热门试卷

（1）由f（x）=a x2+bx+1，所以f′（x）=2ax+b，

因为函数f（x）=a x2+bx+1在x=3处的切线方程为y=5x﹣8，所以切点为（3，7）。

则，解得：a=1，b=﹣1。

所以f（x）=x2﹣x+1；

（2）由（1）知f（x）=x2﹣x+1，

关于x的方程f（x）=kex恰有两个不同的实根，

即x2﹣x+1=k•ex有两个不同的实根，也就是k=e﹣x（x2﹣x+1）有两个不同的实根。

令g（x）=e﹣x（x2﹣x+1），

则g′（x）=（2x﹣1）e﹣x﹣（x2﹣x+1）e﹣x

=﹣（x2﹣3x+2）e﹣x=﹣（x﹣1）（x﹣2）e﹣x

由g′（x）=0，得x1=1，x2=2。

所以当x∈（﹣∞，1）时，g′（x）＜0，g（x）在（﹣∞，1）上为减函数；

当x∈（1，2）时，g′（x）＞0，g（x）在（1，2）上为增函数；

当x∈（2，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）在（2，+∞）上为减函数；

所以，当x=1时，g（x）取得极小值g（1）=，当x=2时函数取得极大值g（2）=。

函数y=k与y=g（x）的图象的大致形状如下，

由图象可知，当k=和时，关于x的方程f（x）=kex恰有两个不同的实根；

（3）由2a1=f（2）=22﹣2+1=3，所以＞1，=。

又＞0，

所以an+1＞an＞1。

又，所以an+1﹣1=an（an﹣1），

则，即。

所以

=

===2＜2。

又S=。

故的整数部分等于1。

(1) 解：，

∴ 当时，有  解得 .

   由,               ①

得,  ②

② - ①得: .             ③

以下提供两种方法：

法1：由③式得：，

即;  ，

∵，

∴数列是以4为首项,2为公比的等比数列.

∴,即.

当时, ，

又也满足上式,

∴.

法2：由③式得：，

得.                       ④

当时,,             ⑤

⑤-④得：.

由，得，

∴.

∴数列是以为首项，2为公比的等比数列.    ∴.

（2）解：∵成等差数列，

∴.

假设成等比数列，

则，

即，

化简得：.        （*）

∵，

∴，这与（*）式矛盾，故假设不成立。

∴不是等比数列.

（1） ，…….2分

若，则

所以………………………3分

（2） ， 所以 ，从而

①当，即时，

所以

解得： （，舍去）         ……………….4分

②当 ，即 时，，

所以

解得 （ ，舍去）  ………………5分

①     当 时，即 时，

解得 （ ，舍去）      ………………6分

综上，集合，，.      ………………7分

（3）结论成立.                                    ……………………8分

由是有理数，可知对一切正整数，为0或正有理数，

可设（是非负整数，是正整数，且互质）

由，可得；…………………9分

若，设（，是非负整数）

则 ，而由得

，故，，可得 ………11分

若则，

若均不为0，则这正整数互不相同且都小于，

但小于的正整数共有个，矛盾.

故中至少有一个为0，即存在，使得.

从而数列中以及它之后的项均为0，

所以对于大于的自然数，都有……………………13分

（1）由题意可知,.

当时,,

当时,也满足上式,

所以.…………………………………………………………3分

（2）由（1）可知,即.

当时,,………①

当时,,所以,………②

当时,,………③

当时,,所以,………④

……

当时(为偶数),,所以………

以上个式子相加,得

.

又,所以,当为偶数时,.

同理,当为奇数时,,

所以,当为奇数时,.……………………………………………6分

因此,当为偶数时,数列的前项和

;

当为奇数时,数列的前项和

.

故数列的前项和.…………………………8分

（3）由（2）可知

①当为偶数时,,

所以随的增大而减小,从而,当为偶数时,的最大值是.

②当为奇数时,,

所以随的增大而增大,且.

综上,的最大值是1.

因此,若对于任意的,不等式恒成立,只需,

故实数的取值范围是.………………………………………………13分

（1），，      

（2）；

；

。

(3)由（1）（2）不难发现对，    有，

所以当时，

于是，。

所以                              

，。

又，满足上式，

所以对，。

（1）解：数列不能结束，各数列依次为；；；；；

；…，从而以下重复出现，不会出现所有项均为的情形。

数列能结束，各数列依次为；；；。

（2）解：经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是。

若，则经过一次“变换”就得到数列，从而结束。

当数列经过有限次“变换”后能够结束时，先证命题“若数列为常数列，则为常数列”。

当时，数列。

由数列为常数列得，解得，从而数列也

为常数列。

其它情形同理，得证。

在数列经过有限次“变换”后结束时，得到数列(常数列)，由以上命题，它变换之前的数列也为常数列，可知数列也为常数列。

所以，数列经过有限次“变换”后能够结束的充要条件是。

（3）证明：先证明引理：“数列的最大项一定不大于数列的最大项，其中”。

证明：记数列中最大项为，则。

令，，其中。

因为，  所以，

故，证毕。

现将数列分为两类。

第一类是没有为的项，或者为的项与最大项不相邻（规定首项与末项相邻），此时由引理可知，。   

第二类是含有为的项，且与最大项相邻，此时。

下面证明第二类数列经过有限次“变换”，一定可以得到第一类数列。

不妨令数列的第一项为，第二项最大()，（其它情形同理）

① 当数列中只有一项为时，

若()，则，此数列各项均不为

或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；

若，则；

此数列各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列；

若()，则，此数列各项均不为，为第一

类数列；

若，则；；，

此数列各项均不为，为第一类数列。

② 当数列中有两项为时，若()，则，此数列

各项均不为，为第一类数列；

若()，则，，此数列

各项均不为或含有项但与最大项不相邻，为第一类数列。

③ 当数列中有三项为时，只能是，则，

，，此数列各项均不为，为第一类数列。

总之，第二类数列至多经过次“变换”，就会得到第一类数列，即至多连续经历次“变换”，数列的最大项又开始减少。

又因为各数列的最大项是非负整数，

故经过有限次“变换”后，数列的最大项一定会为，此时数列的各项均为，从而结束。