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　　點擊查看：2017年成人高考《數(shù)學(xué)（文）》章節(jié)難點習(xí)題匯總

　　●殲滅難點訓(xùn)練

　　一、選擇題

　　1.(★★★★)等比數(shù)列{an}的首項a1=-1,前n項和為Sn,若 ，則 Sn等于( )

　　C.2 D.-2

　　二、填空題

　　2.(★★★★)已知a,b,a+b成等差數(shù)列，a,b,ab成等比數(shù)列，且0

　　3.(★★★★)等差數(shù)列{an}共有2n+1項，其中奇數(shù)項之和為319，偶數(shù)項之和為290，則其中間項為_________.

　　4.(★★★★)已知a、b、c成等比數(shù)列，如果a、x、b和b、y、c都成等差數(shù)列，則 =_________.

　　三、解答題

　　5.(★★★★★)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn,已知a3=12,S12>0,S13<0.

　　(1)求公差d的取值范圍;

　　(2)指出S1、S2、…、S12中哪一個值最大，并說明理由.

　　6.(★★★★★)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，公差d≠0,由{an}中的部分項組成的數(shù)列

　　a ,a ,…,a ,…為等比數(shù)列，其中b1=1,b2=5,b3=17.

　　(1)求數(shù)列{bn}的通項公式;

　　(2)記Tn=C b1+C b2+C b3+…+C bn,求 .

　　7.(★★★★)設(shè){an}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)列，a1=b1=1,a2+a4=b3,b2·b4=a3,分別求出{an}及{bn}的前n項和S10及T10.

　　8.(★★★★★){an}為等差數(shù)列，公差d≠0,an≠0,(n∈N*),且akx2+2ak+1x+ak+2=0(k∈N*)

　　(1)求證：當k取不同自然數(shù)時，此方程有公共根;

　　(2)若方程不同的根依次為x1,x2,…,xn,…,求證：數(shù)列 為等差數(shù)列.

　　參考答案

　　難點磁場

　�、�

　�、�

　　解法一：將Sm=30,S2m=100代入Sn=na1+ d,得：

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

　　解法三：由等差數(shù)列{an}的前n項和公式知，Sn是關(guān)于n的二次函數(shù)，即Sn=An2+Bn(A、B是常數(shù)).將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：根據(jù)等差數(shù)列性質(zhì)知：Sm,S2m-Sm,S3m-S2m也成等差數(shù)列，從而有：2(S2m-Sm)=Sm+(S3m-S2m)

　　∴S3m=3(S2m-Sm)=210

　　解法六：∵Sn=na1+ d,

　　∴ =a1+ d

　　∴點(n, )是直線y= +a1上的一串點，由三點(m, ),(2m, ),(3m, )共線，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

　　殲滅難點訓(xùn)練

　　一、1.解析：利用等比數(shù)列和的性質(zhì).依題意， ，而a1=-1,故q≠1,

　　∴ ,根據(jù)等比數(shù)列性質(zhì)知S5，S10-S5，S15-S10,…,也成等比數(shù)列，且它的公比為q5,∴q5=- ,即q=- .

　　∴ 答案：B

　　二、2.解析：解出a、b,解對數(shù)不等式即可.

　　答案：(-∞,8)

　　3.解析：利用S奇/S偶= 得解.

　　答案：第11項a11=29

　　4.解法一：賦值法.

　　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：依題意有： 解之得公差d的取值范圍為-

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

　　因為k是正整數(shù)，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中有自然數(shù)k,使得ak≥0,且ak+1<0,則Sk是S1，S2，…，S12中的最大值.由等差數(shù)列性質(zhì)得，當m、n、p、q∈N*,且m+n=p+q時，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：依題意得： 最小時，Sn最大;

　　∵-

　　點評：該題的第(1)問通過建立不等式組求解屬基本要求，難度不高，入手容易.第(2)問難度較高，為求{Sn}中的最大值Sk,1≤k≤12,思路之一是知道Sk為最大值的充要條件是ak≥0且ak+1<0，思路之三是可視Sn為n的二次函數(shù)，借助配方法可求解.它考查了等價轉(zhuǎn)化的數(shù)學(xué)思想、邏輯思維能力和計算能力，較好地體現(xiàn)了高考試題注重能力考查的特點.而思路之二則是通過等差數(shù)列的性質(zhì)等和性探尋數(shù)列的分布規(guī)律，找出“分水嶺”，從而得解.

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

　　∵d≠0,∴a1=2d,數(shù)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}為等差數(shù)列，{bn}為等比數(shù)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.證明：(1)∵{an}是等差數(shù)列，∴2ak+1=ak+ak+2,故方程akx2+2ak+1x+ak+2=0可變?yōu)?akx+ak+2)(x+1)=0,

　　∴當k取不同自然數(shù)時，原方程有一個公共根-1.

　　(2)原方程不同的根為xk=

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