《2025年全品基础小练习高考数学》

1.（15分）已知等比数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，公比$q ＞ 1$，且$a_{2}=8$，$S_{3}=28$.
（1）求$\{a_{n}\}$的通项公式；
（2）证明：$a_{n}^{2}＞S_{n}+7$.

答案： $解:(1)由a_2=8,S_3=28,$
$\begin{cases}{a_1q=8 } \\ {a_1+a_1q+a_1q²=28} \end{cases}$
$解得a_1=4,q=2或a_1=16,q=\frac{1}{2}(舍去)$
$∴a_n=2^{n+1}$
$(2)∵S_n=\frac{4(1-2^n)}{1-2}=2^{n+1}-4$
$∴a²_n-S_n-7=(2^{n+1})²-2×2^{n+1}-3=(2^{n+1}-3)(2^{n+1}+1)＞0$
$∴a²_n＞S_n+7$

2.（15分）设$S_{n}$为数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和，已知$a_{2}=1$，$2S_{n}=na_{n}$.
（1）求$\{a_{n}\}$的通项公式；
（2）求数列$\{\frac{a_{n + 1}}{2^{n}}\}$的前$n$项和$T_{n}$.

答案： $2. 解： (1)因为2S_{n}=na_{n}，$
$所以当n = 1时，2a_{1}=a_{1}，即a_{1}=0。$
$当n\geq2时，2S_{n - 1}=(n - 1)a_{n - 1}，$
$所以2(S_{n}-S_{n - 1})=na_{n}-(n - 1)a_{n - 1}=2a_{n}(n\geq2)$，
$化简得(n - 2)a_{n}=(n - 1)a_{n - 1}(n\geq2)，$
$所以当n\geq3时，\frac{a_{n}}{n - 1}=\frac{a_{n - 1}}{n - 2}=\cdots=\frac{a_{3}}{2}=\frac{a_{2}}{1}=1$
$即a_{n}=n - 1。$
$当n = 1或2时，上式均成立，$
$所以a_{n}=n - 1(n\in N^{*})$
$(2)因为\frac{a_{n}}{2^{n - 1}}=\frac{n - 1}{2^{n - 1}}，$
$所以T_{n}=1\times(\frac{1}{2})^{1}+2\times(\frac{1}{2})^{2}+3\times(\frac{1}{2})^{3}+\cdots +n\times(\frac{1}{2})^{n}，$
$\frac{1}{2}T_{n}=1\times(\frac{1}{2})^{2}+2\times(\frac{1}{2})^{3}+\cdots+(n - 1)\times(\frac{1}{2})^{n}+n\times(\frac{1}{2})^{n + 1}，$
$两式相减得\frac{1}{2}T_{n}=(\frac{1}{2})^{1}+(\frac{1}{2})^{2}+(\frac{1}{2})^{3}+\cdots+(\frac{1}{2})^{n}-n\times(\frac{1}{2})^{n + 1}=\frac{\frac{1}{2}\times[1 - (\frac{1}{2})^{n}]}{1-\frac{1}{2}}-n\times(\frac{1}{2})^{n + 1}=1-(\frac{1}{2})^{n}(1+\frac{n}{2})，$
$即T_{n}=2-(\frac{1}{2})^{n}(2 + n),n\in N^{*})。$

3.（15分）已知数列$\{a_{n}\}$满足$\frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n + 1}}=\frac{2n + 1}{a_{n}a_{n + 1}}$，且$a_{1}=1$.
（1）求数列$\{a_{n}\}$的通项公式；
（2）若数列$\{b_{n}\}$满足$b_{n}=\frac{2}{a_{n}}$，记数列$\{b_{n}\}$的前$n$项和为$T_{n}$，求证：$T_{n}＜4$.

答案： $3. 解： (1)由题可得a_{n + 1}-a_{n}=2n + 1，$
$则a_{n}-a_{n - 1}=2(n - 1)+1,\cdots,a_{2}-a_{1}=2\times1 + 1，$
$将这n个式子相加，可得a_{n + 1}-1=2(n + n - 1+\cdots+1)+n，$
$故a_{n + 1}=2\times\frac{n(n + 1)}{2}+n + 1=(n + 1)^{2}，$
$所以a_{n}=n^{2}(n\geq2)，$
$又a_{1}=1满足上式，$
$所以a_{n}=n^{2}。$
$(2)证明：由题可得，b_{n}=\frac{2}{n^{2}}，$
$当n = 1时，T_{1}=b_{1}=2<4。$
$当n\geq2时，\frac{2}{n^{2}}<\frac{2}{n(n - 1)}=2(\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n})$
$所以当n\geq2时，T_{n}<2+2(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n - 1}-\frac{1}{n})=2+2(1-\frac{1}{n})<4。$
$综上，T_{n}<4。$ 

4.（15分）已知$\{a_{n}\}$为等差数列，$b_{n}=\begin{cases}a_{n}-6,n为奇数,\\2a_{n},n为偶数.\end{cases}$记$S_{n}$，$T_{n}$分别为数列$\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$的前$n$项和，$S_{4}=32$，$T_{3}=16$.
（1）求$\{a_{n}\}$的通项公式；
（2）证明：当$n ＞ 5$时，$T_{n}＞S_{n}$.

答案： $4. 解： (1)设数列a_{n}的公差为d，$
$\because T_{3}=b_{1}+b_{2}+b_{3}=a_{1}-6 + 2a_{2}+a_{3}-6=4a_{2}-12 = 16，$
$\therefore a_{2}=a_{1}+d = 7，又S_{4}=4a_{1}+\frac{4\times3}{2}d = 32，$
$即a_{1}+\frac{3}{2}d = 8，$
$\therefore a_{1}=5，d = 2，\therefore a_{n}=a_{1}+(n - 1)d=2n + 3。$
$(2)证明：由(1)可得S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n^{2}+4n。$
$当n为偶数时，T_{n}=(b_{1}+b_{3}+\cdots+b_{n - 1})+(b_{2}+b_{4}+\cdots+b_{n})=(a_{1}-6 + a_{3}-6+\cdots+a_{n - 1}-6)+(2a_{2}+2a_{4}+\cdots+2a_{n})=(5 + 9+\cdots+2n + 1-3n)+2\times(7 + 11+\cdots+2n + 3)=\frac{(5 + 2n + 1)\cdot\frac{n}{2}}{2}-3n+2\times\frac{(7 + 2n + 3)\cdot\frac{n}{2}}{2}=\frac{3}{2}n^{2}+\frac{7}{2}n，$
$当n>5且n为偶数时，T_{n}-S_{n}=\frac{3}{2}n^{2}+\frac{7}{2}n-(n^{2}+4n)=\frac{1}{2}n^{2}-\frac{1}{2}n=\frac{1}{2}n(n - 1)>0，$
$即T_{n}>S_{n}；$
$当n为奇数且n\geq3时，T_{n}=T_{n - 1}+b_{n}=\frac{3}{2}(n - 1)^{2}+\frac{7}{2}(n - 1)+2n + 3-6=\frac{3}{2}n^{2}+\frac{5}{2}n-5，$
$当n>5且n为奇数时，T_{n}-S_{n}=\frac{3}{2}n^{2}+\frac{5}{2}n-5-(n^{2}+4n)=\frac{1}{2}n^{2}-\frac{3}{2}n-5=\frac{1}{2}(n^{2}-3n - 10)=\frac{1}{2}(n + 2)(n - 5)>0，$
$即T_{n}>S_{n}。$
$综上，当n>5时，T_{n}>S_{n}。$