2021-2022学年北京八中高二（下）月考数学试卷（6月份）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年北京八中高二（下）月考数学试卷（6月份）（含答案解析），共15页。

2. 设x∈R，则“x>1”是“1x<1”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3. 设集合A，B是全集U的两个子集，则“A⊆B”是“A∩∁UB=⌀”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4. 已知a，b都为正实数，2a+b=1，则ab的最大值是( )
A. 29B. 18C. 14D. 12
5. 等差数列{an}中，如果a4=2，那么a2a6的最大值为( )
A. 2B. 4C. 8D. 16
6. 已知函数f(x)=2x+1,x<1x2+ax,x≥1，若f[f(0)]=4a，则实数a等于( )
A. 12B. 45C. 2D. 9
7. 在等差数列{an}中，a1=−9，a5=−1.记Tn=a1a2…an(n=1,2,…)，则数列{Tn}( )
A. 有最大项，有最小项B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项D. 无最大项，无最小项
8. 设{an}是公比为q的等比数列，则“q > 1”是“{an}为递增数列”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
9. 已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.令bn=1anan+2，数列{bn}的前n项和为Tn，若对于∀n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，则实数λ的取值范围是( )
A. λ≥13B. λ>15C. λ≥15D. λ>0
10. 曲线y=f(x)在x=1处的切线如图所示，则f′(1)−f(1)=( )
A. 0
B. −1
C. 1
D. −12
11. 若“∃x0∈(0,2)，使得2x02−λx0+1<0成立”是假命题，则实数λ可能的值是( )
A. 1
B. 23
C. 3
D. 32
12. 某网店统计了连续三天售出商品的种类情况：第一天售出19种商品，第二天售出13种商品，第三天售出18种商品；前两天都售出的商品有3种，后两天都售出的商品有4种．则该网店这三天售出的商品最少有( )
A. 25种
B. 27种
C. 29种
D. 31种
13. 若x>1，则x+4x−1的最小值为__________.
14. 已知数列{an}的前n项和公式Sn=n2−2n+1，则其通项公式an=______.
15. 如图，函数y=f(x)在[1,3]上的平均变化率为______.
16. 已知数列{an}满足a1=1，an+1={an+1,n为奇数an+2,n为偶数，则{an}的前20项和等于______.
17. 给定数集M，若对于任意a、b∈M，有a+b∈M，且a−b∈M，则称集合M为闭集合，则下列所有正确命题的序号是______.
①集合M={−2,−1,0,1,2}是闭集合；
②正整数集是闭集合；
③集合M={n|n=3k,k∈Z}是闭集合；
④若集合A1、A2为闭集合，则A1∪A2为闭集合．
18. 从条件①2Sn=(n+1)an，②Sn+Sn−1=an(n≥2)，③an>0，an2+an=2Sn中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答.
已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，_____.若a1，ak，Sk+2成等比数列，求k的值.
19. 已知函数f(x)=alnx+x2−3x(a≠0).
(1)当a=1时，求函数f(x)的极值；
(2)若f(x)有唯一极值点x0，求关于x0的不等式a>f(2x0)的解集．
20. 已知函数f(x)=ex−ax−1.
(1)当a=2时，求曲线在(1,f(1))处的切线方程；
(2)若g(x)=f(x)−x2，且g(x)在[0,+∞)上的最小值为0，求a的取值范围.
21. 已知函数f(x)=ax+1ex.
(Ⅰ)当a=1时，求f(x)的单调区间和极值；
(Ⅱ)当a≥1时，求证：f(x)≤(a−1)x+1；
(Ⅲ)直接写出a的一个取值范围，使得f(x)≥ax2+(a−1)x+1恒成立．
22. 已知各项均为整数的数列AN：a1，a2，…，aN(N≥3,N∈N*)满足a1aN<0，且对任意i=2，3，…，N，都有|ai−ai−1|≤1.记S(AN)=a1+a2+…+aN.
(Ⅰ)若a1=3，写出一个符合要求的A6；
(Ⅱ)证明：数列AN中存在ak使得ak=0；
(Ⅲ)若S(AN)是N的整数倍，证明：数列AN中存在ar，使得S(AN)=N⋅ar.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了集合的运算，属于基础题．
先求出集合A，B，然后利用交集的定义求出A∩B，即可得到答案．
【解答】
解：集合A={x|x2−2x−3≤0}={x|(x+1)(x−3)≤0}={x|−1≤x≤3}，
又B={x∈Z|−2≤x≤2}={−2,−1,0,1,2}，
所以A∩B={−1,0,1,2}，
故A∩B的元素个数为4个．
故选：C.

2.【答案】A
【解析】
【分析】
利用充分条件、必要条件的判断方法判断选项即可．
本题考查充分条件、必要条件的判断，基本知识的考查．
【解答】
解：“1x<1”解得x<0或x>1，
故“x>1”是“1x<1”的充分不必要条件，
故选：A.

3.【答案】C
【解析】
【分析】
本题主要考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题．
结合韦恩图进行判定A⊆B⇒A∩∁UB=⌀，而A∩∁UB=⌀⇒A⊆B，从而确定出A⊆B与A∩∁UB=⌀的关系．
【解答】
解：由韦恩图可知，
A⊆B⇒A∩∁UB=⌀，
反之也可得出A∩∁UB=⌀⇒A⊆B
∴“A⊆B”是“A∩∁UB=⌀”的充要条件，
故选：C.

4.【答案】B
【解析】解：因为a，b都为正实数，2a+b=1，
则ab=12(2a⋅b)≤12(2a+b2)2=12×14=18，
当且仅当2a=b=12时取等号．
故选：B.
由已知结合基本不等式可得ab=12(2a⋅b)≤12(2a+b2)2，可求．
本题主要考查了利用基本不等式求解最值，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：∵等差数列{an}中，4=2a4=a2+a6，
那么a2a6≤(a2+a62)2=4，当且仅当a2=a6=2时取等号．
故选：B.
等差数列{an}中，4=2a4=a2+a6，再利用基本不等式的性质即可得出．
本题考查了等差数列的通项公式及其性质、基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】
【分析】
先求出f(0)=2，再令f(2)=4a，解方程4+2a=4a，得a值．
本题考查分段函数代值计算，属于中档题.
【解答】
解：由题知f(0)=2，f[f(0)]=f(2)=4+2a，
由4+2a=4a，解得a=2.
故选：C.

7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查等差数列的通项公式，考查数列的函数特性，考查分析问题与解决问题的能力，是中档题．
由已知求出等差数列的通项公式，分析可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值，进一步分析得答案．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d，由a1=−9，a5=−1，得d=a5−a15−1=−1−(−9)4=2，
∴an=−9+2(n−1)=2n−11.
由an=2n−11=0，得n=112，而n∈N*，
可知数列{an}是单调递增数列，且前5项为负值，自第6项开始为正值．
可知T1=−9<0，T2=63>0，T3=−315<0，T4=945>0为最大项，
自T5起均小于0，且逐渐减小．
∴数列{Tn}有最大项，无最小项．
故选：B.

8.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，考查等比数列的函数性质，属于中档题．
根据等比数列的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可得到结论．
【解答】
解：设数列an的首项为a1，
若an为递增数列，
则an+1−an=a1qn−1q−1>0对∀n∈N*恒成立，
即a1>0,q>1或a1<0,0所以由q>1⇏an为递增数列，
由\(\left\{{a}_{n}\right\}\)为递增数列\(⇏q>1\)，
故“q>1”是“{an}为递增数列”的既不充分也不必要条件．
故选D.

9.【答案】A
【解析】解：由题意，可知
S1=a1，S2=2a1+2，S4=4a1+4×32×2=4(a1+3)，
∵S1，S2，S4成等比数列，
∴S22=S1S4，即(2a1+2)2=4a1(a1+3)，
解得a1=1，
故an=1+2(n−1)=2n−1，n∈N*，
∴bn=1anan+2=1(2n−1)(2n+3)=14(12n−1−12n+3)，
则Tn=b1+b2+b3+…+bn−1+bn
=14⋅(1−15)+14⋅(13−17)+14⋅(15−19)+…+14⋅(12n−3−12n+1)+14⋅(12n−1−12n+3)
=14⋅(1−15+13−17+15−19+…+12n−3−12n+1+12n−1−12n+3)
=14⋅(1+13−12n+1−12n+3)
=13−n+1(2n+1)(2n+3)
<13，
∵对于∀n∈N*，不等式Tn<λ恒成立，
∴λ≥13.
故选：A.
本题先根据等差数列的求和公式以及等比中项的性质可列出关于首项a1的方程，解出a1的值，即可计算出数列{an}的通项公式，进一步可计算出数列{bn}的通项公式，然后运用裂项相消法求出前n项和Tn的表达式，再结合题意即可得到实数λ的取值范围．
本题主要考查数列求通项公式，以及运用裂项相消法求前n项和，数列与不等式的综合．考查了方程思想，转化与化归思想，不等式的运算能力，定义法，以及逻辑推理能力和数学运算能力．本题属中档题．
10.【答案】C
【解析】解：由切线经过点(0,−1)和(2,0)，
可得切线的斜率为0−(−1)2−0=12，
切线的方程为y=12x−1，
可得f(1)=−12，f′(1)=12，
则f′(1)−f(1)=12+12=1.
故选：C.
由切线经过两点(0,−1)和(2,0)，可得切线的方程，进而得到切点和切线的斜率，可得所求值．
本题考查切线的斜率和切点的求法，考查数形结合思想和运算能力，属于基础题．
11.【答案】A
【解析】解：∵“∃x0∈(0,2)，使得2x02−λx0+1<0成立”是假命题，
∴∀x∈(0,2)，都有2x2−λx+1≥0成立是真命题，
即∀x∈(0,2)，λ≤2x+1x恒成立，
因为2x+1x≥22x⋅1x=22，当且仅当2x=1x，即x=22时取等号，
所以λ≤22，根据选项可知，只有1满足条件，
故选：A.
将命题转化为∀x∈(0,2)，都有2x2−λx+1≥0成立，即λ≤2x+1x恒成立是真命题，然后利用基本不等式求出λ的取值范围，再结合选项得到可能的值．
本题以命题的真假的应用为载体考查了不等式恒成立问题的求解，解题的关键是将特称命题转化成全称命题，属基础题．
12.【答案】C
【解析】解：因为前两天都售出的商品有3种，因此第一天售出且第二天没有售出的商品有19−3=16(种)；
同理第三天售出的商品中有14种第二天未售出，有1种商品第一天未售出；
所以三天商品种数最少时，是第三天中14种第二天未售出的商品都是第一天售出过的，
此时商品总数是14+16−1=29(种)；
分别用集合A、B、C表示第一、第二和第三天售出的商品，则商品数最少时对应的情况可以用下图表示，
故选：C.
由题意求出第一天售出且第二天没有售出的商品种数和第三天售出的且第二天未售出的商品种数，利用集合表示商品种数，画出图形容易得出正确的结果．
本题考查集合的应用，属于基础题．
13.【答案】5
【解析】
【分析】
根据x>1推断出x−1>0，然后把x+4x−1整理成x−1+4x−1+1，进而利用基本不等式求得其最小值．
本题主要考查了基本不等式在最值问题中的应用．在利用基本不等式时要注意一正，二定，三相等的原则．
【解答】
解：∵x>1，∴x−1>0
∴x+4x−1=x−1+4x−1+1≥2(x−1)⋅(4x−1)+1=5(当x=3时等号成立)，
故答案为：5.

14.【答案】0,n=12n−3,n≥2
【解析】解：Sn=n2−2n+1，
当n=1时，S1=1−2+1=0，∴a1=0，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−2n+1−(n−1)2+2(n−1)−1=2n−3，
又∵a1=0不满足an=2n−3，
∴an=0,n=12n−3,n≥2.
故答案为：0,n=12n−3,n≥2.
利用公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2求解，注意验证首项是否满足n≥2时的通项公式．
本题主要考查了数列的递推式，考查了分类讨论的数学思想，同时考查了学生的计算能力，是基础题．
15.【答案】−1
【解析】解：依题意可得f(1)=3、f(3)=1，
所以f(x)在[1,3]上的平均变化率ΔyΔx=f(3)−f(1)3−1=1−33−1=−1；
故答案为：−1.
根据平均变化率公式计算可得；
本题考查平均变化率的求法，考查计算能力，是基础题．
16.【答案】300
【解析】解：因为a1=1，an+1={an+1,n为奇数an+2,n为偶数，
所以a2=a1+1=2，a3=a2+2=4，a4=a3+1=5，
由题意可得a2n+1=a2n−1+3，a2n+2=a2n+3，
其中a1=1，a2=a1+1=2，
可得a2n=3n−1，n∈N*，
则a2n−1=a2n−2+2=3(n−1)−1+2=3n−2，n≥2，
当n=1时，a1=1也适合上式，
所以a2n−1=3n−2，n∈N*，
所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)=10+10×92×3+10×2+10×92×3=300.
故答案为：300.
由数列{an}的通项公式可求得a2，a4，推出数列{an}的通项公式可得数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．
本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】③
【解析】解：①集合M={−2,−1,0,1,2}，∵−2∈M，−1∈M，而−2−1=−3∉M，∴M不是闭集合；
②正整数集Z，∵1∈Z，2∈Z，而1−2=−1∉Z，∴正整数集不是闭集合；
③集合M={n|n=3k,k∈Z}，设任意a、b∈M，则a=3k1，b=3k2，k1∈Z，k2∈Z，
∴a+b=3(k1+k2)∈M，a−b=3(k1−k2)∈M，∴集合M={n|n=3k,k∈Z}是闭集合；
④若集合A1、A2为闭集合，如A1={n|n=2k,k∈Z}，A2={n|n=3k,k∈Z}，
则2∈A1，3∈A2，而2+3=5∉A1∪A2，∴A1∪A2不是闭集合．
故答案为：③．
根据闭集合的定义，结合各命题的条件分别判断即可．
本题考查了在新定义下，集合的运算，是基础题．
18.【答案】解：选择①2Sn=(n+1)an，∴2Sn+1=(n+2)an+1，相减可得：2an+1=(n+2)an+1−(n+1)an，∴an+1n+1=ann，
∴ann=a11=1，可得：an=n.
∴Sk+2=(k+2)(1+k+2)2=(k+2)(k+3)2.
∵a1，ak，Sk+2成等比数列，
∴ak2=a1⋅Sk+2，∴k2=(k+2)(k+3)2，k∈N*，解得k=6.
选择②Sn+Sn−1=an(n≥2)，变形得：Sn+Sn−1=Sn−Sn−1=(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)，Sn>0，化为：Sn−Sn−1=1，
∴数列{Sn}是等差数列，首项为1，公差为1.∴Sn=1+n−1=n，解得Sn=n2.
∴n≥2时，an=Sn−Sn−1=n2−(n−1)2=2n−1.
∴Sk+2=(k+2)(1+2k+3)2=(k+2)(k+2)
∵a1，ak，Sk+2成等比数列，
∴ak2=a1⋅Sk+2，∴(2k−1)2=(k+2)2，k∈N*，解得k=3.
选择③an>0，an2+an=2Sn，∴an+12+an+1=2Sn+1，相减可得：an+12+an+1−an2−an=2an+1，化为：(an+1+an)(an+1−an−1)=0，
可得：an+1−an=1，
∴数列{an}是首项与公差都为1的等差数列，
∴an=1+n−1=n.
∴Sn=n(n+1)2，
∵a1，ak，Sk+2成等比数列，
∴ak2=a1⋅Sk+2，∴k2=(k+2)(1+k+2)2，k∈N*，解得k=6.
【解析】选择①2Sn=(n+1)an，可得2Sn+1=(n+2)an+1，相减可得：an+1n+1=ann，可得：an及其Sk+2.根据a1，ak，Sk+2成等比数列，可得ak2=a1⋅Sk+2，解得k.
选择②Sn+Sn−1=an(n≥2)，变形得：Sn+Sn−1=Sn−Sn−1=(Sn+Sn−1)(Sn−Sn−1)，Sn>0，化为：Sn−Sn−1=1，利用等差数列的通项公式可得Sn.
可得n≥2时，an=Sn−Sn−1，Sk+2.根据a1，ak，Sk+2成等比数列，可得ak2=a1⋅Sk+2，解得k.
选择③an>0，an2+an=2Sn，可得an+12+an+1=2Sn+1，相减可得：an+1−an=1，利用等差数列的通项公式求和公式可得：an，Sn，
根据a1，ak，Sk+2成等比数列，可得ak2=a1⋅Sk+2，解得k.
本题考查了等差数列与等比数列的通项公式求和公式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
当a=1时，f(x)=lnx+x2−3x，
f′(x)=1x+2x−3=2x2−3x+1x=(2x−1)(x−1)x，
由f′(x)=0，解得x=12或x=1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以当x=12时，f(x)取得极大值−54−ln2；当x=1时，f(x)取得极小值为−2.
(2)由f(x)=alnx+x2−3x(a≠0)，
得f′(x)=ax+2x−3=2x2−3x+ax(x>0)，
设g(x)=2x2−3x+a，
它的图像是开口向上，对称轴为直线x=34，且在y轴上的截距为a的抛物线，
所以要使f(x)只有一个极值点x0，只需要a<0，且a=3x0−2x02，
不等式a>f(2x0)可化为a>aln2x0+4x02−6x0=a(ln2x0−2)，
化为ln2x0−2>1，解得x0>e32，
所以原不等式的解集为(e32,+∞).
【解析】(1)当a=1时，f(x)=lnx+x2−3x，求导得f′(x)=(2x−1)(x−1)x，令f′(x)=0，得x=12或x=1，分析随着x变化，f′(x)，f(x)的变化情况，即可得出答案．
(2)求导得f′(x)=ax+2x−3=2x2−3x+ax(x>0)，设g(x)=2x2−3x+a，要使f(x)只有一个极值点x0，只需要a<0，且a=3x0−2x02，不等式a>f(2x0)可化为a>aln2x0+4x02−6x0=a(ln2x0−2)，即可得出答案．
本题考查导数的综合应用，解题中需要理清思路，属于中档题．
20.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=ex−2x−1，f(1)=e−3，
∴f′(x)=ex−2，f′(1)=e−2，
故切线方程是：(e−2)x−y−1=0；
(2)∵g(0)=f(0)−0=0，
故原条件等价于：在(0,+∞)上，g(x)=ex−x2−ax−1≥0恒成立，
化为a≤ex−x2−1x，令h(x)=ex−x2−1x，
则h′(x)=(x−1)(ex−x−1)x2，
令m(x)=ex−x−1，则m′(x)=ex−1，
令m′(x)>0，解得：x>0，故m(x)在(0,+∞)递增，
而m(0)=0，故ex−x−1>0在(0,+∞)恒成立，
令h′(x)>0，解得：x>1，令h′(x)<0，解得：0故h(x)在(0,1)递减，在(1,+∞)递增，
故h(x)min=h(1)=e−2，
故a≤e−2.
【解析】(1)代入a的值，求出函数的导数，计算f(1)，f′(1)，求出切线方程即可；
(2)问题转化为a≤ex−x2−1x，令h(x)=ex−x2−1x，求出函数的导数，根据函数的单调性求出h(x)的最小值，求出a的范围即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，是一道中档题．
21.【答案】解：(Ⅰ)当a=1时，f(x)=x+1ex，则f′(x)=ex−(x+1)ex(ex)2=−xex，
令f′(x)=0，即x=0，
所以当x<0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x>0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
因此f(x)在x=0处取得极大值，f(0)=0+1e0=1，
所以f(x)的单调递增区间为(−∞,0)，单调递减区间为(0,+∞)，在x=0处取得极大值，且极大值为1；
(Ⅱ)证明：要证f(x)≤(a−1)x+1，即证ax+1ex−(a−1)x−1≤0，
因此设g(x)=ax+1ex−(a−1)x−1，则g′(x)=a−ax−1ex−(a−1)=a−ax−1−(a−1)exex，
令m(x)=a−ax−1−(a−1)ex，则m′(x)=−a−(a−1)ex，
因为a≥1，所以m′(x)=−a−(a−1)ex≤0，
因此m(x)单调递减，且m(0)=a−1−(a−1)e0=0，
所以x∈(−∞,0)时，m(x)>0；当x∈(0,+∞)时，m(x)<0；
即x∈(−∞,0)时，g′(x)>0；当x∈(0,+∞)时，g′(x)<0；
所以g(x)在x∈(−∞,0)上单调递增，在x∈(0,+∞)上单调递减，
所以g(x)在x=0处取得极大值也是最大值，且g(0)=1e0−1=0，
故ax+1ex−(a−1)x−1≤0.
(Ⅲ)要证f(x)≥ax2+(a−1)x+1，即证ax+1ex≥ax2+(a−1)x+1，
也即是ax+1≥ax2ex+(a−1)xex+ex，即证ax(xex+ex−1)≤xex−ex+1，
令G(x)=xex−ex+1，则G′(x)=xex，
当x>0时，G′(x)>0，即G(x)单调递增；
当x<0时，G′(x)<0，即G(x)单调递减；
所以G(x)min=G(0)=0，故xex−ex+1≥0，
令H(x)=x(xex+ex−1)=x2ex+xex−x，则H′(x)=(x2+3x+1)ex−1
令M(x)=(x2+3x+1)ex−1，则M′(x)=(x2+5x+4)ex，
M′(x)=0，则x1=−4，x2=−1
所以x<−4和x>−1时，M′(x)>0，则M(x)单调递增；
−4且M(−4)=5e−4−1<0，M(−1)=−e−1−1<0，M(0)=e0−1=0，
因此x<0时，M(x)<0，即H′(x)=(x2+3x+1)ex−1<0，所以H(x)单调递减，
x>0时，M(x)>0，即H′(x)=(x2+3x+1)ex−1>0，所以H(x)单调递增，
所以H(x)min=H(0)=0，即x(xex+ex−1)≥0
因此当a≤0时，fx≥ax2+(a−1)x+1恒成立．
【解析】(Ⅰ)求导判断函数的单调性，进而可求出极值；
(Ⅱ)构造函数g(x)=ax+1ex−(a−1)x−1，求出函数的最大值即可得出结论；
(Ⅲ)将f(x)≥ax2+(a−1)x+1变形为ax(xex+ex−1)≤xex−ex+1，分别证得x(xex+ex−1)与xex−ex+1恒非负，即可得出结论．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与极值，不等式恒成立问题，考查了转化思想和函数思想，属中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)3，2，1，1，0，−1.(答案不唯一).
(Ⅱ)证明：∵a1aN<0，∴a1，aN异号，
假设a1<0，aN>0，
设T=|i|a1<0，i∈{1,2,3,⋅⋅⋅,N}，∵a1<0，∴T≠⌀，
又∵T是有限自然数集，∴可设T中的最大数为m，(1≤m≤N−1)，
令k=m+1，则ak≥0，
∵|ak−ak−1|=ak−ak−1≤1，∴ak≤1+ak−1=1+am<1，
∵0≤ak<1，且ak为整数，∴ak=0，
∴若数列AN：a1，a2，⋅⋅⋅，aN(N≥3)满足a1<0，aN>0，且对任意i=2，3，⋅⋅⋅，N，
都有|ai−ai−1|≤1，则存在ak，使得ak=0，
若a1>0，aN<0，则数列−a1，−a2，⋅⋅⋅，−aN满足−a1<0，−aN>0，
且对任意i=2，3，⋅⋅⋅，N，都有|(−ai)−(−ai−1)|=|ai−ai−1|≤1，
∴存在−ak，使得−ak=0，即存在ak，使得ak=0，
∴数列AN中存在ak使得ak=0.
(Ⅲ)证明：设t=S(AN)N，则t∈Z，
设数列AN：a1，a2，⋅⋅⋅，aN中最大的值为M>0，最小值为m<0，
∵Nm设在数列AN中，ai=m，aj=M，
若i设数列B：ai−t，ai+1−t，⋅⋅⋅，aj−t，则数列B至少有3项，
∵(ai−t)(aj−t)=(m−t)(M−t)<0，且对任意k=1，2，⋅⋅⋅，j−1，
都有|(ai+k−t))−(ai+k−1−t)|=|ai+k−ai+k−1|≤1，
∴由(Ⅱ)可知存在ar−t，使得ar−t=0(r∈{i+1,i+2,⋅⋅⋅,j−1},即t=S(AN)N=ar，
若i>j，设数列t−aj，t−aj+1，⋅⋅⋅，t−ai，
同理，存在t−ar，使得t−ar=0(r∈{j+1,j+2,⋅⋅⋅,i−1},即t=S(AN)N=ar，
综上，若S(AN)是N的整数倍，则数列AN中存在ar，使得S(AN)=N⋅ar.
【解析】(Ⅰ)3，2，1，1，0，−1.(答案不唯一).
(Ⅱ)a1，aN异号，假设a1<0，aN>0，设T=|i|a1<0，i∈{1,2,3,⋅⋅⋅,N}，设T中的最大数为m，(1≤m≤N−1)，令k=m+1，则ak≥0，推导出ak=0，若数列AN：a1，a2，⋅⋅⋅，aN(N≥3)满足a1<0，aN>0，且对任意i=2，3，⋅⋅⋅，N，
都有|ak−ak−1|≤1，则存在ak，使得ak=0，由此能证明数列AN中存在ak使得ak=0.
(Ⅲ)设t=S(AN)N，则t∈Z，设数列AN：a1，a2，⋅⋅⋅，aN中最大的值为M>0，最小值为m<0，则m本题考查数列的求法，考查数列性质的证明，考查运算求解能力、推理论证能力等数学核心素养，是难题．
x
(0,12)
12
(12,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
-
0
+
f(x)
单调递增
−54−ln2
单调递减
−2
单调递增