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2022年长沙成人高考高起本《数学(文)》章节难点习题(1)

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2022-05-16 11:41:58 来源: 其它
作者:毛老师
  2022年长沙成人高考考试时间在10月15日和16日进行,请相关考生提前复习备考,长沙成考网为帮助各位考生更好的复习,整理了长沙成人高考高升本模拟试题,如下:

  ●歼灭难点训练

  一、选择题

  1.(★★★★)等比数列{an}的首项a1=-1,前n项和为Sn,若 ,则 Sn等于( )

  C.2 D.-2

  二、填空题

  2.(★★★★)已知a,b,a+b成等差数列,a,b,ab成等比数列,且0

  3.(★★★★)等差数列{an}共有2n+1项,其中奇数项之和为319,偶数项之和为290,则其中间项为_________.

  4.(★★★★)已知a、b、c成等比数列,如果a、x、b和b、y、c都成等差数列,则 =_________.

  三、解答题

  5.(★★★★★)设等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

  (1)求公差d的取值范围;

  (2)指出S1、S2、…、S12中哪一个值最大,并说明理由.

  6.(★★★★★)已知数列{an}为等差数列,公差d≠0,由{an}中的部分项组成的数列

  a ,a ,…,a ,…为等比数列,其中b1=1,b2=5,b3=17.

  (1)求数列{bn}的通项公式;

  (2)记Tn=C b1+C b2+C b3+…+C bn,求 .

  7.(★★★★)设{an}为等差数列,{bn}为等比数列,a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分别求出{an}及{bn}的前n项和S10及T10.

  8.(★★★★★){an}为等差数列,公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)

  (1)求证:当k取不同自然数时,此方程有公共根;

  (2)若方程不同的根依次为x1,x2,…,xn,…,求证:数列 为等差数列.

  参考答案

  难点磁场

  ①

  ②

  解法一:将Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+ d,得:

  解法二:由 知,要求S3m只需求m[a1+ ],将②-①得ma1+ d=70,∴S3m=210.

  解法三:由等差数列{an}的前n项和公式知,Sn是关于n的二次函数,即Sn=An2+Bn(A、B是常数).将Sm=30,S2m=100代入,得

  ,∴S3m=A·(3m)2+B·3m=210

  解法四:S3m=S2m+a2m+1+a2m+2+…+a3m=S2m+(a1+2md)+…+(am+2md)=S2m+(a1+…+am)+m·2md=S2m+Sm+2m2d.

  由解法一知d= ,代入得S3m=210.

  解法五:根据等差数列性质知:Sm,S2m-Sm,S3m-S2m也成等差数列,从而有:2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m)

  ∴S3m=3(S2m-Sm)=210

  解法六:∵Sn=na1+ d,

  ∴ =a1+ d

  ∴点(n, )是直线y= +a1上的一串点,由三点(m, ),(2m, ),(3m, )共线,易得S3m=3(S2m-Sm)=210.

  解法七:令m=1得S1=30,S2=100,得a1=30,a1+a2=100,∴a1=30,a2=70

  ∴a3=70+(70-30)=110

  ∴S3=a1+a2+a3=210

  答案:210

  歼灭难点训练

  一、1.解析:利用等比数列和的性质.依题意, ,而a1=-1,故q≠1,

  ∴ ,根据等比数列性质知S5,S10-S5,S15-S10,…,也成等比数列,且它的公比为q5,∴q5=- ,即q=- .

  ∴ 答案:B

  二、2.解析:解出a、b,解对数不等式即可.

  答案:(-∞,8)

  3.解析:利用S奇/S偶= 得解.

  答案:第11项a11=29

  4.解法一:赋值法.

  解法二:

  b=aq,c=aq2,x= (a+b)= a(1+q),y= (b+c)= aq(1+q),

  = =2.

  答案:2

  三、5.(1)解:依题意有: 解之得公差d的取值范围为-

  (2)解法一:由d<0可知a1>a2>a3>…>a12>a13,因此,在S1,S2,…,S12中Sk为最大值的条件为:ak≥0且ak+1<0,即 ∵a3=12,∴ ,∵d<0,∴2-

  因为k是正整数,所以k=6,即在S1,S2,…,S12中,S6最大.

  解法二:由d<0得a1>a2>…>a12>a13,因此,若在1≤k≤12中有自然数k,使得ak≥0,且ak+1<0,则Sk是S1,S2,…,S12中的最大值.由等差数列性质得,当m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q时,am+an=ap+aq.所以有:2a7=a1+a13= S13<0,∴a7<0,a7+a6=a1+a12= S12>0,∴a6≥-a7>0,故在S1,S2,…,S12中S6最大.

  解法三:依题意得: 最小时,Sn最大;

  ∵-

  点评:该题的第(1)问通过建立不等式组求解属基本要求,难度不高,入手容易.第(2)问难度较高,为求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk为最大值的充要条件是ak≥0且ak+1<0,思路之三是可视Sn为n的二次函数,借助配方法可求解.它考查了等价转化的数学思想、逻辑思维能力和计算能力,较好地体现了高考试题注重能力考查的特点.而思路之二则是通过等差数列的性质等和性探寻数列的分布规律,找出“分水岭”,从而得解.

  6.解:(1)由题意知a52=a1·a17,即(a1+4d)2=a1(a1+16d) a1d=2d2,

  ∵d≠0,∴a1=2d,数列{ }的公比q= =3,

  ∴ =a1·3n-1 ①

  又 =a1+(bn-1)d= ②

  由①②得a1·3n-1= ·a1.∵a1=2d≠0,∴bn=2·3n-1-1.

  (2)Tn=C b1+C b2+…+C bn=C (2·30-1)+C ·(2·31-1)+…+C (2·3n-1-1)= (C +C ·32+…+C ·3n)-(C +C +…+C )= [(1+3)n-1]-(2n-1)= ·4n-2n+ ,

  7.解:∵{an}为等差数列,{bn}为等比数列,∴a2+a4=2a3,b2·b4=b32,

  已知a2+a4=b3,b2·b4=a3,∴b3=2a3,a3=b32,

  得b3=2b32,∵b3≠0,∴b3= ,a3= .

  由a1=1,a3= ,知{an}的公差d=- ,

  ∴S10=10a1+ d=- .

  由b1=1,b3= ,知{bn}的公比q= 或q=- ,

  8.证明:(1)∵{an}是等差数列,∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可变为(akx+ak+2)(x+1)=0,

  ∴当k取不同自然数时,原方程有一个公共根-1.

  (2)原方程不同的根为xk=

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