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　　點擊查看：2017年成人高考《數學（文）》章節(jié)難點習題匯總

　　●殲滅難點訓練

　　一、填空題

　　1.(★★★★★)設zn=( )n，(n∈N*)，記Sn=|z2-z1|+|z3-z2|+…+|zn+1-zn|，則 Sn=_________.

　　2.(★★★★★)作邊長為a的正三角形的內切圓，在這個圓內作新的內接正三角形，在新的正三角形內再作內切圓，如此繼續(xù)下去，所有這些圓的周長之和及面積之和分別為_________.

　　二、解答題

　　3.(★★★★)數列{an}滿足a1=2，對于任意的n∈N*都有an>0,且(n+1)an2+an·an+1-

　　nan+12=0，又知數列{bn}的通項為bn=2n-1+1.

　　(1)求數列{an}的通項an及它的前n項和Sn;

　　(2)求數列{bn}的前n項和Tn;

　　(3)猜想Sn與Tn的大小關系，并說明理由.

　　4.(★★★★)數列{an}中，a1=8,a4=2且滿足an+2=2an+1-an,(n∈N*).

　　(1)求數列{an}的通項公式;

　　(2)設Sn=|a1|+|a2|+…+|an|,求Sn;

　　(3)設bn= (n∈N*),Tn=b1+b2+……+bn(n∈N*),是否存在最大的整數m，使得對任意n∈N*均有Tn> 成立?若存在，求出m的值;若不存在，說明理由.

　　5.(★★★★★)設數列{an}的前n項和為Sn，且Sn=(m+1)-man.對任意正整數n都成立，其中m為常數，且m<-1.

　　(1)求證：{an}是等比數列;

　　(2)設數列{an}的公比q=f(m)，數列{bn}滿足：b1= a1,bn=f(bn-1)(n≥2,n∈N*).試問當m為何值時， 成立?

　　6.(★★★★★)已知數列{bn}是等差數列，b1=1,b1+b2+…+b10=145.

　　(1)求數列{bn}的通項bn;

　　(2)設數列{an}的通項an=loga(1+ )(其中a>0且a≠1),記Sn是數列{an}的前n項和，試比較Sn與 logabn+1的大小，并證明你的結論.

　　7.(★★★★★)設數列{an}的首項a1=1，前n項和Sn滿足關系式：3tSn-(2t+3)Sn-1=3t(t>0,n=2,3,4…).

　　(1)求證：數列{an}是等比數列;

　　(2)設數列{an}的公比為f(t)，作數列{bn}，使b1=1,bn=f( )(n=2,3,4…)，求數列{bn}的通項bn;

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

　　參考答案

　　難點磁場

　　解析：(1)由題意，當n=1時，有 ，S1=a1，

　　∴ ，解得a1=2.當n=2時，有 ，S2=a1+a2，將a1=2代入，整理得(a2-2)2=16，由a2>0，解得a2=6.當n=3時，有 ，S3=a1+a2+a3，將a1=2，a2=6代入，整理得(a3-2)2=64，由a3>0，解得a3=10.故該數列的前3項為2，6，10.

　　(2)解法一：由(1)猜想數列{an}.有通項公式an=4n-2.下面用數學歸納法證明{an}的通項公式是an=4n-2，(n∈N*).

　　①當n=1時，因為4×1-2=2，，又在(1)中已求出a1=2，所以上述結論成立.

　�、诩僭O當n=k時，結論成立，即有ak=4k-2，由題意，有 ，將ak=4k-2.代入上式，解得2k= ，得Sk=2k2，由題意，有 ，Sk+1=Sk+ak+1，將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，即當n=k+1時，上述結論成立.根據①②，上述結論對所有的自然數n∈N*成立.

　　解法二：由題意知 ，(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，由題意知an+1+an≠0，∴an+1-an=4，即數列{an}為等差數列，其中a1=2，公差d=4.∴an=a1+(n-1)d=2+4(n-1)，即通項公式為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 ，由于數列{an}為正項數列，而 ，因而 ，即{Sn}是以 為首項，以 為公差的等差數列.所以 = +(n-1) = n,Sn=2n2，

　　故an= 即an=4n-2(n∈N*).

　　(3)令cn=bn-1，則cn= 殲滅難點訓練

　　一、 答案：1+ 2.解析：由題意所有正三角形的邊長構成等比數列{an}，可得an= ，正三角形的內切圓構成等比數列{rn}，可得rn= a,��

　　∴這些圓的周長之和c= 2π(r1+r2+…+rn)= a2，

　　面積之和S= π(n2+r22+…+rn2)= a2

　　答案：周長之和 πa，面積之和 a2

　　二、3.解：(1)可解得 ，從而an=2n，有Sn=n2+n，

　　(2)Tn=2n+n-1.

　　(3)Tn-Sn=2n-n2-1，驗證可知，n=1時，T1=S1，n=2時T2S5;n=6時T6>S6.猜想當n≥5時，Tn>Sn，即2n>n2+1

　　可用數學歸納法證明(略).

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

　　d= =-2,∴an=10-2n.

　　(2)由an=10-2n≥0可得n≤5，當n≤5時，Sn=-n2+9n，當n>5時，Sn=n2-9n+40，故Sn= (3)bn= ;要使Tn> 總成立，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對任意正整數n都成立.

　　∵m為常數，且m<-1

　　∴ ，即{ }為等比數列.

　　(2)當n=1時，a1=m+1-ma1，∴a1=1，從而b1= .

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

　　∴ ，即 ，∴{ }為等差數列.∴ =3+(n-1)=n+2，

　　(n∈N*).

　　6.解：(1)設數列{bn}的公差為d，由題意得： 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 .

　　因此要比較Sn與 logabn+1的大小，可先比較(1+1)(1+ )…(1+ )與 的大小，

　　取n=1時，有(1+1)> 取n=2時，有(1+1)(1+ )> …

　　由此推測(1+1)(1+ )…(1+ )> ①

　　若①式成立，則由對數函數性質可判定：

　　當a>1時，Sn> logabn+1， ②

　　當0

　　下面用數學歸納法證明①式.

　　(ⅰ)當n=1時，已驗證①式成立.

　　(ⅱ)假設當n=k時(k≥1)，①式成立，即：

　　.那么當n=k+1時，

　　這就是說①式當n=k+1時也成立.

　　由(ⅰ)(ⅱ)可知①式對任何正整數n都成立.

　　由此證得：

　　當a>1時，Sn> logabn+1;當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}是一個首項為1公比為 的等比數列;

　　(2)由f(t)= = ,得bn=f( )= +bn-1��.

　　可見{bn}是一個首項為1，公差為 的等差數列.

　　于是bn=1+ (n-1)= ;

　　(3)由bn= ,可知{b2n-1}和{b2n}是首項分別為1和 ，公差均為 的等差數列，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)

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