7．在数列{an}中，a1＝1，a2＝5，an+2＝an+1－an(n∈N*)，则a1 000＝ ( )
A．5 B．－5 C．1 D．－1
解析：由a1＝1，a2＝5，an+2＝an+1－an(n∈N*)，可得该数列为1,5,4，－1，－5，－4,1,5,4，….此数列为周期数列，由此可得a1 000＝－1.
答案：D
6.在数列{an}中，a1＝2，an+1＝an+ln(1+)，则an＝ ( )
A．2+lnn B．2+(n－1)lnn C．2+nlnn D．1+n+lnn
解析：法一：由已知，an+1－an＝ln，a1＝2，
∴an－an－1＝ln，
an－1－an－2＝ln，
……
a2－a1＝ln，
将以上n－1个式子累加得：
an－a1＝ln+ln+…+ln
＝ln(··…·)＝lnn，
∴an＝2+lnn.
法二：由a2＝a1+ln2＝2+ln2，排除C、D；
由a3＝a2+ln(1+)＝2+ln3，排除B.
答案：A
5．已知数列{an}的前n项和Sn＝－n2+24n(n∈N?)．
(1)求{an}的通项公式；
(2)当n为何值时，Sn达到最大？最大值是多少？
解：(1)n＝1时，a1＝S1＝23；
n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－2n+25.
经验证，a1＝23符合an＝－2n+25，
∴an＝－2n+25(n∈N?)．
(2)法一：∵Sn＝－n2+24n＝－(n－12)2+144，
∴n＝12时，Sn最大且Sn＝144.
法二：∵an＝－2n+25，
∴an＝－2n+25＞0，有n＜，
∴a12＞0，a13＜0，故S12最大，最大值为144.
4.(2010·福州模拟)已知数列{an}的前n项和Sn＝n2－9n，第k项满足5＜ak＜8，则k＝( )
A．9 B．8 C．7 D．6
解析：an＝
＝
∵n＝1时适合an＝2n－10，
∴an＝2n－10.
∵5＜ak＜8，∴5＜2k－10＜8，
∴＜k＜9.
又∵k∈N*，∴k＝8.
答案：B
3．n个连续自然数按规律排成下表：
0 3 → 4 7 → 8 11 …
↓ ↑ ↓ ↑ ↓ ↑
1 → 2 5 → 6 9 → 10
根据规律，从2 009到2 011的箭头方向依次为 ( )
A．↓→ B．→↑
C．↑→ D．→↓
解析：观察4的倍数0,4,8，…的位置．由于2 009＝4×502+1，故2 009在箭头↓的下方，从而2 009与2 010之间是箭头→，2 010与2 011之间是箭头↑.
2．下列关于星星的图案构成一个数列，该数列的一个通项公式是 ( )
A．an＝n2－n+1 B．an＝
C．an＝ D．an＝
解析：从图中可观察星星的构成规律，
n＝1时，有1个；n＝2时，有3个；
n＝3时，有6个；n＝4时，有10个；…
∴an＝1+2+3+4+…+n＝.
答案：C
1.数列、、2、…，则2是该数列的 ( )
A．第6项 B．第7项 C．第10项 D．第11项
解析：原数列可写成、、，….
∵2＝，∴20＝2+(n－1)×3，∴n＝7.
11.已知a是实数，函数f(x)＝2ax2+2x－3－a，如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求a的取值范围.
解：若a＝0，则f(x)＝2x－3显然在[－1,1]上没有零点，所以a≠0.
令Δ＝4+8a(3+a)＝8a2+24a+4＝0，解得a＝.
①当a＝时，y＝f(x)恰有一个零点在[－1,1]上；而a＝时，经检验不
符合要求.
②当f(－1)·f(1)＝(a－1)(a－5)≤0时，得1≤a≤5，因当a＝5时，方程f(x)＝0在[－1,1] 上有两个相异实根，故1≤a＜5时，y＝f(x)在[－1,1]上恰有一个零点；
③当y＝f(x)在[－1,1]上有两个零点时，则
解得a≥5或a＜.
综上所述，实数a的取值范围是{a|a≥1或a≤}.
10.已知关于x的二次函数f(x)＝x2+(2t－1)x+1－2t.
(1)求证：对于任意t∈R，方程f(x)＝1必有实数根；
(2)若＜t＜，求证：方程f(x)＝0在区间(－1,0)及(0，)内各有一个实数根.
解：(1)证明：由f(1)＝1知f(x)＝1必有实数根.
(2)当＜t＜时，因为f(－1)＝3－4t＝4(－t)＞0，
f(0)＝1－2t＝2(－t)＜0，
f()＝+(2t－1)+1－2t＝－t＞0，
所以方程f(x)＝0在区间(－1,0)及(0，)内各有一个实数根.
9.(2009·山东高考)若函数f(x)＝ax－x－a(a＞0，且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是 .
解析：函数f(x)的零点的个数就是函数y＝ax与函数y＝x+a交点的个数，由函数的图象可知a＞1时两函数图象有两个交点，0＜a＜1时两函数图象有唯一交点，故a＞1.
答案：(1，+∞)
