江苏省南京市、盐城市2016届高三第二次模拟考试 数学_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
高中精品题库
最新高考模拟题
名校精品试卷
江苏省南京市、盐城市2016届高三第二次模拟考试 数学
上传于||暂无简介
阅读已结束，如果下载本文需要使用1下载券
想免费下载本文？
下载文档到电脑，查找使用更方便
还剩14页未读，继续阅读
你可能喜欢知识点梳理
【等差数列的性质】（1）{{a}_{n}}，{{a}_{m}}&是数列\{{{a}_{n}}\}中任意两项，则{{a}_{n}}{{=a}_{m}}+\(n-m\)d．（2）若&n，m，p，q&均为下标，且n+m=p+q，则{{a}_{n}}{{+a}_{m}}{{=a}_{p}}{{+a}_{q}}．（3）下标（项的序号）成等差数列，且公差为m的项：{{a}_{k}}，{{a}_{k+m}}，{{a}_{k+2m}}，…\(k,m∈{{N}^{*}}\)&组成公差为md的等差数列．
整理教师:&&
举一反三（巩固练习，成绩显著提升，去）
根据问他()知识点分析，
试题“已知数列{an}是等差数列，若a9+3a11＜0，a10oa...”，相似的试题还有：
数列{an}是等差数列，若a10+a11＜0，且a10oa11＜0，它的前n项和Sn有最大值，那么当Sn取得最小正值时，n=()
{an}为等差数列，若\frac{a_{11}}{a_{10}}＜-1，且它的前n项和Sn有最小值，那么当Sn取得最小正值时，n=()
等差数列{an}中\frac{a_{11}}{a_{10}}＜-1，它的前n项和Sn有最大值，则当Sn取得最小正值时，n=()2016届江苏省南京市、盐城市高三年级第二次模拟考试数学.doc_百度文库
两大类热门资源免费畅读
续费一年阅读会员，立省24元！
高中精品题库
最新高考模拟题
名校精品试卷
2016届江苏省南京市、盐城市高三年级第二次模拟考试数学.doc
||暂无简介
总评分4.0|
浏览量360675
阅读已结束，如果下载本文需要使用0下载券
想免费下载更多文档？
下载文档到电脑，查找使用更方便
还剩14页未读，继续阅读
你可能喜欢　　一、选择题 　　1.若a<b<0，则下列不等式一定成立的是（）. 　　（A）11a-b>11b（B）a" />
免费阅读期刊
论文发表、论文指导
周一至周五
9：00&22：00
2014年高考数学复习单元过关试题(中)
&&&&&&本期共收录文章7篇
　　一、选择题 中国论文网 /9/view-5371926.htm　　1.若a<b<0，则下列不等式一定成立的是（）. 　　（A）11a-b>11b（B）a2　　（C）|b|1|a|bn 　　2.若x∈（e -1，1），a=ln x，b=（112）ln x，c=e ln x，则a，b，c的大小关系为（）. 　　（A）c>b>a（B）b>c>a 　　（C）a>b>c（D）b>a>c 　　3.已知x，y满足不等式组x+2y≤8， 　　2x+y≤8， 　　x≥0， 　　y≥0，则目标函数z=3x+y的最大值为（）. 　　（A）3213（B）12 　　（C）8（D）24 　　4.已知点（x，y）在△ABC所包围的阴影区域内（包含边界），若B（3，512）是使得z=ax-y取得最大值的最优解，则实数a的取值范围为（）. 　　（A）a≥-112（B）a≥0 　　（C）a≤-112（D）-112≤a≤0 　　5.若两个正实数x，y满足21x+11y=1，并且x+2y>m2+2m恒成立，则实数m的取值范围是（）. 　　（A）（-∞，-2）∪[4，+∞） 　　（B）（-∞，-4）∪[2，+∞） 　　（C）（-2，4） 　　（D）（-4，2） 　　6.已知实数x，y满足约束条件x+y≥1， 　　x-y≥-1， 　　2x-y≤2，若函数z=ax+by（a>0，b>0）的最大值为7，则31a+41b的最小值为（）. 　　（A）7（B）2417 　　（C）3717（D）18 　　7.（理）已知函数f（x）=x（1+a|x|）.设关于x的不等式f（x+a）<f（x）的解集为A.若[-112，112]A，则实数a的取值范围是（）. 　　（A）（1-1512，0） 　　（B）（1-1312，0） 　　（C）（1-1512，0）∪（0，1+1312） 　　（D）（-∞，1-1512） 　　（文）设函数f（x）=e x+x-2，g（x）=ln x+x2-3.若实数a，b满足f（a）=0，g（b）=0，则（）. 　　（A）g（a）<0<f（b） 　　（B）f（b）<0<g（a） 　　（C）0<g（a）<f（b） 　　（D）f（b）<g（a）<0 　　8.（理）设a=∫2111xdx，b=∫3111xdx，c=∫5111xdx，则下列关系式成立的是（）. 　　（A）a12<b132，不等式（x-a）x≤a+2都成立，则实数a的取值范围是（）. 　　（A）[-1，7] 　　（B）（-∞，3] 　　（C）（-∞，7] 　　（D）（-∞，-1]∪[7，+∞） 　　9.已知函数f（x）=-x2+2x，x≤0， 　　ln （x+1），x>0.若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是（）. 　　（A）（-∞，0]（B）（-∞，1] 　　（C）[-2，1]（D）（-2，0] 　　10.已知x∈（0，π12），且函数f（x）=1+2sin2x1sin 2x的最小值为b，若函数g（x）=-1（π14<x<π12）， 　　8x2-6bx+4（0<x≤π14），则不等式g（x）≤1的解集为（）. 　　（A）（π14，π12）（B）（π14，1312] 　　（C）[]（D）[1314，π12） 　　11.已知定义域为R的奇函数f（x）的导函数为f′（x），当x≠0时，f′（x）+f（x）1x>0，若a=112f（112），b=-2f（-2），c=ln 112f（ln 2），则下列关于a，b，c的大小关系正确的是（）. 　　（A）a>b>c（B）a>c>b 　　（C）c>b>a（D）b>a>c 　　12.已知函数f（x）=113x3+112ax2+bx+c在x1处取得极大值，在x2处取得极小值，满足x1∈（-1，1），x2∈（2，4），则a+2b的取值范围是（）. 　　（A）（-11，-3）（B）（-6，-4） 　　（C）（-11，3）（D）（-16，-8） 　　二、填空题 　　13.已知不等式|x+2|>1的解集与不等式x2+ax+b>0的解集相等，则a+b的值为. 　　14.已知f（x）是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f（x）=x2-4x，那么不等式f（x+2）<5的解集为. 　　15.若实数x，y满足112≤x≤1， 　　y≥-x+1， 　　y≤x+1，则y+11x的取值范围是. 　　16.已知O为坐标原点，点M的坐标为（2，1），点N（x，y）的坐标x，y满足不等式组x+2y-3≤0， 　　x+3y-3≥0， 　　y≤1，则OM?ON的取值范围是. 　　17.某种饮料分两次提价，提价方案有两种，方案甲：第一次提价p%，第二次提价q%；方案乙：每次都提价p+q12%，若p>q>0，则提价多的方案是. 　　18.函数y=loga（x+3）-1（a>0且a≠1）的图象恒过定点A，若点A在mx+ny+2=0上，其中mn>0，则11m+11n的最小值为.
　　19.已知不等式xy≤ax2+2y2，若对任意x∈[1，2]，且y∈[2，3]，该不等式恒成立，则实数a的取值范围是. 　　20.已知函数f（x）=x3-ax2+bx+3（a，b∈R），若函数f（x）在[0，1]上单调递减，则a2+b2的最小值为. 　　三、解答题 　　21.已知函数f（x）=x2+2x+a. 　　（Ⅰ）当a=112时，求不等式f（x）>1的解集； 　　（Ⅱ）若对任意的x∈[1，+∞），f（x）>0恒成立，求实数a的取值范围. 　　22.已知函数f（x）=kx+b的图象过点（2，1），且方向向量v=（1，-1），若不等式f（x）≥x2+x-5的解集为A，且A（-8，a]. 　　（Ⅰ）求a的取值范围； 　　（Ⅱ）解不等式x2-（a+3）x+2a+31f（x）<1. 　　23.设f（x）=ln x+1x-1，证明： 　　（Ⅰ）当x>1时，f（x）<312（x-1）； 　　（Ⅱ）当1<x<3时，f（x）<9（x-1）1x+5. 　　24.已知实数组成的数组（x1，x2，x3，…，xn）满足条件： 　　①∑n1i=1xi=0；②∑n1i=1|xi|=1. 　　（Ⅰ）当n=2时，求x1，x2的值； 　　（Ⅱ）当n=3时，求证：|3x1+2x2+x3|≤1； 　　（Ⅲ）设a1≥a2≥a3≥…≥an，且a1>an（n≥2）， 　　求证：|∑n1i=1aixi|≤112（a1-an）. 　　25.已知函数f（x）=aln x+11e x在x=1处的切线方程为y=11e . 　　（Ⅰ）求a的值及函数f（x）的单调区间； 　　（Ⅱ）设f′（x）为f（x）的导函数，证明：对任意x>0，x?f′（x）-1<11e -x1e x. 　　26.已知函数f（x）=112x2-113ax3（a>0），函数g（x）=f（x）+e x（x-1），函数g（x）的导函数为g′（x）. 　　（Ⅰ）求函数f（x）的极值. 　　（Ⅱ）若a=e ， 　　（1）求函数g（x）的单调区间； 　　（2）求证：x>0时，不等式 　　g′（x）≥1+ln x恒成立. 　　27.已知函数f（x）=aln x+1（a>0）. 　　（Ⅰ）当x>0时，求证：f（x）-1≥a（1-11x）； 　　（Ⅱ）在区间（1，e ）上f（x）>x恒成立，求实数a的范围； 　　（Ⅲ）当a=112时，求证：f（2）+f（3）+…+f（n+1）>2（n+1-1n+1）（n∈N*）. 　　28.函数f（x）=ln x-ax2（a∈R）. 　　（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间； 　　（Ⅱ）当a=118时，证明： 　　存在x0∈（2，+∞），使f（x0）=f（1）； 　　（Ⅲ）当a=114时，证明： 　　f（1）≤+1-314. 　　29.已知函数f（x）=ax2+2x1x+1，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线的斜率是514. 　　（Ⅰ）求a的值； 　　（Ⅱ）设g（x）=11x+mf（x-1）（m<1），若当x∈[1，+∞）时，恒有g（x）≥1，求m的取值范围. 　　参考答案 　　1.C.用特殊值验证法.不妨令a=-2，b=-1满足a<b<0，代入各选项检验，选项A，B，D不恒成立，仅选项C恒成立.∴选C. 　　2.B.∵x∈（e -1，1），∴a=ln x∈（-1，0），b=（112）ln x∈（1，2），c=e ln x=x∈（11e ，1）. 　　∴b>c>a.∴选B. 　　3.B.由目标函数的几何意义知，z=3x+y在可行域的顶点（4，0）处取得最大值. 　　zmax=3×4=12.∴选B. 　　4.A.由题图可知，kAB=-112，kBC不存在，要使B（3，512）是目标函数取得最大值的最优解，则需a≥-112.∴选A. 　　5.D.x+2y=（x+2y）（21x+11y）=2+4y1x+x1y+2≥8，当且仅当4y1x=x1y，即4y2=x2时等号成立.x+2y>m2+2m恒成立，则m2+2m<8，m2+2m-8<0. 　　解之，得-4<m<2，故选D. 　　6.A.依题意，在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线ax+by=0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点（3，4）时，相应直线在x轴上的截距达到最大，此时z=ax+by取得最大值；zmax=3a+4b=7. 　　31a+41b=117（31a+41b）（3a+4b）=117[25+12（b1a+a1b）]≥117（25+12×21b1a×a1b）=7，当且仅当b1a=a1b，即a=b=1时取等号，因此31a+41b的最小值是7，选A. 　　7.（理）A.由题意知，0∈A，且f（a）<f（0）=0，∴a（1+a|a|）0时，此不等式无解；当a0，∴-1　　-112a-a12>112，即a2-a-1<0， 　　a2+a+1>0.解之，得1-1512
　　又-1　　（文）A.∵函数f（x）=e x+x-2在R上单调递增，且f（0）=1-20，∴f（a）=0时，a∈（0，1）.又g（x）=ln x+x2-3在（0，+∞）上单调递增，且g（1）=-2<0，∴g（a）<0. 　　由g（2）=ln 2+1>0，g（b）=0，得b∈（1，2）.又f（1）=e -1>0，且f（x）=e x+x-2在R上单调递增，∴f（b）>0. 　　综上可知，g（a）<0<f（b）.∴选A. 　　8.（理）C.由题意，得a=ln 2，b=ln 3，c=ln 5.∴3a=ln 8，2b=ln 9，即3a<2b，∴a12<b13；又5a=ln 32，2c=ln 25，∴2c<5a，即c15　　（文）C.由题意得（x-a）x=（x-a）（1-x），故不等式（x-a）x≤a+2可化为（x-a）（1-x）≤a+2，化简得x2-（a+1）x+2a+2≥0，故原题等价于x2-（a+1）x+2a+2≥0在（2，+∞）上恒成立，由二次函数f（x）=x2-（a+1）x+2a+2的图象知其对称轴为x=a+112.讨论得a+112≤2， 　　f（2）≥0，或a+112>2， 　　f（a+112）≥0.解之，得a≤3或3　　9.D.当x≤0时，f（x）=-x2+2x=-（x-1）2+1≤0，∴|f（x）|≥ax化为x2-2x≥ax，即x2≥（a+2）x.∵x≤0，∴a+2≥x恒成立，∴a≥-2.当x>0时，f（x）=ln （x+1）>0.∴|f（x）|≥ax化为ln （x+1）≥ax恒成立，则a≤0.∴a∈[-2，0].∴选D. 　　10.D.依题意，当x∈（0，π12）时，f（x）=3sin2x+cos 2x12sinxcos x=112（3tan x+11tan x）≥13tan x?11tan x=13，当且仅当3tan x=11tan x，即tan x=1313，x=π16时取等号，因此b=13，不等式g（x）≤1等价于①π14<x<π12，或②0<x≤π14， 　　8x2-613x+4≤1，解②得1314≤x≤π14，因此不等式g（x）≤1的解集是{x|1314≤x≤π14}∪{x|π14<x<π12}=[1314，π12），∴选D. 　　11.D.由f′（x）+f（x）1x=xf′（x）+f（x）1x=[xf（x）]′1x>0，得函数F（x）=xf（x）在区间（0，+∞）上是增函数，又f（x）是R上的奇函数，所以F（x）在R上是偶函数，所以b=F（-2）=F（2）>a=F（112）>0，c=-F（ln 2）<0，故选D. 　　12.C.f′（x）=x2+ax+b，由题意知，f′（-1）=（-1）2+a（-1）+b=1-a+b>0， 　　f′（1）=1+a+b<0， 　　f′（2）=22+a×2+b=4+2a+b<0， 　　f′（4）=42+a×4+b=16+4a+b>0. 　　画出不等式组构成的平面区域如图中的阴影部分所示（不含边界）. 　　四边形的四个顶点分别为A（-3，-4），B（-1，-2），C（-3，2），D（-5，4）. 　　∴当a=-5，b=4时，z=a+2b=3；当a=-3，b=-4时，z=a+2b=-11.结合图象可知，z=a+2b的取值范围是（-11，3）. 　　13.-1.∵不等式|x-2|>1的解集为（-∞，1）∪（3，+∞），且与不等式x2+ax+b>0的解集相等，∴1，3是方程x2+ax+b=0的两个根，∴1+3=-a， 　　1×3=b，∴a=-4， 　　b=3. 　　∴a+b=-1. 　　14.（-7，3）.当x≥0时，f（x）=x2-4x<5的解集为[0，5）.又∵f（x）为偶函数，∴f（x）<5的解集为（-5，5）.∴f（x+2）<5的解集为（-7，3）. 　　15.[1，5].由题意可知，y+11x=y-（-1）1x-0，即为求不等式组所表示的平面区域内的点（x，y）与点（0，-1）连线的斜率k的取值范围，由图可知，k∈[1，5]. 　　16.[1，6].由题意，得OM?ON=2x+y，在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线2x+y=0，平移该直线，当平移到经过该平面区域内的点时，注意观察相应直线在y轴上的截距情况，结合图形不难得知，相应直线在y轴上的截距的取值范围是[1，6]，即OM?ON的取值范围是[1，6]. 　　17.乙.设原价为a，则方案甲提价后为a（1+p%）（1+q%），方案乙提价后为a（1+p+q12%）2.由于（1+p%）（1+q%）<[（1+p%）+（1+q%）12]2=（1+p+q12%）2，故提价多的是方案乙. 　　18.3+21212.注意到当x=-2时，y=log a（-2+3）-1=-1，即定点A的坐标为（-2，-1），于是有-2m-n+2=0，即m+n12=1，11m+11n=（11m+11n）（m+n12）=312+n12m+m1n≥312+21n12m×m1n=3+21212，当且仅当n12m=m1n，即n=12m=2（12-1）时取等号，因此11m+11n的最小值是3+21212. 　　19.a≥-1.依题意得，当x∈[1，2]，且y∈[2，3]时，不等式xy≤ax2+2y2，即a≥xy-2y21x2=y1x-2?（y1x）2=-2（y1x-114）2+118.在坐标平面内画出不等式组1≤x≤2， 　　2≤y≤3表示的平面区域，注意到y1x可视为该区域内的点（x，y）与原点连线的斜率，结合图形可知，y1x的取值范围是[1，3]，此时-2（y1x-114）2+118的最大值是-1，因此满足题意的实数a的取值范围是a≥-1.
　　（Ⅱ）不等式可化为： 　　1-xln x<e x（1+11e ）. 　　由k（x）=1-xln x，得k′（x）=-1-ln x. 　　k′（x）>0，得0<x<11e ， 　　k′（x）11e ， 　　∴k（x）在（0，11e ）上为增函数，在（11e ，+∞）上为减函数， 　　∴k（x）≤k（11e ）=1+11e . 　　∵x>0，∴e x>1， 　　∴1-xln x<1+11e <e x（1+11e ）. 　　∴对任意x>0，x?f′（x）-1<11e -x1e x成立. 　　26.解：（Ⅰ）f′（x）=x-ax2 　　=-ax（x-11a）， 　　∴当f′（x）=0时，x=0或x=11a. 　　又a>0， 　　∴当x∈（-∞，0）时，f′（x）<0； 　　当x∈（0，11a）时，f′（x）>0； 　　当x∈（11a，+∞）时，f′（x）<0. 　　∴f（x）的极小值为f（0）=0，f（x）的极大值为f（11a）=116a2. 　　（Ⅱ）∵a=e ， 　　∴g（x）=112x2-113e x3+e x（x-1）， 　　g′（x）=x（e x-e x+1）. 　　（1）记h（x）=e x-e x+1， 　　则h′（x）=e x-e . 　　当x∈（-∞，1）时，h′（x）0，h（x）是增函数， 　　∴h（x）≥h（1）=1>0. 　　∴在（0，+∞）上，g′（x）>0；在（-∞，0）上，g′（x）<0， 　　故函数g（x）的单调递增区间是（0，+∞），单调递减区间是（-∞，0）. 　　（2）当x>0时，g′（x）=x（e x-e x+1） 　　≥1+ln xe x-e x+1≥1+ln x1x， 　　由（1）知，h（x）=e x-e x+1≥1. 　　记φ（x）=1+ln x-x（x>0）， 　　则φ′（x）=1-x1x. 　　在区间（0，1）上，φ′（x）>0，φ（x）是增函数；在区间（1，+∞）上，φ′（x）<0，φ（x）是减函数， 　　∴φ（x）≤φ（1）=0，即1+ln x-x≤0， 　　∴1+ln x1x≤1. 　　∴e x-e x+1≥1≥1+ln x1x， 　　即g′（x）≥1+ln x恒成立. 　　27.解：（Ⅰ）设φ（x）=f（x）-1-a（1-11x）=aln x-a（1-11x）（x>0）， 　　则φ′（x）=a1x-a1x2，令φ′（x）=0，则x=1，易知φ（x）在x=1处取到最小值，故φ（x）≥φ（1）=0，即f（x）-1≥a（1-11x）. 　　（Ⅱ）由f（x）>x，得aln x+1>x， 　　即a>x-11ln x. 　　令g（x）=x-11ln x（1<x<e ）， 　　则g′（x）=ln x-x-11x1（ln x）2. 　　令h（x）=ln x-x-11x（1<x0，故h（x）在定义域上单调递增，所以h（x）>h（1）=0. 　　因为h（x）>0，所以g′（x）>0，即g（x）在定义域上单调递增， 　　则g（x）<g（e ）=e -1，即x-11ln x<e -1，所以a的取值范围为[e -1，+∞）. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知，ln x≥1-11x， 　　则ln 1n≥1-111n. 　　∴f（2）+f（3）+…+f（n+1）=112[ln 2+ln 3+…+ln （n+1）]+n=ln 12+ln 13+…+ln 1n+1+n≥1-3+…+1-111n+1+n=2n-2（+…+1121n+1）>2n-2（111+12+1112+13+…+111n+1n+1）=2（n+1-1n+1）， 　　即f（2）+f（3）+…+f（n+1）>2（n+1-1n+1）. 　　28.解：（Ⅰ）函数f（x）=ln x-ax2的定义域为（0，+∞）. 　　∵f′（x）=11x-2ax=-2ax2+11x， 　　∴（1）当a≤0时，f′（x）>0，∴函数f（x）=ln x-ax2的单调递增区间为（0，+∞）； 　　（2）当a>0时，若f′（x）>0，有0<x<12a12a，若f′（x）12a12a， 　　∴函数f（x）=ln x-ax2的单调递减区间为（12a12a，+∞），单调递增区间为（0，12a12a）. 　　综上，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），当a>0时，函数f（x）的单调递增区间为（12a12a，+∞），单调递增区间为（0，12a12a）. 　　（Ⅱ）当a=118时，f′（x）=-x2+414x. 　　∴当x∈（0，2）时函数f（x）是增函数，当x∈（2，+∞）时函数f（x）是减函数， 　　∴函数f（x）的最大值为f（2）=ln 2-112. 　　∵f（1）=-118， 　　在（2，+∞）上取x=e 4，计算得f（e 4）=4-e 818<4-2818=-28<f（1）. 　　∴f（e 4）<f（1）<f（2）. 　　∵x∈（0，2）时函数f（x）是增函数，x∈（2，+∞）时函数f（x）是减函数，
　　∴存在x0∈（2，e 4），使f（x0）=f（1）， 　　∴存在x0∈（2，+∞），使f（x0）=f（1）. 　　（Ⅲ）∵x4+1≥2x2， 　　∴+1≥1214?12x， 　　∴+1≥x12. 　　令g（x）=f（x）-（x12-314） 　　=ln x-114x2-112x+314， 　　∴g′（x）=11x-112x-112=-x2-x+212x. 　　∴当x∈（0，1）时，g′（x）>0，函数g（x）是增函数，当x∈（1，+∞）时，g′（x）<0，函数g（x）是减函数， 　　∴g（x）≤g（1）=0. 　　∴ln x-114x2-112x+314≤0， 　　ln x-114x2≤112x-314. 　　∴f（x）≤+1-314. 　　29.解：（Ⅰ）由f（x）=ln x+11e x，得f′（x）=e x1x-e xln x-e x1（e x）2=11x-ln x-11e x.令h（x）=11x-ln x-1，则h′（x）=-11x2-11x. 　　又x>0，∴h′（x）<0， 　　∴h（x）为减函数.又h（1）=0， 　　∴当x∈（0，1）时，h（x）>0，当x∈（1，+∞）时，h（x）<0. 　　∴当x∈（0，1）时，f′（x）>0，当x∈（1，+∞）时，f′（x）<0. 　　∴f（x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）得f′（x）=11x-ln x-11e x. 　　要证明f′（x）<1+e -21x2+x， 　　只需证11x-ln x-11e x<1+e -21x2+x即可， 　　∵x>0，∴11x-ln x-11e x<1+e -21x2+x 　　等价于1-xln x-x1xe x<1+e -21x2+x， 　　等价于1-xln x-x<e x1x+1（1+e -2）. 　　令g（x）=1-xln x-x，则g′（x）=-ln x-2=-（ln x-ln e -2）（x>0）， 　　因此，当x∈（0，e -2）时，g′（x）>0，g（x）为增函数， 　　当x∈（e -2，+∞）时，g′（x）<0，g（x）为减函数， 　　则g（x）的最大值为g（e -2）=1-e -2. 　　令φ（x）=e x1x+1， 　　则φ′（x）=e x（x+1）-e x1（x+1）2=xe x1（x+1）2. 　　∵x>0，∴φ′（x）>0，φ（x）为增函数， 　　φ（x）>φ（0）=1，即e x1x+1>1， 　　∴1-xln x-x≤1+e -2<e x1x+1（1+e -2）. 　　∴f′（x）<1+e -21x2+x成立. 　　七、数列部分 　　一、选择题 　　1.在数列{an}中，an+1=can（c为非零常数），前n项和为Sn=3n+k，则实数k为（）. 　　（A）-1（B）0 　　（C）1（D）2 　　2.设数列{an}的前n项和Sn=2n-1，则S41a3的值为（）. 　　（A）1514（B）1512 　　（C）714（D）712 　　3.已知{an}为等比数列，若a4+a6=10，则a1a7+2a3a7+a3a9=（）. 　　（A）10（B）20 　　（C）60（D）100 　　4.已知数列{an}是等差数列，且a1+a4+a7=2π，则tan （a3+a5）的值为（）. 　　（A）3（B）-3 　　（C）313（D）-313 　　5.设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=1，a3=5，Sk+2-Sk=36，则k的值为（）. 　　（A）8（B）7 　　（C）6（D）5 　　6.在正项等比数列{an}中，已知a1a2a3=4，a4a5a6=12，an-1anan+1=324，则n=（）. 　　（A）11（B）12 　　（C）14（D）16 　　7.已知数列{an}为等比数列，Sn是它的前n项和，若a2?a3=2a1，且a4与2a7的等差中项为514，则S5=（）. 　　（A）35（B）33 　　（C）31（D）29 　　8.把70个面包分五份给5个人，使每人所得成等差数列，且使较大的三份之和的116是较小的两份之和，则最小的一份为（）. 　　（A）2（B）8 　　（C）14（D）20 　　9.已知数列{an}满足a1=1，an+1?an=2n（n∈N*），Sn是数列{an}的前n项和，则S2014=（）. 　　（A）22014-1（B）3×21007-3 　　（C）3×21007-1（D）3×21006-2 　　10.数列{an}满足an+1+（-1）nan=2n-1，则{an}的前60项和为（）. 　　（A）3690（B）3660 　　（C）1845（D）1830 　　11.已知数列an：111，211，112，311，212，113，411，312，213，114，…，依它的前10项的规律，则a99+a100的值为（）. 　　（A）37124（B）716 　　（C）11115（D）7115
　　12.正项等比数列{an}中，存在两项am，an（m，n∈N*）使得aman=4a1，且a7=a6+2a5，则11m+51n的最小值为（）. 　　（A）714（B）1+513 　　（C）2516（D）21513 　　13.已知实数a，b，c，d成等比数列，且函数f（x）=ln x-x，当x=b时取得极大值c，则ad=（）. 　　（A）1（B）0 　　（C）-1（D）2 　　14.已知函数f（x）=（3-a）x-3，x≤7， 　　ax-6，x>7.若数列{an}满足an=f（n）（n∈N*），且{an}是递增数列，则实数a的取值范围是（）. 　　（A）[914，3）（B）（914，3） 　　（C）（2，3）（D）（1，3） 　　二、填空题 　　15.等比数列{an}的前n项和为Sn，a2=2a1，则S41a4的值是. 　　16.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3+a4+a5=12，则S7的值为. 　　17.等差数列{an}中，a3+a4=9，a2a5=18，则a1a6=. 　　18.已知数列{an}满足anan+1an+2an+3=24，且a1=1，a2=2，a3=3，则a1+a2+a3+…+a2014=. 　　19.数列{an}满足：a1+3a2+5a4+…+（2n-1）?an=（n-1）?3n+1+3（n∈N*），则数列{an}的通项公式为an=. 　　20.设数列{an}的通项公式为an=2n-10（n∈N*），则|a1|+|a2|+…+|a15|=. 　　21.在等差数列{an}中，a2=5，a6=21，记数列{11an}的前n项和为Sn，若S2n+1-Sn≤m115对任意n∈N*恒成立，则正整数m的最小值为. 　　22.已知f（x）=111+x，各项均为正数的数列{an}满足a1=1，an+2=f（an）.若a，则a20+a11=. 　　23.（理）已知an=∫n0（2x+1）dx，数列{11an}的前n项和为Sn，数列{bn}的通项公式为bn=n-8，则bnSn的最小值为. 　　（文）已知数列{an}中，an=2+4+6+…+2n，若数列{11an}的前n项和为Sn，数列{bn}的通项公式为bn=n-8，则bnSn的最小值为. 　　三、解答题 　　24.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，a1=213，且S2+112a2=1. 　　（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅱ）记bn=log 3a2n14，求数列{11bn?bn+2}的前n项和Tn. 　　25.数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=312（an-1），数列{bn}满足bn=114bn-1-314（n≥2），且b1=3. 　　（Ⅰ）求数列{an}与{bn}的通项公式； 　　（Ⅱ）设数列{cn}满足cn=an?log2（bn+1），其前n项和为Tn，求Tn. 　　26.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an+（-1）n（n∈N*）. 　　（Ⅰ）求数列{an}的前三项a1，a2，a3； 　　（Ⅱ）求证：数列{an+213（-1）n}为等比数列，并求出{an}的通项公式. 　　27.已知正项数列{an}的前n项和为Sn，a1=112，且满足2Sn+1=4Sn+1（n∈N*）. 　　（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅱ）若bn=-3+log2an（n∈N*），求数列{|bn|}的前n项和Tn. 　　28.已知等差数列{an}，公差d>0，前n项和为Sn，且满足a2a3=45，a1+a4=14. 　　（Ⅰ）求数列{an}的通项公式及前n项和Sn； 　　（Ⅱ）设bn=Sn1n+c，若{bn}也是等差数列，试确定非零常数c，并求数列{11bn?bn+1}的前n项和Tn. 　　29.在等差数列{an}中，a2=4，其前n项和Sn满足Sn=n2+λn（λ∈R）. 　　（Ⅰ）求实数λ的值，并求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅱ）若数列{11Sn+bn}是首项为λ、公比为2λ的等比数列，求数列{bn}的前n项和Tn. 　　30.（理）已知首项为312的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn（n∈N*），且S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列. 　　（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅱ）设Tn=Sn-11Sn（n∈N*），求数列{Tn}的最大项的值和最小项的值. 　　（文）已知首项为312的等比数列{an}的前n项和Sn（n∈N*），且-2S2，S3，4S4成等差数列. 　　（Ⅰ）求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅱ）证明Sn+11Sn≤13116（n∈N*）. 　　31.（理）设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1=1，2Sn1n=an+1-113n2-n-213，n∈N*. 　　（Ⅰ）求a2的值； 　　（Ⅱ）求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅲ）证明：对一切正整数n，有11a1+11a2+…+11an<714. 　　（文）设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn=a2n+1-4n-1，n∈N*，且a2，a5，a4构成等比数列. 　　（Ⅰ）证明：a2=4a1+5； 　　（Ⅱ）求数列{an}的通项公式； 　　（Ⅲ）证明：对一切正整数n，有11a1a2+11a2a3+…+11anan+1<112.
　　32.已知函数f（x）=ln （1+x）-ax11-x（a∈R）. 　　（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间； 　　（Ⅱ）若数列{am}的通项公式为am=（1+m+1）2013（m∈N*）， 　　求证：a1?a2?…?am<3（m∈N*）. 　　参考答案 　　1.A.∵数列{an}是等比数列，a1=3+k，a2=S2-S1=6，a3=S3-S2=18，则62=18（3+k）.解之，得k=-1.∴选A. 　　2.A.∵Sn=2n-1， 　　∴S41a3=S41S3-S2=24-4.∴选A. 　　3.D.∵{an}为等比数列， 　　∴a1a7=a24，a3a9=a26，a3a7=a4a6， 　　∴a1a7+2a3a7+a3a9=a24+2a4a6+a26 　　=（a4+a6）2=102=100.∴选D. 　　4.A.∵{an}是等差数列，∴a1+a7=2a4. 　　∴a1+a4+a7=3a4=2π，∴a4=2π13. 　　又a3+a5=2a4，∴a3+a5=4π13. 　　∴tan （a3+a5）=tan 4π13=3.∴选A. 　　5.A.∵数列{an}为等差数列，设其公差为d， 　　∴2d=a3-a1=4，故d=2. 　　∴an=1+（n-1）×2=2n-1. 　　由Sk+2-Sk=36，得ak+2+ak+1=36. 　　∴2（k+2）-1+2（k+1）-1=36， 　　∴k=8.∴选A. 　　6.C.设等比数列{an}的公比为q. 　　由a1a2a3=a1a1qa1q2=a31q3=4，a4a5a6=a1q3?a1q4?a1q5=a31q12=12，∴q9=3. 　　∴an-1an?an+1=a31q3n-3=324， 　　∴q3n-6=81=34=q36. 　　∴3n-6=36，∴n=14.∴选C. 　　另解：设bk=an-1anan+1， 　　∴bk=4?（1214）k-1=324， 　　∴k=5， 　　∴a1a2a3，a4a5a6，a7a8a9，a10a11a12，a13a14a15，∴n=14.∴选C. 　　7.C.设等比数列{an}的公比为q，依题意得2a1=a2?a3=a1?a4≠0，故a4=2.又a4+2a7=512，所以a7=114，所以q3=a71a4=118，q=112，所以a1=a41q3=16，S5=a1（1-q5）11-q=31. 　　∴选C. 　　8.A.由题意知，中间一份为14，设该等差数列的公差为d（d>0），则这五份分别是14-2d，14-d，14，14+d，14+2d.又116（14+14+d+14+2d）=14-2d+14-d.∴d=6. 　　故14-2d=2.∴选A. 　　9.B.由题意，得an?an+1=2n， 　　an+1?an+2=2n+2， 　　∴an+1?an+21an?an+1=2n+112n=2，即an+21an=2. 　　∴数列a1，a3，a5，…，a2k-1，…是以a1=1为首项，2为公比的等比数列；数列a2，a4，a6，…，a2k，…是以a2=2为首项，2为公比的等比数列. 　　∴S2014=（a1+a3+a5+…+a2013）+（a2+a4+…+a2014）=1-+2（1-2 　　=3?21007-3.∴选B. 　　10.D.不妨令a1=1，由题意，得a2=2，a3=a5=a7=…=1，a4=6，a6=10，…，∴当n为奇数时，an=1，当n为偶数时，构成以a2=2为首项，以4为公差的等差数列. 　　∴S60=30+2×30+30（30-1）12×4 　　=1830.∴选D. 　　11.A.通过将数列的前10项分组得到第一组有一个数111，分子分母之和为2；第二组有两个数211，112，分子分母之和为3；第三组有三个数311，212，113，分子分母之和为4；第四组有四个数，依次类推，a99，a100分别是第十四组的第8个，第9个数，分子分母之和为15，所以a99=718，a100=619，故a99+a100=718+619=37124. 　　∴选A. 　　12.A.∵a7=a6+2a5，且{an}为等比数列， 　　∴a5q2=a5q+2a5，∴q2-q-2=0， 　　∴q=2或q=-1. 　　∵an>0，∴q>0，故q=2. 　　∵aman=4a1，即a21qm+n-2=16a21， 　　∴m+n=6. 　　∴11m+51n=11m+516-m. 　　令f（m）=11m+516-m，则f′（m） 　　=-11m2+-5（-1）1（6-m）2=-（6-m）2+5m21m2（6-m）2 　　=4m2+12m-361m2（6-m）2=4（m+312）2-451m2（6-m）2. 　　∵m∈N*，∴当m=1时，f′（m）0，∴f（m）在m=1或m=2时取得最小值. 　　∵f（1）=2，f（2）=714， 　　∴11m+51n的最小值为714.∴选A. 　　13.C.∵实数a，b，c，d成等比数列， 　　∴ad=bc. 　　∵f（x）=ln x-x，∴f′（x）=11x-1.
　　∵当x=b时，f（x）取得极大值c， 　　∴f′（b）=11b-1=0， 　　f（b）=ln b-b=c.解之，得b=1， 　　c=-1. 　　∴ab=bc=-1.∴选C. 　　14.C.∵an=f（n），n∈N*，∴由题设条件，得an=（3-a）n-3，（n∈N*，n≤7），an=an-6，（n∈N*，n≥8）. 　　又∵{an}是递增数列， 　　∴3-a>0， 　　a>1， 　　a8>a7a<3， 　　a>1， 　　a2+7a-18>0 　　1　　a>2或a<-9. 　　∴2　　15.1518.∵a2=2a1，∴q=a21a1=2. 　　∴S41a4=a1（1-q4）11-q1a1q3=1-q41q3（1-q）=1518. 　　16.28.∵{an}为等差数列， 　　∴a3+a5=2a4，∴a3+a4+a5=3a4=12， 　　∴a4=4. 　　∴S7=7（a1+a7）12=7×2a412=28. 　　17.14.依题意得a2+a5=9， 　　a2a5=18， 　　由此解得a2=3， 　　a5=6或a2=6， 　　a5=3. 　　①当a2=3， 　　a5=6时，公差d=a5-a215-2=1，a1=a2-d=2，a6=a5+d=7，a1a6=14； 　　②当a2=6， 　　a5=3时，d=a5-a215-2=-1，a1=a2-d=7，a6=a5+d=2，a1a6=14. 　　综上所述，a1a6=14. 　　18.5033.由anan+1an+2an+3=24可知，an+1an+2an+3an+4=24，得an+4=an，所以数列{an}是周期为4的数列.再令n=1，求得a4=4，每四个一组可得（a1+a2+a3+a4）+…+（a+a）+a=503×10+1+2=5033. 　　19.3n.∵a1+3a2+5a3+…+（2n-3）an-1+（2n-1）an=（n-1）×3n+1+3（n∈N*）， 　　∴把n换成n-1，得a1+3a2+5a3+…+（2n-3）?an-1=（n-2）?3n+3. 　　两式相减，得（2n-1）an=（2n-1）?3n， 　　∴an=3n. 　　20.130.由an=2n-10（n∈N*）知，{an}是以-8为首项，2为公差的等差数列. 　　由2n-10≥0，得n≥5. 　　∴当n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0. 　　∴|a1|+|a2|+…+|a15|=-（a1+a2+a3+a4）+（a5+a6+…+a15）=20+110=130. 　　21.5.设等差数列的公差为d， 　　则d=a6-a216-2=21-516-2=4. 　　an=a2+（n-2）d=5+4（n-2）=4n-3. 　　记bn=S2n+1-Sn， 　　则bn=11an+1+11an+2+11an+3+…+11a2n+1， 　　bn+1-bn=11a2n+2+11a2n+3-11an+1=118n+5+118n+9-114n+1<118n+2+118n+2-114n+1=0， 　　∴数列{S2n+1-Sn}是递减数列，数列{S2n+1-Sn}的最大项是 　　S3-S1=11a2+11a3=115+119. 　　由S2n+1-Sn≤m115对n∈N*恒成立，得 　　m115≥115+119，则m≥15（115+119）=1413. 　　∵m∈N*，∴m的最小值为5. 　　22..∵an+2=111+an， 　　∴a=111+a2012， 　　∴a2-1=0且an>0. 　　∴a.a10=5-112， 　　∴a. 　　同理a=…=a20=5-112. 　　又a1=1，∴a3=112，a5=111+a3=213，a7=111+a5=315，a9=111+a7=518，a11=111+a9=8113. 　　∴a20+a11=5-112+26. 　　23.（理）-4.∵an=∫n0（2x+1）dx=n2+n， 　　∴11an=11n2+n=11n（n+1）=11n-11n+1. 　　∴{11an}的前n项和Sn=1-11n+1. 　　∴bnSn=（n-8）（1-11n+1）=n-8-n-81n+1=（n+1）+91n+1-10≥219-10=-4，当且仅当n+1=91n+1，即n=2时，取“=”. 　　故bnSn的最小值为-4. 　　（文）-4.an=2+4+6+…+2n 　　=2（1+2+3+…+n）=n2+n 　　以下同理科，略. 　　24.解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q，由题意得213+213q+112?213q=1，即q=113. 　　因此an=a1?qn-1=213?（113）n-1=213n. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=log3a2n14
　　=log33-2n=-2n， 　　所以11bn?bn+2=112n?2（n+2） 　　=114?11n（n+2）=118（11n-11n+2）， 　　Tn=118（111-113+112-114+…+11n-1-11n+1+11n-11n+2） 　　=118（1+112-11n+1-11n+2） 　　=118（312-11n+1-11n+2）. 　　25.解：（Ⅰ）对于数列{an}有： 　　Sn=312（an-1），① 　　Sn-1=312（an-1-1）（n≥2）.② 　　由①-②得，an=312（an-an-1）， 　　即an=3an-1. 　　当n=1时，S1=312（a1-1），解得a1=3， 　　则an=a1?qn-1=3?3n-1=3n. 　　对于数列{bn}有：bn=114bn-1-314（n≥2），可得bn+1=114bn-1+114，即bn+11bn-1+1=114. 　　则bn+1=（b1+1）（114）n-1 　　=4（114）n-1=42-n， 　　即bn=42-n-1. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，cn=an?log 2（bn+1）=3n?log 242-n=3n?log 224-2n=3n（4-2n）， 　　则Tn=2?31+0?32+（-2）?33+…+（4-2n）?3n，③ 　　3Tn=2?32+0?33+…+（6-2n）?3n+（4-2n）?3n+1，④ 　　由③-④，得-2Tn=2?3+（-2）?32+（-2）?33+…+（-2）?3n-（4-2n）?3n+1 　　=6+（-2）（32+33+…+3n）-（4-2n）?3n+1. 　　则Tn=-3+9（1-3n-1）11-3+（2-n）?3n+1 　　=-1512+（512-n）?3n+1. 　　26.解：（Ⅰ）在Sn=2an+（-1）n（n∈N*）中分别令n=1，2，3得 　　a1=2a1-1， 　　a1+a2=2a2+1， 　　a1+a2+a3=2a3-1，解之，得a1=1， 　　a2=0， 　　a3=2. 　　∴a1=1，a2=0，a3=2. 　　（Ⅱ）由Sn=2an+（-1）n（n∈N*）得： 　　Sn-1=2an-1+（-1）n-1（n≥2），两式相减得： 　　an=2an-1-2（-1）n（n≥2）， 　　an=2an-1-413（-1）n-213（-1）n 　　=2an-1+413（-1）n-1-213（-1）n（n≥2）， 　　∴an+213（-1）n=2[an-1+213（-1）n-1]（n≥2）， 　　∴数列{an+213（-1）n}是以a1-213=113为首项，公比为2的等比数列. 　　∴an+213（-1）n=113×2n-1， 　　an=113×2n-1-213×（-1）n 　　=2n-113-213（-1）n. 　　27.解：（Ⅰ）2Sn+1=4Sn+1（n∈N*），① 　　当n≥2且n∈N*时，2Sn=4Sn-1+1，② 　　①-②得an+1=2an， 　　∴an+11an=2（n≥2，n∈N*）. 　　由2S2=4S1+1得2（a1+a2）=4a1+1， 　　又a1=112，∴a2=1，∴a21a1=2. 　　∴数列{an}是以112为首项，2为公比的等比数列.∴an=2n-2. 　　（Ⅱ）∵bn=-3+log 2an=-3+log 22n-2 　　=n-5， 　　∴数列{bn}是首项b1=-4，公差d=1的等差数列. 　　∴当n≤5时，bn≤0，当n>5时，bn>0. 　　从而当n≤5时，有 　　Tn=|b1|+…+|bn|=-（b1+…+bn） 　　=n（9-n）12. 　　当n>5时，有 　　Tn=|b1|+|b2|+…+|bn| 　　=-b1-b2-b3-b4-b5+b6+…+bn 　　=（b1+b2+…+bn）-2（b1+b2+…+b5） 　　=n（n-9）12+20. 　　综上所述， 　　Tn=n（9-n）12，n≤5， 　　n（n-9）12+20，n>5. 　　28.（Ⅰ）依题意得a2a3=45， 　　a1+a4=a2+a3=14， 　　解得a2=5， 　　a3=9，或a2=9， 　　a3=5.（舍去） 　　∴an=4n-3，Sn=2n2-n. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn=2n2-n1n+c.{bn}是等差数列，则2b2=b1+b3，即 　　2?612+c=111+c+1513+c，∴c=-112. 　　∴bn=2n. 　　则11bn?bn+1=112n?（2n+2） 　　=114（11n-11n+1）， 　　∴Tn=11b1b2+11b2b3+…+11bnbn+1 　　=114（1-11n+1）=n14（n+1）. 　　29.解：（Ⅰ）∵a2=S2-S1 　　=（4+2λ）-（1+λ）=3+λ， 　　∴3+λ=4，∴λ=1. 　　∴a1=S1=12+1×1=2，
　　公差d=a2-a1=2， 　　∴an=a1+（n-1）d=2+（n-1）?2=2n. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知λ=1， 　　∴11Sn+bn=1×2n-1=2n-1， 　　∴bn=2n-1-11n（n+1） 　　=2n-1-（11n-11n+1）， 　　∴Tn=（1+21+22+…+2n-1）-[（1-112）+（112-113）+…+（11n-11n+1）] 　　=1-2n11-2-（1-11n+1）=2n-2n+11n+1. 　　30.（理）解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q. 　　∵S3+a3，S5+a5，S4+a4成等差数列， 　　∴S5+a5-S3-a3=S4+a4-S5-a5， 　　∴4a5=a3.于是q2=a51a3=114. 　　∵{an}不是递减数列，且a1=312， 　　∴q=-112. 　　∴an=a1qn-1=312×（-112）n-1=（-1）n-1312n. 　　（Ⅱ）由（Ⅰ）知，Sn=1-（-112）n 　　=1+112n，n为奇数， 　　1-112n，n为偶数. 　　当n为奇数时，Sn随n的增大而减小. 　　所以1<Sn≤S1=312， 　　∴0<Sn-11Sn≤S1-11S1=312-213=516. 　　当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，所以314=S2≤Sn<1， 　　∴0>Sn-11Sn≥S2-11S2=314-413=-7112. 　　综上，对于n∈N*， 　　总有-7112≤Sn-11Sn≤516. 　　∴数列{Tn}的最大项的值为516，最小项的值为-7112. 　　（文）解：（Ⅰ）设等比数列{an}的公比为q. 　　∵-2S2，S3，4S4成等差数列， 　　∴S3+2S2=4S4-S3， 　　即S4-S3=S2-S4， 　　由此可得2a4=-a3.∴q=a41a3=-112. 　　又a1=312，∴an=a1qn-1 　　=312×（-112）n-1=（-1）n-1312n. 　　（Ⅱ）∵Sn=1-（-112）n， 　　∴Sn+11Sn=1-（-112）n+111-（-112）n=2+112n（2n+1），n为奇数， 　　2+112n（2n-1），n为偶数. 　　当n为奇数时，Sn+11Sn随n的增大而减小，所以Sn+11Sn≤S1+11S1=1316. 　　当n为偶数时，Sn+11Sn随n的增大而减小，所以Sn+11Sn≤S2+11S2=25112. 　　∴对于n∈N*，有Sn+11Sn≤1316. 　　31.（理）解：（Ⅰ）由题意，2S1=a2-113-1-213， 　　又S1=a1=1，∴a2=4. 　　（Ⅱ）当n≥2时， 　　2Sn=nan+1-113n3-n2-213n， 　　2Sn-1=（n-1）an-113（n-1）3-（n-1）2-213（n-1）， 　　两式相减，得2an=nan+1-（n-1）an-113（3n2-3n+1）-（2n-1）-213， 　　整理，得（n+1）an=nan+1-n（n+1）， 　　即an+11n+1-an1n=1. 　　又a212-a111=1， 　　∴数列{an1n}是首项为1，公差也为1的等差数列，∴an1n=1+（n-1）×1=n，即an=n2. 　　（Ⅲ）当n=1时，11a1=1<714； 　　当n=2时，11a1+11a2=1+114=514<714； 　　当n≥3时，11an=11n2<11（n-1）n=11n-1-11n，此时11a1+11a2+…+11an 　　=1+42+…+11n2 　　<1+114+（112-113）+（113-114）+…+（11n-1-11n） 　　=1+114+112-11n<714. 　　∴对一切正整数n，有 　　11a1+11a2+…+11an<714. 　　（文）解：（Ⅰ）∵an>0，令n=1，有4S1=a22-4-1， 　　即4a1=a22-4-1，∴a2=4a1+5. 　　（Ⅱ）当n≥2时，4Sn=a2n+1-4n-1， 　　4Sn-1=a2n-4（n-1）-1， 　　两式相减，得4an=a2n+1-a2n-4， 　　即a2n+1=（an+2）2， 　　∴an+1=an+2. 　　∴数列{an}从第2项起，是公差为2的等差数列. 　　∴a5=a2+3×2=a2+6，a14=a2+24. 　　又∵a2，a5，a14成等比数列， 　　∴a25=a2×a14，即（a2+6）2=a2（a2+24）. 　　解之，得a2=3. 　　由（Ⅰ）得，a1=1，又an+1=an+2（n≥2）， 　　∴数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列，∴an=1+（n-1）×2=2n-1. 　　（Ⅲ）由（Ⅱ）得11a1a2+11a2a3+…+11anan+1 　　=111×3+113×5+…+11（2n-1）（2n+1） 　　=112[（1-113）+（113-115）+…+（112n-1-112n+1）]
转载请注明来源。原文地址：
【xzbu】郑重声明：本网站资源、信息来源于网络，完全免费共享，仅供学习和研究使用，版权和著作权归原作者所有，如有不愿意被转载的情况，请通知我们删除已转载的信息。
xzbu发布此信息目的在于传播更多信息，与本网站立场无关。xzbu不保证该信息（包括但不限于文字、数据及图表）准确性、真实性、完整性等。