《2025年全品基础小练习高考数学》

1.（13分）已知数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=2$，$S_{n}=\lambda a_{n + 1}-1$，其中$\lambda$是不为0的常数.
(1)求$a_{2}$，$a_{3}$；
(2)确定$\lambda$的值，使得$\{ a_{n}\}$为等比数列，并证明.

答案： 解:
(1)由题意，数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{1}=2$，$S_{n}=\lambda a_{n + 1}-1$，当$n = 1$时，$S_{1}=a_{1}=\lambda a_{2}-1$，解得$a_{2}=\frac{3}{\lambda}$.
当$n = 2$时，$S_{2}=a_{1}+a_{2}=2+\frac{3}{\lambda}=\lambda a_{3}-1$，解得$a_{3}=\frac{3}{\lambda}+\frac{3}{\lambda^{2}}$.
(2)当数列$\{ a_{n}\}$为等比数列时，$a_{2}^{2}=a_{1}\cdot a_{3}$，即$(\frac{3}{\lambda})^{2}=2(\frac{3}{\lambda}+\frac{3}{\lambda^{2}})$，解得$\lambda=\frac{1}{2}$.
证明如下：当$\lambda=\frac{1}{2}$时，$S_{n}=\frac{1}{2}a_{n + 1}-1$①，当$n\geq2$时，$S_{n - 1}=\frac{1}{2}a_{n}-1$②，①$-$②得$a_{n}=\frac{1}{2}a_{n + 1}-\frac{1}{2}a_{n}(n\geq2)$，整理得$a_{n + 1}=3a_{n}(n\geq2)$，即$\frac{a_{n + 1}}{a_{n}} = 3(n\geq2)$，又$a_{2}=6$，$a_{1}=2$，所以$\frac{a_{2}}{a_{1}} = 3$，故数列$\{ a_{n}\}$是以$2$为首项，以$3$为公比的等比数列.

2.（13分）记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，已知$a_{2}=11$，$S_{10}=40$.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)求数列$\{ |a_{n}|\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： 解:
(1)设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
则由题可得$\begin{cases}a_{2}=a_{1}+d = 11\\S_{10}=10a_{1}+\frac{10\times9}{2}d = 40\end{cases}$，即$\begin{cases}a_{1}+d = 11\\2a_{1}+9d = 8\end{cases}$，解得$\begin{cases}a_{1}=13\\d = - 2\end{cases}$，
所以$a_{n}=13 - 2(n - 1)=15 - 2n$.
(2)由
(1)可知$S_{n}=\frac{n(13 + 15 - 2n)}{2}=14n - n^{2}$.
令$a_{n}=15 - 2n\gt0$，解得$n\lt\frac{15}{2}$，所以当$n\leq7$，且$n\in N^{*}$时，$a_{n}\gt0$，此时$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{n}|=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}=S_{n}=14n - n^{2}$；当$n\geq8$，且$n\in N^{*}$时，$a_{n}\lt0$，此时$T_{n}=|a_{1}|+|a_{2}|+\cdots+|a_{n}|=(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{7})-(a_{8}+a_{9}+\cdots+a_{n})=S_{7}-(S_{n}-S_{7})=2S_{7}-S_{n}=2\times(14\times7 - 7^{2})-(14n - n^{2})=n^{2}-14n + 98$.综上所述，$T_{n}=\begin{cases}14n - n^{2},n\leq7,n\in N^{*}\\n^{2}-14n + 98,n\geq8,n\in N^{*}\end{cases}$.

3.（13分）已知等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，且$a_{5}=6$，$S_{3}+a_{3}=13$.
(1)求$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)已知$b_{n}=(-1)^{n}\cdot \frac{2n + 3}{a_{n}a_{n + 1}}$，数列$\{ b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求$T_{4}$的值.

答案： 解:
(1)设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
则由题意得$\begin{cases}a_{5}=a_{1}+4d = 6\\S_{3}+a_{3}=3a_{1}+\frac{3\times2}{2}d+a_{1}+2d = 13\end{cases}$，
解得$\begin{cases}a_{1}=2\\d = 1\end{cases}$，
故$a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=n + 1$.
(2)由
(1)可得$b_{n}=(-1)^{n}\cdot\frac{2n + 3}{a_{n}a_{n + 1}}=(-1)^{n}\cdot\frac{2n + 3}{(n + 1)(n + 2)}=(-1)^{n}(\frac{1}{n + 1}+\frac{1}{n + 2})$，则$T_{4}=-(\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+(\frac{1}{3}+\frac{1}{4})-(\frac{1}{4}+\frac{1}{5})+(\frac{1}{5}+\frac{1}{6})=-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=-\frac{1}{3}$.