2022年山东成人高考《数学（文）》章节难点习题(13)

　　一、填空题

　　1.()设zn=( )n，(n∈N*)，记Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+…+|zn+1-zn|，则 Sn=_________.

　　2.()作边长为a的正三角形的内切圆，在这个圆内作新的内接正三角形，在新的正三角形内再作内切圆，如此继续下去，所有这些圆的周长之和及面积之和分别为_________.

　　二、解答题

　　3.()数列{an}满足a1=2，对于任意的n∈N*都有an>0,且(n+1)an2+an・an+1-

　　nan+12=0，又知数列{bn}的通项为bn=2n-1+1.

　　(1)求数列{an}的通项an及它的前n项和Sn;

　　(2)求数列{bn}的前n项和Tn;

　　(3)猜想Sn与Tn的大小关系，并说明理由.

　　4.()数列{an}中，a1=8,a4=2且满足an+2=2an+1-an,(n∈N*).

　　(1)求数列{an}的通项公式;

　　(2)设Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;

　　(3)设bn= (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整数m，使得对任意n∈N*均有Tn> 成立?若存在，求出m的值;若不存在，说明理由.

　　5.()设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=(m+1)-man.对任意正整数n都成立，其中m为常数，且m<-1.

　　(1)求证：{an}是等比数列;

　　(2)设数列{an}的公比q=f(m)，数列{bn}满足：b1= a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).试问当m为何值时， 成立?

　　6.()已知数列{bn}是等差数列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.

　　(1)求数列{bn}的通项bn;

　　(2)设数列{an}的通项an=loga(1+ )(其中a>0且a≠1),记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与 logabn+1的大小，并证明你的结论.

　　7.()设数列{an}的首项a1=1，前n项和Sn满足关系式：3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4…).

　　(1)求证：数列{an}是等比数列;

　　(2)设数列{an}的公比为f(t)，作数列{bn}，使b1=1,bn=f( )(n=2,3,4…)，求数列{bn}的通项bn;

　　(3)求和：b1b2-b2b3+b3b4-…+b2n-1b2n-b2nb2n+1.

　　参考答案

　　难点磁场

　　解析：(1)由题意，当n=1时，有 ，S1=a1，

　　∴ ，解得a1=2.当n=2时，有 ，S2=a1+a2，将a1=2代入，整理得(a2-2)2=16，由a2>0，解得a2=6.当n=3时，有 ，S3=a1+a2+a3，将a1=2，a2=6代入，整理得(a3-2)2=64，由a3>0，解得a3=10.故该数列的前3项为2，6，10.

　　(2)解法一：由(1)猜想数列{an}.有通项公式an=4n-2.下面用数学归纳法证明{an}的通项公式是an=4n-2，(n∈N*).

　　①当n=1时，因为4×1-2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述结论成立.

　　②假设当n=k时，结论成立，即有ak=4k-2，由题意，有 ，将ak=4k-2.代入上式，解得2k= ，得Sk=2k2，由题意，有 ，Sk+1=Sk+ak+1，将Sk=2k2代入得( )2=2(ak+1+2k2)，整理得ak+12-4ak+1+4-16k2=0，由ak+1>0，解得ak+1=2+4k，所以ak+1=2+4k=4(k+1)-2，即当n=k+1时，上述结论成立.根据①②，上述结论对所有的自然数n∈N*成立.

　　解法二：由题意知 ，(n∈N*).整理得，Sn= (an+2)2,由此得Sn+1= (an+1+2)2，∴an+1=Sn+1-Sn= [(an+1+2)2-(an+2)2].整理得(an+1+an)(an+1-an-4)=0，由题意知an+1+an≠0，∴an+1-an=4，即数列{an}为等差数列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1)，即通项公式为an=4n-2.

　　解法三：由已知得 ,(n∈N*)①，所以有 ②，由②式得 ，整理得Sn+1-2 ・ +2-Sn=0，解得 ，由于数列{an}为正项数列，而 ，因而 ，即{Sn}是以 为首项，以 为公差的等差数列.所以 = +(n-1) = n,Sn=2n2，

　　故an= 即an=4n-2(n∈N*).

　　(3)令cn=bn-1，则cn= 歼灭难点训练

　　一、 答案：1+ 2.解析：由题意所有正三角形的边长构成等比数列{an}，可得an= ，正三角形的内切圆构成等比数列{rn}，可得rn= a,�

　　∴这些圆的周长之和c= 2π(r1+r2+…+rn)= a2，

　　面积之和S= π(n2+r22+…+rn2)= a2

　　答案：周长之和 πa，面积之和 a2

　　二、3.解：(1)可解得 ，从而an=2n，有Sn=n2+n，

　　(2)Tn=2n+n-1.

　　(3)Tn-Sn=2n-n2-1，验证可知，n=1时，T1=S1，n=2时T2 S5;n=6时T6>S6.猜想当n≥5时，Tn>Sn，即2n>n2+1

　　可用数学归纳法证明(略).

　　4.解：(1)由an+2=2an+1-an an+2-an+1=an+1-an可知{an}成等差数列，�

　　d= =-2,∴an=10-2n.

　　(2)由an=10-2n≥0可得n≤5，当n≤5时，Sn=-n2+9n，当n>5时，Sn=n2-9n+40，故Sn= (3)bn= ;要使Tn> 总成立，需

　　5.解：(1)由已知Sn+1=(m+1)-man+1�①，Sn=(m+1)-man②,由①-②，得an+1=man-man+1，即(m+1)an+1=man对任意正整数n都成立.

　　∵m为常数，且m<-1

　　∴ ，即{ }为等比数列.

　　(2)当n=1时，a1=m+1-ma1，∴a1=1，从而b1= .

　　由(1)知q=f(m)= ，∴bn=f(bn-1)= (n∈N*,且n≥2)

　　∴ ，即 ，∴{ }为等差数列.∴ =3+(n-1)=n+2，

　　(n∈N*).

　　6.解：(1)设数列{bn}的公差为d，由题意得： 解得b1=1,d=3,

　　∴bn=3n-2.

　　(2)由bn=3n-2,知Sn=loga(1+1)+loga(1+ )+…+loga(1+ )

　　=loga[(1+1)(1+ )…(1+ )]， logabn+1=loga .

　　因此要比较Sn与 logabn+1的大小，可先比较(1+1)(1+ )…(1+ )与 的大小，

　　取n=1时，有(1+1)> 取n=2时，有(1+1)(1+ )> …

　　由此推测(1+1)(1+ )…(1+ )> ①

　　若①式成立，则由对数函数性质可判定：

　　当a>1时，Sn> logabn+1， ②

　　当0

　　下面用数学归纳法证明①式.

　　(�)当n=1时，已验证①式成立.

　　(�)假设当n=k时(k≥1)，①式成立，即：

　　.那么当n=k+1时，

　　这就是说①式当n=k+1时也成立.

　　由(�)(�)可知①式对任何正整数n都成立.

　　由此证得：

　　当a>1时，Sn> logabn+1;当0

　　7.解：(1)由S1=a1=1,S2=1+a2，得3t(1+a2)-(2t+3)=3t.

　　∴a2= .

　　又3tSn-(2t+3)Sn-1=3t， ①

　　3tSn-1-(2t+3)Sn-2=3t ②

　　①-②得3tan-(2t+3)an-1=0.

　　∴ ,n=2,3,4…,所以{an}是一个首项为1公比为 的等比数列;

　　(2)由f(t)= = ,得bn=f( )= +bn-1�.

　　可见{bn}是一个首项为1，公差为 的等差数列.

　　于是bn=1+ (n-1)= ;

　　(3)由bn= ,可知{b2n-1}和{b2n}是首项分别为1和 ，公差均为 的等差数列，于是b2n= ,

　　∴b1b2-b2b3+b3b4-b4b5+…+b2n-1b2n-b2nb2n+1�

　　=b2(b1-b3)+b4(b3-b5)+…+b2n(b2n-1-b2n+1)

　　=- (b2+b4+…+b2n)=- ・ n( + )=- (2n2+3n)