高考数学总复习系列—高中数学必修五
《2011年高考数学总复习系列》——高中数学必修五
第一章 解三角形
一、基础知识【理解去记】
在本章中约定用A，B，C分别表示△ABC的三个内角，a, b, c分别表示它们所对的各边长，为半周长。
1．正弦定理：=2R（R为△ABC外接圆半径）。
推论1：△ABC的面积为S△ABC=
推论2：在△ABC中，有bcosC+ccosB=a.
推论3：在△ABC中，A+B=，解a满足，则a=A.
正弦定理可以在外接圆中由定义证明得到，这里不再给出，下证推论。先证推论1，由正弦函数定义，BC边上的高为bsinC，所以S△ABC=；再证推论2，因为B+C=-A，所以sin(B+C)=sinA，即sinBcosC+cosBsinC=sinA，两边同乘以2R得bcosC+ccosB=a；再证推论4，由正弦定理，所以，即sinasin(-A)=sin(-a)sinA，等价于[cos(-A+a)-cos(-A-a)]= [cos(-a+A)-cos(-a-A)]，等价于cos(-A+a)=cos(-a+A)，因为0<-A+a，-a+A<. 所以只有-A+a=-a+A，所以a=A，得证。
2．余弦定理：a2=b2+c2-2bccosA，下面用余弦定理证明几个常用的结论。
（1）斯特瓦特定理【了解】：在△ABC中，D是BC边上任意一点，BD=p，DC=q，则AD2= （1）
【证明】 因为c2=AB2=AD2+BD2-2AD·BDcos，
所以c2=AD2+p2-2AD·pcos ①
同理b2=AD2+q2-2AD·qcos， ②
因为ADB+ADC=，
所以cosADB+cosADC=0，
所以q×①+p×②得
qc2+pb2=(p+q)AD2+pq(p+q)，即AD2=
注：在（1）式中，若p=q，则为中线长公式
（2）海伦公式：因为b2c2sin2A=b2c2 (1-cos2A)= b2c2 [(b+c)-a2][a2-(b-c) 2]=p(p-a)(p-b)(p-c).
这里
所以S△ABC=
二、基础例题【必会】
1．面积法
例1 （共线关系的张角公式）如图所示，从O点发出的三条射线满足
，另外OP，OQ，OR的长分别为u, w, v，这里α，β，α+β∈(0, )，则P，Q，R的共线的充要条件是
【证明】P，Q，R共线
(α+β)=uwsinα+vwsinβ
，得证。
2．正弦定理的应用
例2 如图所示，△ABC内有一点P，使得BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB。
求证：AP·BC=BP·CA=CP·AB。
【证明】 过点P作PDBC，PEAC，PFAB，垂足分别为D，E，F，则P，D，C，E；P，E，A，F；P，D，B，F三组四点共圆，所以EDF=PDE+PDF=PCA+PBA=BPC-BAC。由题设及BPC+CPA+APB=3600可得BAC+CBA+ACB=1800。
所以BPC-BAC=CPA-CBA=APB-ACB=600。
所以EDF=600，同理DEF=600，所以△DEF是正三角形。
所以DE=EF=DF，由正弦定理，CDsinACB=APsinBAC=BPsinABC，两边同时乘以△ABC的外接圆直径2R，得CP·BA=AP·BC=BP·AC，得证：
例3 如图所示，△ABC的各边分别与两圆⊙O1，⊙O2相切，直线GF与DE交于P，求证：PABC。
【证明】 延长PA交GD于M，
因为O1GBC，O2DBC，所以只需证
由正弦定理，
所以
另一方面，，
所以，
所以，所以PA//O1G，
即PABC，得证。
3．一个常用的代换：在△ABC中，记点A，B，C到内切圆的切线长分别为x, y, z，则a=y+z, b=z+x, c=x+y.
例4 在△ABC中，求证：a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc.
【证明】 令a=y+z, b=z+x, c=x+y，则
abc=(x+y)(y+z)(z+x)
=8xyz=(b+c-a)(a+c-b)(a+b-c)
=a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c)-2abc.
所以a2(b+c-a)+b2(c+a-b)+c2(a+b-c) ≤3abc.
4．三角换元。
例5 设a, b, c∈R+，且abc+a+c=b，试求的最大值。
【解】 由题设，令a=tanα, c=tanγ, b=tanβ,
则tanβ=tan(α+γ), P=2sinγsin(2α+γ)+3cos2γ≤，
当且仅当α+β=，sinγ=，即a=时，Pmax=
例6 在△ABC中，若a+b+c=1，求证: a2+b2+c2+4abc<
【证明】 设a=sin2αcos2β, b=cos2αcos2β, c=sin2β, β.
因为a, b, c为三边长，所以c<, c>|a-b|，
从而，所以sin2β>|cos2α·cos2β|.
因为1=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca),
所以a2+b2+c2+4abc=1-2(ab+bc+ca-2abc).
又ab+bc+ca-2abc=c(a+b)+ab(1-2c)
=sin2βcos2β+sin2αcos2α·cos4β·cos2β
=[1-cos22β+(1-cos22α)cos4βcos2β]
=+cos2β(cos4β-cos22αcos4β-cos2β)
>+cos2β(cos4β-sin4β-cos2β)=.
所以a2+b2+c2+4abc<
三、趋近高考【必懂】
1．（全国10高考）在△ABC中，cos2，c＝5，求△ABC的内切圆半径．
【解析】：∵ c＝5，，∴ b＝4
又cos2
∴ cosA＝
又cosA＝
∴
∴ b2＋c2-a2＝2b2
∴ a2＋b2＝c2
∴ △ABC是以角C为直角的三角形．
a＝＝3
∴ △ABC的内切圆半径r＝(b＋a-c)＝1．
2．（全国10高考）R是△ABC的外接圆半径，若ab＜4R2cosAcosB，则外心位于△ABC的外部．
【解析】：∵ ab＜4R2cosAcosB
由正弦定理得a＝2RsinA，b＝2RsinB
∴ 4R2sinAsinB＜4R2cosAcosB
∴ cosAcosB＞sinAsinB
∴ cosAcosB-sinAsinB＞0
∴ cos(A＋B)＞0
∵ cos(A＋B)＝-cosC
∴ -cosC＞0
∴ cosC＜0
∴ 90°＜C＜180°
∴ △ABC是钝角三角形
∴ 三角形的外心位于三角形的外部．
3．（全国10高考）半径为R的圆外接于△ABC，且2R(sin2A-sin2C)＝(a-b)sinB．
(1)求角C；
(2)求△ABC面积的最大值．
【解析】：(1)∵
∵ 2R(sin2A-sin2C)＝(a－b)sinB
∴ 2R［()2-()2］＝(a-b)·
∴ a2-c2＝ab-b2
∴
∴ cosC＝，∴ C＝30°
(2)∵ S＝absinC ＝·2RsinA·2RsinB·sinC ＝R2sinAsinB ＝-［cos(A＋B)-cos(A-B)］
＝［cos(A-B)＋cosC］ ＝［cos(A-B)＋］
当cos(A-B)＝1时，S有最大值
第二章 数列
*******毋庸置疑，数列是历年各省市解答题中必出的内容。因此同学要熟练百倍！
一、基础知识【理解去记】
定义1 数列，按顺序给出的一列数，例如1，2，3，…，n，…. 数列分有穷数列和无穷数列两种，数列{an}的一般形式通常记作a1, a2, a3,…，an或a1, a2, a3,…，an…。其中a1叫做数列的首项，an是关于n的具体表达式，称为数列的通项。
定理1 若Sn表示{an}的前n项和，则S1=a1, 当n>1时，an=Sn-Sn-1.
定义2 等差数列，如果对任意的正整数n，都有an+1-an=d（常数），则{an}称为等差数列，d叫做公差。若三个数a, b, c成等差数列，即2b=a+c，则称b为a和c的等差中项，若公差为d, 则a=b-d, c=b+d.
定理2 *****【必考】等差数列的性质：1）通项公式an=a1+(n-1)d；2）前n项和公式：Sn=；3）an-am=(n-m)d，其中n, m为正整数；4）若n+m=p+q，则an+am=ap+a q；5）对任意正整数p, q，恒有ap-aq=(p-q)(a2-a1)；6）若A，B至少有一个不为零，则{an}是等差数列的充要条件是Sn=An2+Bn.
定义3 等比数列，若对任意的正整数n，都有，则{an}称为等比数列，q叫做公比。
定理3 *****【必考】等比数列的性质：1）an=a1qn-1；2）前n项和Sn，当q1时，Sn=；当q=1时，Sn=na1；3）如果a, b, c成等比数列，即b2=ac(b0)，则b叫做a, c的等比中项；4）若m+n=p+q，则aman=apaq。
定义4 极限，给定数列{an}和实数A，若对任意的>0，存在M，对任意的n>M(n∈N),都有|an-A|<，则称A为n→+∞时数列{an}的极限，记作
定义5 无穷递缩等比数列，若等比数列{an}的公比q满足|q|<1，则称之为无穷递增等比数列，其前n项和Sn的极限（即其所有项的和）为（由极限的定义可得）。
定理4 数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)时n=k成立时能推出p(n)对n=k+1成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
【补充知识点】
定理5 第二数学归纳法：给定命题p(n)，若：（1）p(n0)成立；（2）当p(n)对一切n≤k的自然数n都成立时（k≥n0）可推出p(k+1)成立，则由（1），（2）可得命题p(n)对一切自然数n≥n0成立。
定理6 对于齐次二阶线性递归数列xn=axn-1+bxn-2，设它的特征方程x2=ax+b的两个根为α,β:(1)若αβ，则xn=c1an-1+c2βn-1，其中c1, c2由初始条件x1, x2的值确定；(2)若α=β，则xn=(c1n+c2) αn-1，其中c1, c2的值由x1, x2的值确定。
二、基础例题【必会】
1．不完全归纳法。
这种方法是从特殊情况出发去总结更一般的规律，当然结论未必都是正确的，但却是人类探索未知世界的普遍方式。通常解题方式为：特殊→猜想→数学归纳法证明。
例1 试给出以下几个数列的通项（不要求证明）；1）0，3，8，15，24，35，…；2）1，5，19，65，…；3）-1，0，3，8，15，…。
【解】1）an=n2-1；2）an=3n-2n；3）an=n2-2n.
例2 已知数列{an}满足a1=,a1+a 2+…+an=n2an, n≥1，求通项an.
【解】 因为a1=,又a1+a 2=22·a2,
所以a2=，a3=,猜想(n≥1).
证明；1）当n=1时，a1=，猜想正确。2）假设当n≤k时猜想成立。
当n=k+1时，由归纳假设及题设，a1+ a1+…+a1=[(k+1)2-1] ak+1,，
所以=k(k+2)ak+1,
即=k(k+2)ak+1,
所以=k(k+2)ak+1,所以ak+1=
由数学归纳法可得猜想成立，所以
例3 设0
1.
【证明】 证明更强的结论：1an.
又由an+1=5an+移项、平方得
①
当n≥2时，把①式中的n换成n-1得，即
②
因为an-10,
所以Sn, 所以，
所以Sn<2，得证。
4．特征方程法
例9 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=4n+1-4an，求an.
【解】 由特征方程x2=4x-4得x1=x2=2.
故设an=(α+βn)·2n-1，其中，
所以α=3，β=0，
所以an=3·2n-1.
例10 已知数列{an}满足a1=3, a2=6, an+2=2an+1+3an，求通项an.
【解】 由特征方程x2=2x+3得x1=3, x2=-1,
所以an=α·3n+β·(-1)n，其中，
解得α=，β，
所以·3]。
5．构造等差或等比数列
例11 正数列a0,a1,…,an,…满足=2an-1(n≥2)且a0=a1=1，求通项。
【解】 由得=1，
即
令bn=+1，则{bn}是首项为+1=2，公比为2的等比数列，
所以bn=+1=2n，所以=（2n-1）2，
所以an=·…··a0=
注：C1·C2·…·Cn.
例12 已知数列{xn}满足x1=2, xn+1=,n∈N+, 求通项。
【解】 考虑函数f(x)=的不动点，由=x得x=
因为x1=2, xn+1=,可知{xn}的每项均为正数。
又+2≥，所以xn+1≥(n≥1)。又
Xn+1-==, ①
Xn+1+==, ②
由①÷②得。 ③
又>0，
由③可知对任意n∈N+，>0且,
所以是首项为，公比为2的等比数列。
所以·，所以，
解得·。
注意：本例解法是借助于不动点，具有普遍意义。
三、趋近高考【必懂】
1.（2010.北京）设，则（ ）．
（A） （B）
（C） （D）
解析：数列，…，是以2为首项，8为公比的等比数列，给出的这个数列共有项，根据等比数列的求和公式有．选（D）．
2.（2010.广东）在德国不来梅举行的第48届世乒赛期间，某商店橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1堆只有1层，就一个球；第2，3，4，…堆最底层（第一层）分别按下图所示方式固定摆放，从第二层开始，每层的小球自然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一个乒乓球，以表示第n堆的乒乓球总数，则_____；=_____（答案用n表示）．
【解析】：观察归纳，； 观察图示，不难发现第堆最底层（第一层）的乒乓球数，第n堆的乒乓球总数相当于n堆乒乓球的底层数之和，
即．
品：数列求和，无论等差还是等比数列，分清项数及规律都尤为重要．
3.（2010.北京）设等差数列的首项及公差d都为整数，前n项和为．
（1）若，求数列的通项公式；
（2）若，求所有可能的数列的通项公式．
【解析】：（1）由，即，
解得 ．
因此，的通项公式是；
（2）由，得 ，
即
由①+②，得 ，即．
由①+③，得 ，即．
所以．
又，故．
将代入①、②，得 ．
又，故或．
所以，数列的通项公式是或．
品：利用等差（比）数列的定义构造方程（组）或不等式（组）是常用的解题方法．
4.（2010.江苏）设数列满足
，证明为等差数列的充要条件是为等差数列且．
【解析】：必要性：设是公差为的等差数列，
则
．
易知成立．
由递推关系
（常数）（n=1，2，3，…）．
所以数列为等差数列．
充分性：设数列是公差为的等差数列，且，
∵， ①
∴， ②
由①②，得 ．
∵，
∴， ③
从而有， ④
④③，得， ⑤
∵，
∴由⑤得，
由此不妨设，
则（常数）．
由此．
从而，两式相减得．
因此（常数）（n=1，2，3，…），即数列为等差数列．
品：利用递推关系式是解决数列问题的重要方法，要熟练掌握等差数列的定义、通项公式．
5.（2010.福建）已知数列满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，证明是等差数列．
【解析】：（1）∵，∴．
∴是以为首项，2为公比的等比数列．
∴，即；
（2）∵，
利用的通项公式，有．
∴．①
构建递推关系
， ②
②－①，得
，③
从而有，④
③④，得 ，即．
故是等差数列．
[方法：]由递推式求数列的通项，常常构造新的辅助数列为等差或等比数列，用迭代法、累加法或累乘法求其通项．
第三章 不等式
一、基础知识【理解去记】
***【必会】不等式的基本性质：
（1）a>ba-b>0； （2）a>b, b>ca>c；
（3）a>ba+c>b+c； （4）a>b, c>0ac>bc；
（5）a>b, c<0acb>0, c>d>0ac>bd;
（7）a>b>0, n∈N+an>bn; （8）a>b>0, n∈N+;
（9）a>0, |x|ax>a或x<-a;
（10）a, b∈R，则|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|;
（11）a, b∈R，则(a-b)2≥0a2+b2≥2ab;
（12）x, y, z∈R+，则x+y≥2, x+y+z
因为前五条是显然的，以下从第六条开始给出证明。
（6）因为a>b>0, c>d>0，所以ac>bc, bc>bd，所以ac>bd；重复利用性质（6），可得性质（7）；再证性质（8），用反证法，若，由性质（7）得，即a≤b，与a>b矛盾，所以假设不成立，所以；由绝对值的意义知（9）成立；-|a|≤a≤|a|, -|b|≤b≤|b|，所以-(|a|+|b|)≤a+b≤|a|+|b|，所以|a+b|≤|a|+|b|；下面再证（10）的左边，因为|a|=|a+b-b|≤|a+b|+|b|，所以|a|-|b|≤|a+b|，所以（10）成立；（11）显然成立；下证（12），因为x+y-2≥0，所以x+y≥，当且仅当x=y时，等号成立，再证另一不等式，令，因为x3+b3+c3-3abc =(a+b)3+c3-3a2b-3ab2-3abc =(a+b)3+c3-3ab(a+b+c)=(a+b+c)[(a+b)2-(a+b)c+c2]-3ab(a+b+c)=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ca)= (a+b+c)[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2] ≥0，所以a3+b3+c3≥3abc，即x+y+z≥，等号当且仅当x=y=z时成立。
二、基础例题【必会】
1．不等式证明的基本方法。
（1）比较法，在证明A>B或A0）与1比较大小，最后得出结论。
例1 设a, b, c∈R+，试证：对任意实数x, y, z, 有x2+y2+z2
【证明】 左边-右边= x2+y2+z2
所以左边≥右边，不等式成立。
例2 若alog(1-x)(1-x)=1（因为0<1-x2<1，所以>1-x>0, 0<1-x<1）.
所以|loga(1+x)|>|loga(1-x)|.
（2）分析法，即从欲证不等式出发，层层推出使之成立的充分条件，直到已知为止，叙述方式为：要证……，只需证……。
例3 已知a, b, c∈R+，求证：a+b+c-3≥a+b
【证明】 要证a+b+c≥a+b只需证，
因为，所以原不等式成立。
例4 已知实数a, b, c满足0(n+1)n.
【证明】 1）当n=3时，因为34=81>64=43，所以命题成立。
2）设n=k时有kk+1>(k+1)k，当n=k+1时，只需证(k+1)k+2>(k+2)k+1，即>1. 因为，所以只需证，即证(k+1)2k+2>[k(k+2)]k+1，只需证(k+1)2>k(k+2)，即证k2+2k+1>k2+2k. 显然成立。
所以由数学归纳法，命题成立。
（4）反证法。
例6 设实数a0, a1,…,an满足a0=an=0，且a0-2a1+a2≥0, a1-2a2+a3≥0,…, an-2-2an-1+an≥0，求证ak≤0(k=1, 2,…, n-1).
【证明】 假设ak(k=1, 2,…,n-1) 中至少有一个正数，不妨设ar是a1, a2,…, an-1中第一个出现的正数，则a1≤0, a2≤0,…, ar-1≤0, ar>0. 于是ar-ar-1>0，依题设ak+1-ak≥ak-ak-1(k=1, 2, …, n-1)。
所以从k=r起有an-ak-1≥an-1-an-2 ≥…≥ar-ar-1>0.
因为an≥ak-1≥…≥ar+1≥ar >0与an=0矛盾。故命题获证。
（5）分类讨论法。
例7 已知x, y, z∈R+，求证：
【证明】 不妨设x≥y, x≥z.
ⅰ）x≥y≥z，则，x2≥y2≥z2，由排序原理可得
，原不等式成立。
ⅱ）x≥z≥y，则，x2≥z2≥y2，由排序原理可得
，原不等式成立。
（6）放缩法，即要证A>B，可证A>C1, C1≥C2,…,Cn-1≥Cn, Cn>B(n∈N+).
例8 求证：
【证明】
，得证。
例9 已知a, b, c是△ABC的三条边长，m>0，求证：
【证明】
（因为a+b>c），得证。
（7）引入参变量法。
例10 已知x, y∈R+, l, a, b为待定正数，求f(x, y)=的最小值。
【解】 设，则，f(x,y)=
(a3+b3+3a2b+3ab2)=
，等号当且仅当时成立。所以f(x, y)min=
例11 设x1≥x2≥x3≥x4≥2, x2+x3+x4≥x1，求证：(x1+x2+x3+x4)2≤4x1x2x3x4.
【证明】 设x1=k(x2+x3+x4)，依题设有≤k≤1, x3x4≥4，原不等式等价于(1+k)2(x2+x3+x4)2≤4kx2x3x4(x2+x3+x4)，即
(x2+x3+x4) ≤x2x3x4，因为f(k)=k+在上递减，
所以(x2+x3+x4)=(x2+x3+x4)
≤·3x2=4x2≤x2x3x4.
所以原不等式成立。
（8）局部不等式。
例12 已知x, y, z∈R+，且x2+y2+z2=1，求证：
【证明】 先证
因为x(1-x2)=,
所以
同理，
，
所以
例13 已知0≤a, b, c≤1，求证：≤2。
【证明】 先证 ①
即a+b+c≤2bc+2.
即证(b-1)(c-1)+1+bc≥a.
因为0≤a, b, c≤1，所以①式成立。
同理
三个不等式相加即得原不等式成立。
（9）利用函数的思想。
例14 已知非负实数a, b, c满足ab+bc+ca=1，求f(a, b, c)=的最小值。
【解】 当a, b, c中有一个为0，另两个为1时，f(a, b, c)=，以下证明f(a, b, c) ≥. 不妨设a≥b≥c，则0≤c≤, f(a, b, c)=
因为1=(a+b)c+ab≤+(a+b)c，
解关于a+b的不等式得a+b≥2(-c).
考虑函数g(t)=, g(t)在[）上单调递增。
又因为0≤c≤，所以3c2≤1. 所以c2+a≥4c2. 所以2≥
所以f(a, b, c)=
≥
=
=
≥
下证0 ① c2+6c+9≥9c2+9≥0 因为，所以①式成立。
所以f(a, b, c) ≥，所以f(a, b, c)min=
2．几个常用的不等式——《选修4-5不等式选讲》
（1）【只需了解】柯西不等式：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则
等号当且仅当存在λ∈R，使得对任意i=1, 2, , n, ai=λbi,
变式1：若ai∈R, bi∈R, i=1, 2, …, n，则
等号成立条件为ai=λbi,(i=1, 2, …, n)。
变式2：设ai, bi同号且不为0(i=1, 2, …, n)，则
等号成立当且仅当b1=b2=…=bn.
（2）【必会】平均值不等式：设a1, a2,…,an∈R+，记Hn=, Gn=, An=，则Hn≤Gn≤An≤Qn. 即调和平均≤几何平均≤算术平均≤平方平均。
其中等号成立的条件均为a1=a2=…=an.
【证明】 由柯西不等式得An≤Qn，再由Gn≤An可得Hn≤Gn，以下仅证Gn≤An.
1）当n=2时，显然成立；
2）设n=k时有Gk≤Ak，当n=k+1时，记=Gk+1.
因为a1+a2+…+ak+ak+1+(k-1)Gk+1≥
≥2kGk+1,
所以a1+a2+…+ak+1≥(k+1)Gk+1，即Ak+1≥Gk+1.
所以由数学归纳法，结论成立。
（3）排序不等式：
例15 已知a1, a2,…,an∈R+，求证；a1+a2+…+an.
【证明】证法一：因为，…， ≥2an.
上述不等式相加即得≥a1+a2+…+an.
证法二：由柯西不等式(a1+a2+…+an)≥(a1+a2+…+an)2，
因为a1+a2+…+an >0，所以≥a1+a2+…+an.
证法三： 设a1, a2,…,an从小到大排列为，则，，由排序原理可得
=a1+a2+…+an≥，得证。
注：本讲的每种方法、定理都有极广泛的应用，希望读者在解题中再加以总结。
三、趋近高考【必懂】
1.（成都市2010届高三第三次诊断理科）不等式的解集为（ ）
(A){x|－1≤x≤2} (B) {x|－1＜x≤2}
(C){x|－1≤x＜2} (D){x|－1＜x＜2}
【答案】B[
4
y
0
6
3x＋4y＝28
x
A
z＝0.9x＋y
]【解析】原不等式等价于，
解得－1＜x≤2
2.（成都市2010理）某物流公司有6辆甲型卡车和4辆乙型卡车，此公司承接了每天至少运送280t货物的业务，已知每辆甲型卡车每天的运输量为30t，运输成本费用为0.9千元；每辆乙型卡车每天的运输量为40t，运输成本为1千元，则当每天运输成本费用最低时，所需甲型卡车的数量是( )
(A)6 (B)5 (C)4 (D)3
【答案】C
【解析】设需要甲型卡车x辆，乙型卡车y辆
由题意且x、y∈Z
运输成本目标函数z＝0.9x＋y
画出可行域(如图)可知，当目标函数经过A(4,4)时，z最小7.6千元
及需要甲型卡车和乙型卡车各4辆。
3.(绵阳2010年)把圆C：按向量a=(h，-1)平移后得圆C1，若圆C1在不等式x+y+1
≥0所确定的平面区域内，则h的最小值为（ A ）
（A）1 （B）-1 （C） （D）
4．（雅安市2010届高三第三次诊断性考试理科）已知函数的定义域为，部分函数值如表所示，其导函数的图象如图所示，若正数，满足，则
的取值范围是( B )
A． B． C． D．
5.（2010四川省攀枝花市文）已知函数
.
(Ⅰ)若且对任意实数均有成立，求实数的值；
（Ⅱ）在(Ⅰ)的条件下，当时， 是单调函数，求实数的取值范围.
【解析】）
又对任意实数均有0成立
恒成立，即恒成立
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知
在[－2，2]时是单调函数，
即实数的取值范围为
