x)≥h(2)＝，
22
当且仅当x＝2时取得等号．

3
所以f(x)－f′(x)＞g(1)＋h(2)＝，
2
3
即f(x)＞f′(x)＋对于任意的x∈[1，2]成立．
2
?
x
2
＋（4a－3）x＋3a，x<0，
?
8．B14[201 6·天津卷] 已知函数f(x)＝
?
(a>0，且a≠1)在R
?
log（ x＋1）＋1，x≥0
?
a
上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－x恰有两 个不相等的实数解，则a的取值范围是( )
223
A．（0， ] B.[，]
334
123123
C. [，]∪{ } D.[，）∪{}
334334
8．C [解析] 由y＝log
a
(x＋1)＋1在[0，＋ ∞)上单调递减，得00
2
＋（4a－3）×0＋3a ≥f（0）＝1，
?
?
13
单调递减，得
?
3－4a
?
≤a≤.由y＝|f(x)|与y＝2－x的图像
34
≥0
?
2
?
(图略)可知，在区间[0，＋∞)上，方程|f(x)|＝2－x有且仅有一个解，故在区 间(－∞，0)上，
2
方程|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．当3a>2，即a>时 ，由|x
2
＋(4a－3)x＋3a|＝2－x，得
3
3
x
2
＋(4a－2)x＋3a－2＝0，则Δ＝(4a－2)
2
－4(3a－2)＝0， 解得a＝或a＝1(舍)；当1≤3a≤2
4
123
时，由图像可知，符合条件．综上 ，a∈[，]∪{}.
334
18．B14[2016·浙江卷] 已知a≥3，函数F(x )＝min{2|x－1|，x
2
－2ax＋4a－2}，其中min{p，
?
?
p，p≤q，
q}＝
?

?
q，p>q.
?< br>(1)求使得等式F(x)＝x
2
－2ax＋4a－2成立的x的取值范围；
(2)(i)求F(x)的最小值m(a)；
(ii)求F(x)在区间[0，6]上的最大值M(a)．
18．解：(1)由于a≥3， 故当x≤1时，(x
2
－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝x
2
＋2(a －1)(2－x)>0，
2
当x>1时，(x－2ax＋4a－2)－2|x－1|＝(x－2)(x－2a)． 所以，使得等式F(x)＝x
2
－2ax＋4a－2成立的x的取值范围为[2，2a]．
(2)(i)设函数f(x)＝2|x－1|，g(x)＝x
2
－2ax＋4a－2， 则f(x)
min
＝f(1)＝0，g(x)
min
＝g(a)＝－
a
2
＋4a－2，
所以，由F(x)的定义知m(a)＝min{f(1)，g(a)}，即
?
0，3≤a≤2＋2，
m(a)＝
?

?
－a
2
＋4a－2，a>2＋2.
(ii)当0≤x≤2时，
F(x)≤f(x)≤max{f(0)，f(2)}＝2＝F(2)，
当2≤x≤6时，
F(x)≤g(x)≤max{g(2)，g(6)}＝max{2，34－8a}＝max{F(2) ，F(6)}．
?
34－8a，3≤a<4，
?
所以，M(a)＝
?

?
2，a≥4.
?
1
22．B14[2016·上海卷] 已知a∈R，函数f(x)＝log
2
(＋a).
x

(1)当a＝5时，解不等式f(x)>0；
(2)若关于x的方 程f(x)－log
2
[(a－4)x＋2a－5]＝0的解集中恰有一个元素，求a的取值< br>范围；
1
(3)设a>0，若对任意t∈[，1]，函数f(x)在区间[t，t＋1 ]上的最大值与最小值的差不超
2
过1，求a的取值范围．

11
22．解：(1)由log
2
(＋5)>0，得＋5>1，
xx
1
解得x∈(－∞，－)∪(0，＋∞)．
4
1
(2 )由原方程可得＋a＝(a－4)x＋2a－5，即(a－4)x
2
＋(a－5)x－1＝0.
x
①当a＝4时，x＝－1，经检验，满足题意．
②当a＝3时，x
1
＝x
2
＝－1，经检验，满足题意．
③当a≠3且a≠4时，x
1
＝
1
，x＝－1，x
1
≠x< br>2
.
a－4
2
1
若x
1
是原方程的解，则＋a>0，即a>2；
x
1
1
若x
2
是原方程的解，则＋a>0，即a>1.
x
2
于是满足题意的a∈(1，2]．
综上，a的取值范围为(1，2]∪{3，4}．
(3)易知f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以函数f(x)在区间[t，t＋1]上的最大值与最小值分别为f(t)，f(t＋1)．
1
?
11
f(t)－f(t＋1)＝log
2
(＋a)－log< br>2
(＋a)≤1，即at
2
＋(a＋1)t－1≥0对任意t∈
??
2
，1
?
恒
t
t＋1
成立．
1< br>?
1
，1
上单调递增，当t＝时，y有最小因为a>0，所以函数y＝at2
＋(a＋1)t－1在区间
?
?
2
?
2
31 312
值a－.由a－≥0，得a≥.
42423
2
?
故a的取值 范围为
?
?
3
，＋∞
?
.
?
?
3＋log
2
x，x>0，
5．[2016·哈尔滨一模] 已知函数f(x)＝
?
2
则不等式f(x)≤5的解集为( )
?
2x－3x，x≤0，
?
A.
[
－1，1
]

B .
(
－∞，－1
]
∪
(
0，1
)

C.
[
－1，4
]

D.
(
－∞，－1< br>]
∪
[
0，4
]

5．C [解析] 当x>0时， 3＋log
2
x≤5，即log
2
x≤2，解得02
－
3x≤5，即2x
2
－3x－5≤0，解得－1≤x≤0.
故原不等式的解集为[－1，4]．
2
?
?
x＋2x，x≥0，
6．[2016·河南周口期中] 已知函数f(x)＝
?
为奇函数，则f[g(－1)]＝ ( )
?
g（x），x<0
?

A．－20
B．－18
C．－15
D．17
6．C [解析] 因为函数f(x)是奇函数，所以g(x )＝－x
2
＋2x.故g(－1)＝－3，f(－3)＝g(－
3)＝－15.
7．[2016·湖北天门调研] 某工厂生产某种产品，每日的成本C(单位：万元)与日产量x(单
位：吨)满足函数关系式C＝3＋x，每日的销售额S(单位：万元)与日产量x之间的函数关系
式如下：
k
?
?
3x＋
x－8
＋5（0S＝
?

?
?
14（x≥6）.
已知每日的利润L＝ S－C(L的单位：万元)，且当x＝2时，L＝3.
(1)求k的值．
(2)当日产量为多少吨时，每日的利润可以达到最大？并求出最大值．
k
?
?
2x＋
x－8
＋2，07．解： (1)由题意可得L＝
?

?
?
11－x，x≥6，
k因为当x＝2时，L＝3，所以3＝2×2＋＋2，
2－8
解得k＝18.
18
(2)由(1)知，当0x－8
1 8
18
L＝2(x－8)＋＋18＝－
?
2（8－x）＋
8－x?
＋18≤－2×
??
x－8
6，
18
2（8－x） ·＋18＝
8－x
18
当且仅当2(8－x)＝，即x＝5时取等号；
8－x
当x≥6时，L＝11－x≤5,
故当x＝6时，L取得最大值5.
综上可知，当日产量为5吨时，每日的利润可以达到最大，且最大值为6万元．
14．[2016·贵阳模拟] 已知函数f
(
x
)
＝ax
2
＋ln
(
x＋b
)
.
(1)当a＝0时，曲线y＝f(x)与直线y＝x＋1相切，求b的值；
(2)当b＝1时 ，函数y＝f(x)图像上的点都在x－y≥0所表示的平面区域内，求实数a的
取值范围．
1
14．解：(1)当a＝0时，f(x)＝ln(x＋b)，f′(x)＝，
x＋b
令f′(x)＝1，得x＝1－b，于是切点坐标为(1－b，0)．
将切点坐标(1－b，0)代入切线方程，有0＝1－b＋1，
解得b＝2.
(2 )当b＝1时，f(x)＝ax
2
＋ln(x＋1)．根据已知可知，当x>－1时，有x－a x
2
－ln(x＋1)≥0
恒成立，
即ax
2
－x＋ln(x＋1)≤0恒成立．
设F(x)＝ax
2
－x＋ln(x＋1)(x>－1)，则原命题等价于F(x)
max
≤0，
x[2ax＋（2a－1）]
1
F′(x)＝2ax－1＋＝.
x＋1x＋ 1
1－2a
1
①当a<0时，令F′(x)＝0，有x＝0或x＝＝－1＋<－1(舍 去)．所以当－12a2a
时，F′(x)>0，即F(x)是增函数；当x>0时， F′(x)<0，即F(x)是减函数．
故F(x)
max
＝F(0)＝0，满足条件．

－x
.
1＋x
当－10，即F( x)是增函数；当x>0时，F′(x)<0时，即F(x)是减函数．
故F(x)
max
＝F(0)＝0，满足条件．
11
③当a>0时，F()＝ln(＋1)>ln 1＝0，不满足条件．
aa
综上所述，实数a的取值范围是(－∞，0]．
1
9．[2016·汕头联考] 设函数f(x)＝x
2
＋ln x－mx(m>0)．
2
(1)求f(x)的单调区间；
(2)求f(x)的零点个数；
(3)证明：曲线y＝f(x)上没有经过原点的切线．
9．解：(1)由题意知，f(x)的定义域为(0，＋∞)，
x
2
－mx＋1
1
f′(x)＝x＋－m＝.
xx
令f′(x)＝0，得x
2
－mx＋1＝0.
①当Δ＝m2
－4≤0，即022
②当Δ＝m－4>0，即m>2时，由x－mx＋1＝0得
m－m
2
－4m＋m
2
－4
x
1
＝，x
2
＝，且 01
2
，
22
∵在区间(0，x
1)和(x
2
，＋∞)上，f′(x)>0，在区间(x
1
，x
2
)上，f′(x)<0，∴f(x)在区间(0，
x
1
)和(x
2< br>，＋∞)上单调递增，在区间(x
1
，x
2
)上单调递减．
(2)由(1)可知，当0点．
1
∵f(x)＝x(x－2m)＋ln x，∴当02m且x>1时，f(x)>0.
2
故f(x)有且仅有一个零点．
当m>2时，∵f(x)在区间(0，x
1
)和(x
2
，＋∞)上单调递增 ，在区间(x
1
，x
2
)上单调递减，
m－m
2
－ 4m（m－m
2
－4）－m
2
＋mm
2
－4－2
1
?
m－m
2
－4
?
2
且f(x
1
)＝
?
－＝＋
?
＋ln
2
?
224
2?
m－m
2
－4
ln，
2
－m
2
＋ mm
2
－4－2－m
2
＋m
2
－2
∵<<0，
44
m－m
2
－4
44
0<＝<＝1，
2
2（m＋m
2
－4）
4
②当a＝0时，F′(x)＝
∴f(x1
)<0.由此知f(x
2
)1
)<0.
又当x>2m且x>1时，f(x)>0，
∴f(x)在区间(0，＋∞)上有且仅有一个零点．
综上所述，当m>0时，f(x)有且仅有一个零点．
(3)证明：假设曲线y＝f(x)在点(x，f(x))(x>0)处的切线经过原点，
1
2
x＋ln x－mx
2
f（x）
1
则有＝f′(x)，即＝x＋－m，
xxx
1
化简得x
2
－ln x＋1＝0(x>0)．(*)
2
2
1
2
1
x－1
记g(x)＝x－ln x＋1(x>0)，则g′(x)＝x－＝，
2xx
令g′(x)＝0，解得x＝1.
当01时，g′(x)>0.

3
∴g(1)＝是g(x)的最小值，
2
13
即当x>0时，x
2
－ln x＋1≥.
22
由此说明方程(*)无解，∴曲线y＝f(x)没有经过原点的切线．


数 学
C单元 三角函数
C1 角的概念及任意角的三角函数
C2 同角三角函数的基本关系式与诱导公式
3
5．C2、C6[2016·全国卷Ⅲ] 若tan α＝，则cos
2
α＋2sin 2α＝( )
4
6448
A. B.
2525
16
C．1 D.
25
3
1＋4×
4
64
cosα＋4sin αcos α1＋4tan α
5．A [解析] cos
2
α＋2sin 2α＝＝＝＝. < br>222
3
?
2
25
cosα＋sinα1＋tanα
?
1＋
?
4
?
2
16．C2，C7，C8[2016·山东 卷] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已
tan Atan B
知2(tan A＋tan B)＝＋.
cos Bcos A
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)求cos C的最小值．
sin Asin Bsin Asin B
16．解：(1)证明：由题意知2（＋）＝＋，
cos Acos Bcos Acos Bcos Acos B
化简得2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋sin B，
即2sin(A＋B)＝sin A＋sin B.
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
从而sin A＋sin B＝2sin C.
由正弦定理得a＋b＝2c.
a＋b
(2)由(1)知c＝，
2
a＋b
2
a
2
＋b
2
－
2
a＋b－c
所以cos C＝＝
2ab2ab
222
3ab11
＝（＋）－≥，
8ba42
当且仅当a＝b时，等号成立．
1
故cos C的最小值为.
2
C3 三角函数的图象与性质
5．E1，C3，B6，B7[2016·北京卷] 已知x，y∈R，且x>y>0，则( )

11
A.－>0
xy
B．sin x－sin y>0
11
C.
x
－
y
<0
22
D．ln x＋ln y>0
1111
5．C [解析] 选项A中，因为x>y>0，所以<，即－< 0，故结论不成立；选项B
xyxy
5ππ
1
中，当x＝，y＝时，sin x－sin y<0，故结论不成立；选项C中，函数y＝
x
是定义在
632
1111
－－
R上的减函数，因为x>y>0，所以
x
<
y
，所以
x
－
y
<0；选项D中，当x＝e
1
，y＝e
2
时，
2222
结论不成立．
9．C3[2016·江苏卷] 定义在区间[0，3π]上的函数y＝sin 2x的图像与y＝cos x的图像
的交点个数是________．
9．7 [解析] 方法一：令sin 2x＝cos x，即2sin xcos x＝cos x，解得cos x＝0或sin x＝
1
，
2
πππ3π
5
即x＝kπ＋或x＝2kπ＋或 x＝2kπ＋π(k∈Z)，又x∈[0，3π]，故x＝，，
26622
5ππ5π13π1 7π
或x＝，，，，共7个解，故两个函数的图像有7个交点．
26666
方法二：在同一个坐标系内画出这两个函数的图像，由图像可得交点有7个．

π
3．C3[2016·四川卷] 为了得到函数y＝sin(2x－)的图像，只需把函数y＝sin 2x的图像
3
上所有的点( )
π
A．向左平行移动个单位长度
3
π
B．向右平行移动个单位长度
3
π
C．向左平行移动个单位长度
6
π
D．向右平行移动个单位长度
6
ππ
3．D [解析] 由题可知，y＝sin
?
2x－
?
＝sin 2
?
x－
?
，则只需把y＝sin 2x的图像向
3
???
6
?
π
右平移个单位长度．
6
π
7．C3[2016·全国卷Ⅱ] 若将函数y＝2sin 2x的图像向左平移个单位长度，则平移后图
12

像的对称轴为( )
kππ
A．x＝－(k∈Z)
26
kππ
B．x＝＋(k∈Z)
26
kππ
C．x＝－(k∈Z)
212
kππ
D．x＝＋(k∈Z)
212
π
ππ
7．B [解析] 平移后的图像对应的解析式为y＝2sin 2
?
x＋
?
，令2
?
x＋
?
＝kπ＋2
?
12
??
12
?
(k∈Z)，得对称轴方程为x＝
kππ
＋(k∈Z)．
26
7．C7，C3[2016·山东卷] 函数f(x)＝(3sin x＋cos x)·(3cos x－sin x)的最小正周期是
( )
π
A. B．π
2
3π
C. D．2π
2
π
7．B [解析] f(x)＝2sin xcos x－3sin
2
x＋3cos
2
x＝sin 2x＋3cos 2x＝2sin(2x＋)，故
3
2π
T＝＝π.
2
5．C3[2016·浙江卷] 设函数f(x)＝sin
2
x＋bsin x＋c，则f(x)的最小正周期( )
A．与b有关，且与c有关
B．与b有关，但与c无关
C．与b无关，且与c无关
D．与b无关，但与c有关
1－cos 2x
11
5．B [解析] 若b＝0，则f(x)＝sin
2
x＋c＝＋c＝－cos 2x＋＋c的最小正周
222
期是π；
若b≠0，则f(x)＝sin
2
x＋bsin x＋c的最小正周期是2π，故选B.
C4 函数
y?Asin(
?
x?
?
)
的图象与性质
ππ
7．C4[2016·北京卷] 将函数y＝sin（2x－）图像上的点P（，t）向左 平移s(s>0)
34
个单位长度得到点P′.若P′位于函数y＝sin 2x的图像上，则( )
π
1
A．t＝，s的最小值为
26
B．t＝
π
3
，s的最小值为
26
π
1
C．t＝，s的最小值为
23
D．t＝
π
3
，s的最小值为
23
πππ
7．A [解析] 因为P（，t）在函数y＝sin（2x－）的图像上 ，所以t＝sin（2×－
434

ππ
1
πππ
）＝ sin＝.因为s>0，y＝sin（2x－）＝sin 2（x－），所以函数y＝sin（2x－）的
362363
ππ
图像至少向左平移个单位长度可以得到函数y＝sin 2x的图像，所以s的最小值为.
66
12．C4[2016·全国卷Ⅰ] 已知函数f(x )＝sin(ωx＋φ)（ω>0，|φ|≤
ππ
），x＝－为f(x)的
24
ππ5π
零点，x＝为y＝f(x)图像的对称轴，且f(x)在，单调，则ω的最大值为( )
41836
A．11 B．9
C．7 D．5
πππ
12．B [解析] 由已知可得－ω＋φ＝kπ，k∈Z，ω＋φ＝mπ＋，m∈Z， 两式
442
πππ
相加，得2φ＝(k＋m)π＋.因为|φ|≤，所以k＋m＝0或 k＋m＝－1，即φ＝±，两式相
224
减得ω＝2(m－k)＋1，即ω为正奇数．
π5π
因为函数f(x)在区间（，）单调，所以只要该区间位于函数f(x)图像的两条相邻对1836
5ππ
1
2π
称轴之间即可，且－≤×，即ω≤12.
36182
ω
πππππ5πππ
(1)当φ＝时，f(x)＝sin（ωx＋）， 则kπ－≤ω＋且ω＋≤kπ＋，k∈Z，
4421843642
36k－2736k＋9< br>解得≤ω≤.由于ω≤12，故k最大取1，此时4.5≤ω≤9，此时ω的最
25
大值 为9.
πππππ5πππ
(2)当φ＝－时，f(x)＝sin（ωx－），则kπ－≤ω －且ω－≤kπ＋，
4421843642
k∈Z，
36k－936k＋27
27
解得≤ω≤.由于ω≤12，故k最大取0，此时ω≤，此时ω的最大值
255
为5.
综上可知，ω的最大值为9.
14．C4[2016·全国卷Ⅲ] 函数y＝sin x－3cos x的图像可由函数y＝sin x＋3cos x的图
像至少向右平移________个单位长度得到．
2ππ
14. [解析] 函数y＝sin x－3cos x＝2sin（x－）的图像可由函数y＝sin x＋3cos
33
π2π
x＝2sin（x＋）的图像至少向右平移个单位长度得到．
33
10．C4[2016·浙江卷] 已知2cos
2
x＋sin 2x＝Asin (ωx＋φ)＋b(A>0)，则A＝________，b
＝________．
π
10.2 1 [解析] 2cos
2
x＋sin 2x＝sin 2x＋cos 2x＋1＝2sin(2x＋)＋1，故A＝2，b
4
＝1.
12．C4，F3[2016·上海卷] 在平面直角坐标系中，已知A(1，0)，B(0，－1)， P是曲线
→→
y＝1－x
2
上一个动点，则BP·BA的取值范围是____ ____．
12．[0，1＋2] [解析] 由题意得y＝1－x
2
表示以原点为 圆心，1为半径的上半圆，

→→→→
设P(cos α，sin α)，α∈[0，π]，则BA＝(1，1)，BP＝(cos α，sin α＋1)，所以BP·BA
π
→→
＝cos α＋sin α＋1＝2sin(α＋)＋1，因为α∈[0，π]，所以0≤BP·BA≤1＋2.
4
13．C4[2016·上海卷] 设a，b∈R，c∈[0，2π)．若对任意实数x都有 2sin(3x－
asin(bx＋c)，则满足条件的有序实数组(a，b，c)的组数为_____ ___．
5π
13．4 [解析] 根据题意a＝±2，b＝±3.若a＝2，则当b＝3时 ，c＝，当b＝－3时，
3
4π2ππ
c＝；若a＝－2，则当b＝3时，c＝，当b ＝－3时，c＝.所以满足条件的有序实数
333
组(a，b，c)的组数为4.
C5 两角和与差的正弦、余弦、正切
15．C5，C8[2016·北京卷] 在△ABC中，a
2
＋c
2
＝b
2
＋2ac.
(1)求∠B的大小；
(2)求2cos A＋cos C的最大值．
15．解：(1)由余弦定理及题设得
a
2
＋c
2
－b
2
2ac2
cos B＝＝＝.
2ac2ac2
π
又因为0<∠B<π，所以∠B＝.
4
3π
(2)由(1)知∠A＋∠C＝.
4
3π
2cos A＋cos C＝2cos A＋cos－A
4
＝2cos A－
＝
22
cos A＋sin A
22
π
)＝
3
22
cos A＋sin A
22
π
＝cosA－.
4
3π
因为0<∠A<，
4
π
所以当∠A＝时，2cos A＋cos C取得最大值1.
4
π
4
15．C8、C5[2016·江苏卷] 在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝.
54
(1)求AB的长；
π
(2)求cosA－的值．
6
443
15．解：(1)因为cos B＝，02
B＝1－
2
＝，
555
2
6×
2
AC·sin C
ACAB
由正弦定理知＝，所以AB＝＝＝52.
sin Bsin Csin B3
5

(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，
πππ
于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cos(B＋)＝－cos Bcos＋sin Bsin，
444
4342322
又cos B＝，sin B＝，故cos A＝－×＋×＝－.
55525210
72
因为02
A＝，
10
πππ
23721
72－6
因此cos(A－)＝cos Acos＋sin Asin＝－×＋×＝.
66610210220
C6 二倍角公式
3
5．C2、C6[2016·全国卷Ⅲ] 若tan α＝，则cos
2
α＋2sin 2α＝( )
4
6448
A. B.
2525
16
C．1 D.
25
3
1＋4×
4
64
cosα＋4sin αcos α1＋4tan α
5．A [解析] cos
2
α＋2sin 2α＝＝＝＝. < br>222
3
?
2
25
cosα＋sinα1＋tanα
?
1＋
?
4
?
2
ππ
11．C6[2016·四川 卷] cos
2
－sin
2
＝________．
88
11.
πππ
22
[解析] 由题可知，cos
2
－sin
2
＝cos＝.
28842
π
3
9．C6[2016·全国卷Ⅱ] 若cos（－α）＝，则sin 2α＝( )
45
71
A. B.
255
17
C．－ D．－
525
πππ
3
9．D [解析] ∵cos（－α）＝，∴sin 2α＝ cos（－2α）＝2cos
2
（－α）－1＝－
4524
7
.
25
7．C6，C7[2016·上海卷] 方程3sin x＝1＋cos 2x在区间[0，2π]上的解为________．
7.
π5π
或 [解析] 由3sin x＝1＋cos 2x，得3sin x＝2－2sin
2
x，所以2sin
2
x＋3sin x－2
66
π5π
1
＝0，解得sin x＝或sin x＝－2(舍去)，所以原方程在区间[0，2π]上的解为或.
266
C7 三角函数的求值、化简与证明
7．C7，C3[2016·山东卷] 函数f(x)＝(3sin x＋cos x)·(3cos x－sin x)的最小正周期是
( )
π
A. B．π
2
3π
C. D．2π
2

π
7．B [解析] f(x)＝2sin xcos x－3sin
2
x＋3cos
2
x＝sin 2x＋3cos 2x＝2sin(2x＋)，故
3
2π
T＝＝π.
2
16．C2，C7，C8[2016·山东卷] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已
tan Atan B
知2(tan A＋tan B)＝＋.
cos Bcos A
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)求cos C的最小值．
sin Asin Bsin Asin B
16．解：(1)证明：由题意知2（＋）＝＋，
cos Acos Bcos Acos Bcos Acos B
化简得2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋sin B，
即2sin(A＋B)＝sin A＋sin B.
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
从而sin A＋sin B＝2sin C.
由正弦定理得a＋b＝2c.
a＋b
(2)由(1)知c＝，
2
a＋b
2
a
2
＋b
2
－
2
a＋b－c
所以cos C＝＝
2ab2ab
222
3ab11
＝（＋）－≥，
8ba42
当且仅当a＝b时，等号成立．
1
故cos C的最小值为.
2
7．C6，C7[2016·上海卷] 方程3sin x＝1＋cos 2x在区间[0，2π]上的解为________．
7.
π5π
或 [解析] 由3sin x＝1＋cos 2x，得3sin x＝2－2sin
2
x，所以2sin
2
x＋3sin x－2
66
π5π
1
＝0，解得sin x＝或sin x＝－2(舍去)，所以原方程在区间[0，2π]上的解为或.
266
C8 解三角形
15．C5，C8[2016·北京卷] 在△ABC中，a
2
＋c
2
＝b
2
＋2ac.
(1)求∠B的大小；
(2)求2cos A＋cos C的最大值．
15．解：(1)由余弦定理及题设得
a
2
＋c
2
－b
2
2ac2
cos B＝＝＝.
2ac2ac2
π
又因为0<∠B<π，所以∠B＝.
4
3π
(2)由(1)知∠A＋∠C＝.
4

3π
2cos A＋cos C＝2cos A＋cos－A
4
＝2cos A－
＝
22
cos A＋sin A
22
22
cos A＋sin A
22
π
＝cosA－.
4
3π
因为0<∠A<，
4
π
所以当∠A＝时，2cos A＋cos C取得最大值1.
4
14．C8、E6[2016·江苏卷] 在锐角三角形ABC中，若sin A＝2sin Bsin C，则tan Atan Btan
C的最小值是________．
14．8 [解析] 方法一：∵sin A＝2sin Bsin C，sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
∴sin Bcos C＋cos Bsin C＝2sin Bsin C，
两边同除以cos Bcos C，可得tan B＋tan C＝2tan Btan C，
tan B＋tan C
tan Atan Btan C＝－tan(B＋C)tan Btan C＝－·tan Btan C＝
1－tan Btan C
2（tan Btan C）
2
，
tan Btan C－1
tan B＋tan C
由三角形为锐角三角形得tan B>0，tan C>0，tan A＝>0，即tan Btan C－1>0.
tan Btan C－1
2（t＋1）
2
1
令tan Btan C－1＝t(t>0)，则tan Atan Btan C＝＝2t＋＋2≥8，
tt
当t＝1，即tan Btan C＝2时取等号．
方法二：同方法一可得tan B＋tan C＝2tan Btan C，
又tan A＋tan B＋tan C＝tan A＋(1－tan Btan C)·tan(B＋C)＝tan A－tan A＋tan Atan Btan
C＝tan Atan Btan C，
所以tan Atan Btan C＝tan A＋tan B＋tan C＝tan A＋2tan Btan C≥22tan Atan Btan C
?tan Atan Btan C≥8，
当且仅当tan A＝2tan Btan C＝4时取等号．
π
4
15．C8、C5[2016·江苏卷] 在△ABC中，AC＝6，cos B＝，C＝.
54
(1)求AB的长；
π
(2)求cosA－的值．
6
443
15．解：(1)因为cos B＝，02
B＝1－
2
＝，
555
2
6×
2
AC·sin C
ACAB
由正弦定理知＝，所以AB＝＝＝52.
sin Bsin Csin B3
5
(2)在△ABC中，A＋B＋C＝π，所以A＝π－(B＋C)，
πππ
于是cos A＝－cos(B＋C)＝－cos(B＋)＝－cos Bcos＋sin Bsin，
444
4342322
又cos B＝，sin B＝，故cos A＝－×＋×＝－.
55525210

72
因为02
A＝，
10
πππ
23721
72－6
因此cos(A－)＝cos Acos＋sin Asin＝－×＋×＝.
66610210220
17．C8[2016·全国卷Ⅰ] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cos C(acos
B＋bcos A)＝c.
(1)求C；
33
(2)若c＝7，△ABC的面积为，求△ABC的周长．
2
17．解：(1)由已知及正弦定理，得
2cos C(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin C，
即2cos Csin(A＋B)＝sin C，
故2sin Ccos C＝sin C，
π
1
可得cos C＝，所以C＝.
23
133
(2)由已知，得absin C＝.
22
π
又C＝，所以ab＝6.
3
由已知及余弦定理得，a
2
＋b
2
－2abcos C＝7，
故a
2
＋b
2
＝13，从而(a＋b)
2
＝25，
所以△ABC的周长为5＋7.
π
1
8．C8[2016·全国卷Ⅲ] 在△ABC中，B＝，BC边上的高等于BC，则cos A＝( )
43
31010
A. B.
1010
10310
C．－ D．－
1010
8．C [解析] 如图所示，作AD⊥BC交BC于点D，设BC＝3，则 AD＝BD＝1，AB
10
＝2，AC＝5.由余弦定理得3
2
＝(2)2
＋(5)
2
－2×2×5×cos A，解得cos A＝－.
10

4
13．C8[2016·全国卷Ⅱ] △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若cos A＝，
5
5
cos C＝，a＝1，则b＝________．
13
2145312
13. [解析] ∵cos A＝，cos C＝，且A，C为三角形的内角，∴sin A＝，sin C＝，
13513513
63
∴sin B＝sin(A＋C)＝sin Acos C＋cos Asin C＝.
65
ba21
由正弦定理得＝，解得b＝.
sin Bsin A13
16．C2，C7，C8[2016·山东卷] 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已

tan Atan B
知2(tan A＋tan B)＝＋.
cos Bcos A
(1)证明：a＋b＝2c；
(2)求cos C的最小值．
sin Asin Bsin Asin B
16．解：(1)证明：由题意知2（＋）＝＋，
cos Acos Bcos Acos Bcos Acos B
化简得2(sin Acos B＋sin Bcos A)＝sin A＋sin B，
即2sin(A＋B)＝sin A＋sin B.
因为A＋B＋C＝π，
所以sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
从而sin A＋sin B＝2sin C.
由正弦定理得a＋b＝2c.
a＋b
(2)由(1)知c＝，
2
a＋b
2
a
2
＋b
2
－
2
a＋b－c
所以cos C＝＝
2ab2ab
222
3ab11
＝（＋）－≥，
8ba42
当且仅当a＝b时，等号成立．
1
故cos C的最小值为.
2
3．C8[2016·天津卷] 在△ABC中，若AB＝13，BC＝3，∠C＝120°，则AC＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
x
2
＋9－13
1
3．A [解析] 设AC＝x，由余弦定理得cos 120°＝＝－，则x
2
－4＝－3x?x
22·x·32
＋3x－4＝0，解得x＝1或x＝－4(舍)，∴AC＝1.
16．C8[2016·浙江卷] 在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b＋
c＝2acos B.
(1)证明：A＝2B；
a
2
(2)若△ABC的面积S＝，求角A的大小．
4
16．解：(1)证明：由正弦定理得sin B＋sin C＝2sin Acos B，
故2sin Acos B＝sin B＋sin(A＋B)＝sin B＋sin Acos B＋cos Asin B，
于是sin B＝sin(A－B)．
又A，B∈(0，π)，故0B＝π－(A－B)或B＝A－B，
因此A＝π(舍去)或A＝2B，
所以A＝2B.
a
2
1a
2
(2)由S＝，得absin C＝，
424
1
故有sin Bsin C＝sin 2B＝sin Bcos B，
2
由sin B≠0，得sin C＝cos B.
π
又B，C∈(0，π)，所以C＝±B.
2

ππ
当B＋C＝时，A＝；
22
ππ
当C－B＝时，A＝.
24
ππ
综上，A＝或A＝.
24
9．C8[2016·上海卷] 已知△ABC的三边长分别为3，5，7，则该三角形的外接圆半径
等于________．
3
2
＋5
2
－7
2
731
9. [解析] 利用余弦定理可求得最大边所对角的余弦值为＝－，所以此
32
2×3×5
角的正弦值 为
3773
，设外接圆半径为R，则由正弦定理得2R＝，所以R＝.
23
3
2
C9 单元综合
cos Acos B
17．C9[2016·四川卷] 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＋
ab
sin C
＝.
c
(1)证明：sin Asin B＝sin C；
6
(2)若b
2
＋c
2
－a
2
＝bc，求tan B.
5
abc
17．解：(1)证明：根据正弦定理，可设＝＝＝k(k>0)，
sin Asin Bsin C
则a＝ksin A，b＝ksin B，c＝ksin C，
cos Acos Bsin C
代入＋＝中，有
abc
cos Acos Bsin C
＋＝，变形可得
ksin Aksin Bksin C
sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B＝sin(A＋B)．
在△ABC中，由A＋B＋C＝π，有sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，
所以sin Asin B＝sin C.
6
(2)由b
2
＋c< br>2
－a
2
＝bc及余弦定理，得
5
b
2
＋c
2
－a
2
3
cos A＝＝，
2bc5
4
所以sin A＝1－cos
2
A＝.
5
由(1)知，sin Asin B＝sin Acos B＋cos Asin B，
443
所以sin B＝cos B＋sin B，
555
sin B
故tan B＝＝4.
cos B
ππ
15．C9[2016·天津卷] 已知函数f(x)＝4tan xsin（－x）cos（x－）－3.
23
(1)求f(x)的定义域与最小正周期；

ππ
(2)讨论f(x)在区间[－，]上的单调性．
44
π
15．解：(1)f(x)的定义域为{x|x≠＋kπ，k∈Z}.
2
ππ
13
f(x)＝4tan xcos xcos（x－）－3＝4sin xcos（x－）－3＝4sin x（cos x＋sin x）
3322
－3＝2sin xcos x＋23sin
2
x－3＝sin 2x＋3(1－cos 2x)－3＝sin 2x－3cos 2x＝2sin（2x
π
－），
3
2π
所以f(x)的最小正周期T＝＝π.
2
πππ
(2)令z＝2x－，函数y＝2sin z的单调递增区间是[－＋2kπ，＋2kπ]，k∈Z.
322
ππππ5π
由－ ＋2kπ≤2x－≤＋2kπ，得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z.
2321212
πππ5 πππ
设A＝[－，]，B＝{x|－＋kπ≤x≤＋kπ}，k∈Z，易知A∩B＝[－，]. 441212124
ππππππ
所以当x∈[－，]时，f(x)在区间[－，]上单调 递增，在区间[－，－)上单
44124412
调递减．
π
6．[2016·大理一模] 函数f(x)＝sin 2x－sin
?
2x＋
?
的最小值为( )
3
??
A．0 B．－1 C．－2 D. －2
π
1313
6．B [解析] f(x)＝sin 2x－sin 2x－cos 2x＝sin 2x－cos 2x＝sin
?
2x－
?
，故所求
2 222
3
??
最小值为－1.
π
11．[2016·宿州一检] 函数f(x)＝sin(ωx＋φ)
?
ω>0，|φ|<
?
的部分图像如图K 16?1所示，
2
??
为了得到函数y＝cos ωx的图像，只需把函数y＝f(x)的图像( )
π
A．向右平移个单位长度
6
π
B．向左平移个单位长度
6
π
C．向右平移个单位长度
12
π
D．向左平移个单位长度
12
7πππ
7π
1
2π
11．D [解析] 根据已知得 ×＝－＝，解得ω＝2，又f
??
＝
4
ω
1234
?
12
?
3π7ππππ
7π
sin
?
2×＋φ
?
＝－1，所以φ＝2kπ＋－＝2kπ＋，k∈Z.因为|φ|<，所以φ＝，
2632312
??
π
π
所以f(x)＝sin
?
2x＋
?
，只要把函数y＝f(x)的图像向左平移个单位长度，便可得到y＝
12
3
??
ππ
π
sin
?
2
?
x＋
?
＋
?
＝sin
?
2x＋
?
＝cos 2x的图像． 2
??
?
?
12
?
3
?
5．[201 6·宜宾诊断] 已知在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若sin(B
π－A)＋sin(B＋A)＝3sin 2A，且c＝7，C＝，则△ABC的面积是( )
3

3373
A. B.
46
213373
C. D. 或
346
5．D [解析] 由sin(B－A)＋sin(B＋A)＝3sin 2A，得2sin Bcos A＝6sin Acos A，所以cos
A＝0或sin B＝3sin A.
ππ
c21
若cos A＝0，则A＝，在Rt△ABC中，C＝，所以b＝＝，此时△ABC的
23tan C3
112173
面积S＝bc＝××7＝；若sin B＝3sin A，即b＝3a，由余 弦定理得7＝a
2
＋9a
2
2236
111333
－2·a ·3a·，得a＝1，所以b＝3，此时△ABC的面积S＝absin C＝×1×3×＝.
22224
15．[2016·贵阳模拟] 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足bcos
A＝(2c＋a)cos(A＋C)．
(1)求角B的大小；
π
(2)求函数f(x)＝2cos 2x＋cos(2x－B)在区间
?
0，
?
上的最小值及对应x的值．
2
??
15．解：(1)由已知得bcos A＝
(
2c＋a
)
cos
(
π－B
)
，
即sin Bcos A＝－
(
2sin C＋sin A
)
cos B，
即sin
(
A＋B
)
＝－2sin Ccos B，
∴sin C＝－2sin Ccos B，
2π
1
∴cos B＝－，即B＝.
23
2π2π
(2)f
(
x
)
＝2cos 2x＋cos 2xcos ＋sin 2xsin ＝
33
π
33
cos 2x＋sin 2x＝3sin
?
2x＋
?
，
22
3??
π
ππ4π
由x∈
?
0，
?
知2x＋∈< br>?
，
?
.
3
?
32
?
3
??
π4ππ
π
3
3
当2x＋＝，即x＝时，f
??
＝3×
?
－
?
＝－，
3322
?
2
?
?
2
?
π
π
3
所以函数f(x)在区间
?
0，
?
上的最小值为－，此时x＝.
22
2
??
17．[2016·安庆二模] 如图K18?3所示，D是直角三角形ABC斜边BC上一点，AC＝3
DC.
(1)若∠DAC＝30°，求角B的大小；
(2)若BD＝2DC，且AD＝22，求DC的长．
图K18?4
ACDC
17．解：(1)在△ADC中，由＝，及AC＝3DC，
sin∠ADCsin∠DAC
3
得sin∠ADC＝3sin∠DAC＝.
2
又∠ADC＝B＋∠BAD＝B＋60°>60°，
所以∠ADC＝120°.
于是C＝180°－120°－30°＝30°，所以B＝60°.
(2)设DC＝x，则BD＝2x，BC＝3x，AC＝3x，AB＝6x.

AC36
于是sin B＝＝，所以cos B＝.
BC33
在△ABD中， AD
2
＝AB
2
＋BD
2
－2AB·BDcos B， < br>6
即(22)
2
＝6x
2
＋4x
2
－2×6 x·2x·＝2x
2
，得x＝2.
3
故DC＝2.


数 学
D单元 数列
D1 数列的概念与简单表示法
11．D1[2016·上海卷] 无穷数列{a
n
}由k个不同的数组成，S
n
为{a
n
}的前n项和．若对
任意n∈N
*
，S
n
∈{2，3}，则k的最大值为________．
11．4 [解析] 由S
n
∈{2，3}，得a
1
＝S
1
∈{2，3}．将数列写出至最多项，其中有相同
项的情况舍去，共有如下几种情况：
①a
1
＝2，a
2
＝0，a
3
＝1，a
4
＝－1；
②a
1
＝2，a
2
＝1，a
3
＝0， a
4
＝－1；
③a
1
＝2，a
2
＝1，a
3
＝－1，a
4
＝0；
④a
1
＝3，a
2＝0，a
3
＝－1，a
4
＝1；
⑤a
1
＝3 ，a
2
＝－1，a
3
＝0，a
4
＝1；
⑥a1
＝3，a
2
＝－1，a
3
＝1，a
4
＝0.
最多项均只能写到第4项，即k
max
＝4.
D2 等差数列及等差数列前n项和
12．D2[2016·北京卷] 已知{a
n
}为等 差数列，S
n
为其前n项和．若a
1
＝6，a
3
＋a
5
＝0，
则S
6
＝________．
12．6 [解析] 设 等差数列{a
n
}的公差为d，因为a
3
＋a
5
＝0，所以 6＋2d＋6＋4d＝0，
6×5
解得d＝－2，所以S
6
＝6×6＋×(－ 2)＝36－30＝6.
2
8．D2[2016·江苏卷] 已知{a
n
} 是等差数列，S
n
是其前n项和．若a
1
＋a
2
2
＝－3，S
5
＝10，
则a
9
的值是________．
8．20 [解析] 因为S
5
＝5a
3
＝10，所以a
3
＝2，设其公差为d，
22
则a
1
＋a
2
解得d＝3，所以a
9
＝a
3
＋6d＝2＋18＝20.
2
＝2－2d＋(2－d)＝d－6d＋6＝－3，
3．D2[2016·全国卷Ⅰ] 已知等差数列{a
n
}前9项的和为27，a
10
＝8，则a
100
＝( )
A．100 B．99
C．98 D．97
3．C [解析]
a
1
＋a
9
×9＝27，可得a
5
＝3 ，所以a
10
－a
5
＝5d＝5，所以d＝1，所以a
100
2
＝a
10
＋90d＝98.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 已知数列{a
n
}的首项为1，S< br>n
为数列{a
n
}的前n项和，
S
n
＋
1< br>＝qS
n
＋1，其中q>0，n∈N
*
.
(1)若2a2
，a
3
，a
2
＋2成等差数列，求数列{a
n
}的通项公式；
4
n
－3
n
y
2
5
( 2)设双曲线x－
2
＝1的离心率为e
n
，且e
2
＝，证明 ：e
1
＋e
2
＋…＋e
n
>
n
－
1
.
a
n
3
3
2
19．解：(1)由已知，S< br>n
＋
1
＝qS
n
＋1，S
n
＋
2< br>＝qS
n
＋
1
＋1，两式相减得到a
n
＋
2
＝qa
n
＋
1
，n≥1.
又由S
2
＝q S
1
＋1得到a
2
＝qa
1
，

所 以a
n
＋
1
＝qa
n
对所有n≥1都成立，
所以，数列{a
n
}是首项为1，公比为q的等比数列，
－
从而a
n
＝q
n1
.
由2a
2
，a
3
，a
2
＋2成等差数列，可得 < br>2a
3
＝3a
2
＋2，即2q
2
＝3q＋2，则(2 q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2，
－
所以，a
n
＝2
n1
(n∈N
*
)．
－
(2)证明：由(1)可知，a
n
＝q
n1
，
y
2
2
（
n
－
1
）
所以双曲线x－
2
＝1的离心率e
n
＝1＋a
2
.
n
＝1＋q
a
n
2
54
由e
2
＝1＋q
2
＝ ，解得q＝(负值舍去)．
33
因为1＋q
2(k
>q
k1
(k∈N
*
)．
q
n
－1
n
－
1于是e
1
＋e
2
＋…＋e
n
>1＋q＋…＋q＝， < br>q－1
－－
1)
>q
2(k
－
1)
，所以1 ＋q
2
（
k
－
1
）
4
n
－3n
故e
1
＋e
2
＋…＋e
n
>
n－
1
.
3
17．D2[2016·全国卷Ⅱ] S
n
为等差数列{a
n
}的前n项和，且a
1
＝1，S
7
＝28 .记b
n
＝[lg a
n
]，
其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[lg 99]＝1.
(1)求b
1
，b
11
，b
101
；
(2)求数列{b
n
}的前1000项和．
17．解：(1)设{a
n
}的公差为d，据已知有7＋21d＝28，解得d＝1，
所以{a
n
}的通项公式为a
n
＝n.
故b
1
＝[lg 1]＝0，b
11
＝[lg 11]＝1，b
101
＝[lg 101]＝2.
0，1≤n＜10，
?< br>?
1，10≤n＜100，
(2)因为b＝
?

2，100≤ n＜1000，
?
?
3，n＝1000，
n
所以数列{b
n
}的前1000项和为1×90＋2×900＋3×1＝1893.
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝3n
2
＋8n，{b
n
}是等差数列，且
a
n< br>＝b
n
＋b
n
＋
1
.
(1)求数列{b
n
}的通项公式；
（a
n
＋1）
n1
(2)令c
n
＝，求数列{c
n
}的前n项和T
n< br>.
（b
n
＋2）
n
＋
18．解：(1)由题意知， 当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝6 n＋5，
当n＝1时，a
1
＝S
1
＝11，
所以a
n
＝6n＋5.
设数列{b
n
}的公差为d. < br>?
?
a
1
＝b
1
＋b
2
，
由
?

?
a＝b＋b，
?
223
?
?11＝2b
1
＋d
即
?

?
17＝2b
1
＋3d，
?

?
?
b
1
＝4，< br>解得
?

?
d＝3，
?
所以b
n
＝3n＋1.
（6n＋6 ）
n1
＋
(2)由(1)知c
n
＝2
n1
. n
＝3(n＋1)·
（3n＋3）
＋
又T
n
＝c
1
＋c
2
＋…＋c
n
，
＋
得T
n＝3×[2×2
2
＋3×2
3
＋…＋(n＋1)×2
n1
]，
＋
2T
n
＝3×[2×2
3
＋3×2
4< br>＋…＋(n＋1)×2
n2
]，
＋＋
两式作差，得－T
n< br>＝3×[2×2
2
＋2
3
＋2
4
＋…＋2
n 1
－(n＋1)×2
n2
]＝3×[4＋
4×（1－2
n
）
＋＋
－(n＋1)×2
n2
] ＝－3n·2
n2
，
1－2
所以T
n
＝3n·2
n2
.
18．D2[2016·天津卷] 已知{a
n
}是各项均为正数的等差数列，公差为 d.对任意的n∈N
*
，
b
n
是a
n
和a
n
＋
1
的等比中项．
2*
(1)设c
n
＝b2
n
＋
1
－b
n
，n∈N，求证：数列{c
n
}是等差数列；
＋
1
<
2
.
2d
22
18．证明：(1)由题意得b
2
n
＝a
n
a
n< br>＋
1
，有c
n
＝b
n
＋
1
－bn
＝a
n
＋
1
a
n
＋
2
－a
n
a
n
＋
1
＝2da
n
＋
1，
因此c
n
＋
1
－c
n
＝2d(a
n
＋
2
－a
n
＋
1
)＝2d
2
， 所以{c
n
}是等差数列．
22222
(2)T
n
＝(－ b
2
1
＋b
2
)＋(－b
3
＋b
4
)＋…＋(－b
2n
－
1
＋b
2n
)＝2d(a
2
＋a
4
＋…＋a
2n
)＝
(2)设a
1
＝d，T
n
＝,求证：
n（a
2
＋a
2n
）
2d·＝2d
2
n(n＋1)，
2
所以
＝
111
（1－）<
2
.
2
·
2d2d
n＋1
6．D2[2016·浙江卷] 如图1-1， 点列{A
n
}，{B
n
}分别在某锐角的两边上，且|A
n
A
n
＋
1
|＝|A
n
**
＋
1
A
n
＋
2
|，A
n
≠A
n
＋
2，n∈N，|B
n
B
n
＋
1
|＝|B
n
＋
1
B
n
＋
2
|，B
n
≠B
n
＋
2
，n∈N.(P≠Q表示点P与Q不
重合)
若d
n< br>＝|A
n
B
n
|，S
n
为△A
n
B
n
B
n
＋
1
的面积，则( )
图1-1

A．{S
n
}是等差数列
B．{S
2
n
}是等差数列
C．{d
n
}是等差数列
2
D．{d
n
}是等差数列
6．A [解析] 由题意得，An
是线段A
n
－
1
A
n
＋
1
(n≥2)的中点，B
n
是线段B
n
－
1
B
n＋
1
(n≥2)的

中点，且线段A
n
A
n
＋
1
的长度都相等，线段B
n
B
n
＋
1
的长度都相等．过点A
n
作高线h
n
.由A
1
作< br>高线h
2
的垂线A
1
C
1
，由A
2
作高线h
3
的垂线A
2
C
2
，则h
2
－h
1
＝|A
1
A
2
|sin∠A
2
A
1
C
1
，h
3
－h
2
＝
|A
2
A
3
|sin∠A
3
A
2
C
2
. 而|A
1
A
2
|＝|A
2
A
3
|，∠A< br>2
A
1
C
1
＝∠A
3
A
2
C
2
，故h
1
，h
2
，h
3
成等差数列， 故{S
n
}
是等差数列．

D3 等比数列及等比数列前n项和
20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U＝{1，2，…，100}．对数列{a
n
}(n∈N
*
)和U的子
集T，若T＝?，定义S
T
＝0 ；若T＝{t
1
，t
2
，…，t
k
}，定义S
T< br>＝at
1
＋at
2
＋…＋at
k
.例如：T＝
{1，3，66}时，S
T
＝a
1
＋a
3
＋a
6 6
.现设{a
n
}(n∈N
*
)是公比为3的等比数列，且当T＝{ 2，4}时，
S
T
＝30.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)对任意正整数k(1≤k≤10 0)，若T?{1，2，…，k}，求证：S
T
k
＋
1
；
(3)设C?U，D?U，S
C
≥S
D
，求证：S
C< br>＋S
C
∩
D
≥2S
D
.
－
20． 解：(1)由已知得a
n
＝a
1
·3
n1
，n∈N
*
.
于是当T＝{2，4}时，S
T
＝a
2
＋a
4
＝3a
1
＋27a
1
＝30a
1
.
又 S
T
＝30，所以30a
1
＝30，即a
1
＝1，
－
故数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝3
n1
， n∈N
*
.
－
(2)证明：因为T?{1，2，…，k}，a
n< br>＝3
n1
>0，n∈N
*
，
1
－
所以S< br>T
≤a
1
＋a
2
＋…＋a
k
＝1＋3＋…＋ 3
k1
＝(3
k
－1)<3
k
.
2
因此，S
T
k
＋
1
.
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D是C的子集，则S
C
＋S
C
∩
D
＝S
C
＋S
D
≥S
D
＋ S
D
＝2S
D
.
②若C是D的子集，则S
C
＋S
C
∩
D
＝S
C
＋S
C
＝2S
C< br>≥2S
D
.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集．
令E＝C∩ (?
U
D)，F＝D∩(?
U
C)，则E≠?，F≠?，E∩F＝?. 于是S
C
＝S
E
＋S
C
∩
D
，SD
＝S
F
＋S
C
∩
D
，进而由S
C< br>≥S
D
，得S
E
≥S
F
.
设k是E中最大的数，l为F中最大的数，则k≥1，l≥1，k≠l.
－
由(2) 知，S
E
k
＋
1
，于是3
l1
＝a< br>l
≤S
F
≤S
E
k
＋
1
＝3
k
，所以l－1又k≠l，故l≤k－1，
lk
－
1
3－13－1a
k
－1S
E
－1
－< br>从而S
F
≤a
1
＋a
2
＋…＋a
l
＝1＋3＋…＋3
l1
＝≤＝≤，
2222
故S
E
≥2S
F
＋1，所以S
C
－S
C
∩
D
≥2(S< br>D
－S
C
∩
D
)＋1，
即S
C
＋ S
C
∩
D
≥2S
D
＋1.
综合①②③得，SC
＋S
C
∩
D
≥2S
D
.
15．D3[2016·全国卷Ⅰ] 设等比数列{a
n
}满足a
1
＋a
3
＝10，a
2
＋a
4
＝5，则a
1
a
2
…a
n
的最
大值为________．
a
2
＋a
4
11
15．64 [解析] 设该等比数列的公 比为q，则q＝＝，可得a
1
＋a
1
＝10，得a
1
4a
1
＋a
3
2
1
－
1
－
＝8 ，所以a
n
＝8·（）
n1
＝（）
n4
.
22< br>1
－－－＋＋…＋
(n
－
4)
所以a
1
a< br>2
…a
n
＝（）
3210
＝
2
，易知当n＝ 3或n＝4时，

1
2
1
－
(n－7n)取得最小值－ 6，故a
1
a
2
…a
n
的最大值为（）
6
＝64.
22
17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝1＋λa
n
，其中λ≠0.
(1)证明{a
n
}是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若S
5
＝，求λ.
32
1
17．解： (1)由题意得a
1
＝S
1
＝1＋λa
1
，故λ≠1，a< br>1
＝，a≠0.
1－λ
1
由S
n
＝1＋λa
n
，S
n
＋
1
＝1＋λa
n
＋
1
得a
n
＋
1
＝λa
n
＋
1
－λa
n
，即a
n
＋
1
(λ－1)＝λa
n
.由a1
≠0，λ≠0
a
n
＋
1
λ
得a
n< br>≠0，所以＝.
a
n
λ－1
λλ
11
－
因 此{a
n
}是首项为，公比为的等比数列，于是a
n
＝（）
n1.
1－λλ－11－λλ－1
λλλ
31311
(2)由(1)得S< br>n
＝1－（）
n
，由S
5
＝得1－（）
5
＝ ，即（）
5
＝，
323232
λ－1λ－1λ－1
解得λ＝－1.
5．D3[2016·四川卷] 某公司为激励创新，计划逐年加大研发资金投入．若该公司2015< br>年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则
该公 司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( )
(参考数据：lg 1.12≈0.05，lg 1.3≈0.11，lg 2≈0.30)
A．2018年 B．2019年
C．2020年 D．2021年
5．B [解析] 设x年后该公司全年投入的研发资金开始超过200万元，
由题可知，130(1＋12%)
x
≥200，
200
lg 2－lg 1.3
解得x≥log
1.12
＝≈3.80，
130lg 1.12
因为x为整数，所以x取4，故开始超过200万元的年份是2019年．
5．D3、A2[2016·天津卷] 设{a
n
}是首项为正数的等比数列，公比为 q，则“q<0”是“对
任意的正整数n，a
2n
－
1
＋a
2n
<0”的( )
A．充要条件
B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
－
5．C [解析] 设数列的首项为a
1
，则a
2n
－
1
＋a
2n＝a
1
q
2n2
(1＋q)<0，即q<－1，故选C.
13．D3[2016·浙江卷] 设数列{a
n
}的前n项和为S
n
.若S
2
＝4，a
n
＋
1
＝2S
n
＋1 ，n∈N
*
，则
a
1
＝________，S
5
＝ ________．
13．1 121 [解析] 由a
n
＋
1
＝ 2S
n
＋1，得a
n
＝2S
n
－
1
＋1( n≥2)，两式相减得，a
n
＋
1
－a
n
＝2(S
n
－S
n
－
1
)＝2a
n
，即a
n
＋
1
＝3a
n
(n≥2)，而a
2
＝2a
1＋1，S
2
＝a
1
＋a
2
＝4，解得a
1＝1，a
2
＝3，
1×（1－3
5
）
故{a
n
}是首项为1，公比为3的等比数列，所以S
5
＝＝121.
1－3
17．D3[2016·上海卷] 已知无穷等比数列{a
n
}的公比 为q，前n项和为S
n
，且S
n
＝S.下
列条件中，使得2S
n
*
)恒成立的是( )
A．a
1
>0，0.6B．a
1
<0，－0.7C．a
1
>0，0.7D．a
1
<0，－0.8

1－q
n
1
17．B [解析] 由题意得2a
1< br>·1
·(0<|q|<1)对一切正整数n恒成立．当a
1
>0< br>1－q1－q
111
时，q
n
>，结合选项知该不等式不恒成立，舍去 ；当a
1
<0时，q
n
<
?q
2
<，选项B满足要
222
求．
D4 数列求和
17．D3、D4[2016·全国卷Ⅲ] 已知数列{a
n
}的前n项和S
n
＝1＋λa
n
，其中λ≠ 0.
(1)证明{a
n
}是等比数列，并求其通项公式；
31
(2)若S
5
＝，求λ.
32
1
17．解： (1)由题意得a
1
＝S
1
＝1＋λa
1
，故λ≠1，a< br>1
＝，a≠0.
1－λ
1
由S
n
＝1＋λa
n
，S
n
＋
1
＝1＋λa
n
＋
1
得a
n
＋
1
＝λa
n
＋
1
－λa
n
，即a
n
＋
1
(λ－1)＝λa
n
.由a1
≠0，λ≠0
a
n
＋
1
λ
得a
n< br>≠0，所以＝.
a
n
λ－1
λλ
11
－
因 此{a
n
}是首项为，公比为的等比数列，于是a
n
＝（）
n1.
1－λλ－11－λλ－1
λλλ
31311
(2)由(1)得S< br>n
＝1－（）
n
，由S
5
＝得1－（）
5
＝ ，即（）
5
＝，
323232
λ－1λ－1λ－1
解得λ＝－1.
19．D2，D4，H6[2016·四川卷] 已知数列{a
n
}的首项为1，S< br>n
为数列{a
n
}的前n项和，
S
n
＋
1< br>＝qS
n
＋1，其中q>0，n∈N
*
.
(1)若2a2
，a
3
，a
2
＋2成等差数列，求数列{a
n
}的通项公式；
4
n
－3
n
y
2
5
( 2)设双曲线x－
2
＝1的离心率为e
n
，且e
2
＝，证明 ：e
1
＋e
2
＋…＋e
n
>
n
－
1
.
a
n
3
3
2
19．解：(1)由已知，S< br>n
＋
1
＝qS
n
＋1，S
n
＋
2< br>＝qS
n
＋
1
＋1，两式相减得到a
n
＋
2
＝qa
n
＋
1
，n≥1.
又由S
2
＝q S
1
＋1得到a
2
＝qa
1
，
所以a
n
＋
1
＝qa
n
对所有n≥1都成立，
所以，数列{a
n
}是首项为1，公比为q的等比数列，
－
从而a
n
＝q
n1
.
由2a
2
，a
3
，a
2
＋2成等差数列，可得 < br>2a
3
＝3a
2
＋2，即2q
2
＝3q＋2，则(2 q＋1)(q－2)＝0，
由已知，q>0，故q＝2，
－
所以，a
n
＝2
n1
(n∈N
*
)．
－
(2)证明：由(1)可知，a
n
＝q
n1
，
y
2
2
（
n
－
1
）
所以双曲线x－
2
＝1的离心率e
n
＝1＋a
2
.
n
＝1＋q
a
n
2
54
由e
2
＝1＋q
2
＝ ，解得q＝(负值舍去)．
33
因为1＋q
2(k
>q
k1
(k∈N
*
)．
q
n
－1
n
－
1于是e
1
＋e
2
＋…＋e
n
>1＋q＋…＋q＝， < br>q－1
－－
1)
>q
2(k
－
1)
，所以1 ＋q
2
（
k
－
1
）
4
n
－3n
故e
1
＋e
2
＋…＋e
n
>
n－
1
.
3
18．D2，D4[2016·山东卷] 已知数列{an
}的前n项和S
n
＝3n
2
＋8n，{b
n
}是等差数列，且
a
n
＝b
n
＋b
n
＋
1
.

(1)求数列{b
n
}的通项公式；
（an
＋1）
n1
(2)令c
n
＝，求数列{c
n
}的前n项和T
n
.
（b
n
＋2）
n
＋
18．解：(1)由题意知，当n≥2时，a
n
＝S
n
－S
n
－
1
＝6n＋5，
当n＝1时，a
1
＝S
1
＝11，
所以a
n
＝6n＋5.
设数列{b
n
}的公差为d. < br>?
?
a
1
＝b
1
＋b
2
，
由
?

?
a
2
＝b
2
＋b
3，
?
?
11＝2b
1
＋d
?
即
?
?
?
17＝2b
1
＋3d，
?
?
b
1
＝4，
解得
?

?
d＝3，
?
所以b
n
＝3n＋1.
（6n＋6 ）
n1
＋
(2)由(1)知c
n
＝2
n1
. n
＝3(n＋1)·
（3n＋3）
＋
又T
n
＝c
1
＋c
2
＋…＋c
n
，
＋
得T
n＝3×[2×2
2
＋3×2
3
＋…＋(n＋1)×2
n1
]，
＋
2T
n
＝3×[2×2
3
＋3×2
4< br>＋…＋(n＋1)×2
n2
]，
＋＋
两式作差，得－T
n< br>＝3×[2×2
2
＋2
3
＋2
4
＋…＋2
n 1
－(n＋1)×2
n2
]＝3×[4＋
4×（1－2
n
）
＋＋
－(n＋1)×2
n2
] ＝－3n·2
n2
，
1－2
所以T
n
＝3n·2
n2
.
D5 单元综合
20．D5，A1[2016·北京卷] 设数列A：a
1
，a< br>2
，…，a
N
(N≥2)．如果对小于n(2≤n≤N)
的每个正整数 k都有a
k
n
，则称n是数列A的一个“G时刻”．记G(A)是数列A 的所有“G
时刻”组成的集合．
(1)对数列A：－2，2，－1，1，3，写出G(A)的所有元素；
(2)证明：若数列 A中存在a
n
使得a
n
>a
1
，则G(A)≠?；
(3)证明：若数列A满足a
n
－a
n
－
1
≤1(n＝2 ，3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于a
N
－a
1
.
20．解：(1)G(A)的元素为2和5.
(2)证明：因为存在a
n
使 得a
n
>a
1
，所以{i∈N
*
|2≤i≤N，a
i
>a
1
}≠?.
记m＝min{i∈N
*
|2≤i≤N ，a
i
>a
1
}，
则m≥2，且对任意正整数k k
≤a
1
m
.
因此m∈G(A)，从而G(A)≠?.
(3)证明：当a
N
≤a
1
时，结论成立．
以下设a
N
>a
1
.
由(2)知G(A)≠?.
设G(A)＝{n
1
，n
2
，…，n
p
}，n
1
2
<…p
.
记n
0
＝1，则a n
0
1
2
<…p
.
＋

对i＝0，1，…，p，记G
i
＝{k∈N
*|n
i
k
>an
i
}．
如果G
i
≠?，取m
i
＝min G
i
，则对任何 1≤ki
，a
k
≤an
i
i
.
从而m
i
∈G(A)且m
i
＝n
i
＋
1< br>.
又因为n
p
是G(A)中的最大元素，所以G
p
＝?.
从而对任意n
p
≤k≤N，a
k
≤an
p
，特别地 ，a
N
≤an
p
.
对i＝0，1，…，p－1，an
i< br>＋
1
－1≤an
i
.
因此an
i
＋
1
＝an
i
＋
1
－1＋(an
i
＋
1< br>－an
i
＋
1
－1)≤an
i
＋1.
所以 a
N
－a
1
≤an
p
－a
1
＝
p
(an
i
－an
i
－
1
)≤p.
i＝
1
因此G(A)的元素个数p不小于a
N
－a
1
.
20．A1、D3、D5[2016·江苏卷] 记U＝{1，2，…，100}．对数列{a
n
}(n∈N
*
)和U的子
集T，若T＝?，定义S
T
＝0 ；若T＝{t
1
，t
2
，…，t
k
}，定义S
T< br>＝at
1
＋at
2
＋…＋at
k
.例如：T＝
{1，3，66}时，S
T
＝a
1
＋a
3
＋a
6 6
.现设{a
n
}(n∈N
*
)是公比为3的等比数列，且当T＝{ 2，4}时，
S
T
＝30.
(1)求数列{a
n
}的通项公式；
(2)对任意正整数k(1≤k≤10 0)，若T?{1，2，…，k}，求证：S
T
k
＋
1
；
(3)设C?U，D?U，S
C
≥S
D
，求证：S
C< br>＋S
C
∩
D
≥2S
D
.
－
20． 解：(1)由已知得a
n
＝a
1
·3
n1
，n∈N
*
.
于是当T＝{2，4}时，S
T
＝a
2
＋a
4
＝3a
1
＋27a
1
＝30a
1
.
又 S
T
＝30，所以30a
1
＝30，即a
1
＝1，
－
故数列{a
n
}的通项公式为a
n
＝3
n1
， n∈N
*
.
－
(2)证明：因为T?{1，2，…，k}，a
n< br>＝3
n1
>0，n∈N
*
，
1
－
所以S< br>T
≤a
1
＋a
2
＋…＋a
k
＝1＋3＋…＋ 3
k1
＝(3
k
－1)<3
k
.
2
因此，S
T
k
＋
1
.
(3)证明：下面分三种情况证明．
①若D是C的子集，则S
C
＋S
C
∩
D
＝S
C
＋S
D
≥S
D
＋ S
D
＝2S
D
.
②若C是D的子集，则S
C
＋S
C
∩
D
＝S
C
＋S
C
＝2S
C< br>≥2S
D
.
③若D不是C的子集，且C不是D的子集．
令E＝C∩ (?
U
D)，F＝D∩(?
U
C)，则E≠?，F≠?，E∩F＝?. 于是S
C
＝S
E
＋S
C
∩
D
，SD
＝S
F
＋S
C
∩
D
，进而由S
C< br>≥S
D
，得S
E
≥S
F
.
设k是E中最大的数，l为F中最大的数，则k≥1，l≥1，k≠l.
－
由(2) 知，S
E
k
＋
1
，于是3
l1
＝a< br>l
≤S
F
≤S
E
k
＋
1
＝3
k
，所以l－1又k≠l，故l≤k－1，
lk
－
1
－1a
k
－1S
E
－1
l
－
1
3－13
从而S
F
≤a
1
＋a
2
＋…＋a
l
＝1＋3＋…＋3＝≤＝≤，
2222
故S
E
≥2S
F
＋1，所以S
C
－S
C
∩
D
≥ 2(S
D
－S
C
∩
D
)＋1，
即S
C< br>＋S
C
∩
D
≥2S
D
＋1.
综合①②③得 ，S
C
＋S
C
∩
D
≥2S
D
.
12．D5[2016·全国卷Ⅲ] 定义“规范01数列”{a
n
}如下：{an
}共有2m项，其中m项为
0，m项为1，且对任意k≤2m，a
1
， a
2
，…，a
k
中0的个数不少于1的个数．若m＝4，则
不同的“ 规范01数列”共有( )
A．18个 B．16个
C．14个 D．12个
12．C [解析] ∵a
1
，a
2
，…，a
8
中 0的个数不少于1的个数，∴a
1
＝0，a
8
＝1.先排定
中间三个 1，当三个0在一起时排法种数为C
1
当三个0不相邻时排法种数为C
3
当三 个0
2
，
4
，
211321
分成两组时排法种数为A
3
＋C
2
，∴不同的“规范01数列”共有C
2
＋C
4< br>＋A
3
＋C
2
＝14(个)．
a
n
＋
1
20．D5[2016·浙江卷] 设数列{a
n
}满足a
n
－≤1，n∈N
*
.
2
n
－
1*
(1)证明：|a
n
|≥2(|a
1|－2)，n∈N；