2023高考数学异构异模复习第六章数列6.2.2等差数列的性质及应用撬题理

PAGEPAGE32022高考数学异构异模复习考案第六章数列6.2.2等差数列的性质及应用撬题理1．设{an}是等差数列．以下结论中正确的选项是()A．假设a1＋a2>0，那么a2＋a3>0B．假设a1＋a3<0，那么a1＋a2<0C．假设0<a1<a2，那么a2>eq\r(a1a3)D．假设a1<0，那么(a2－a1)(a2－a3)>0答案C解析假设{an}是递减的等差数列，那么选项A、B都不一定正确．假设{an}为公差为0的等差数列，那么选项D不正确．对于C选项，由条件可知{an}为公差不为0的正项数列，由等差中项的性质得a2＝eq\f(a1＋a3,2)，由根本不等式得eq\f(a1＋a3,2)>eq\r(a1a3)，所以C正确．2．在等差数列{an}中，a1>0，a2022＋a2022>0，a2022·a2022<0，那么使Sn>0成立的最大自然数n是()A．4025B．4024C．4023D．4022答案B解析∵等差数列{an}的首项a1>0，a2022＋a2022>0，a2022·a2022<0，假设a2022<0<a2022，那么d>0，而a1>0，可得a2022＝a1＋2022d>0，矛盾，故不可能．∴a2022>0，a2022<0.再根据S4024＝eq\f(4024a1＋a4024,2)＝2022(a2022＋a2022)>0，而S4025＝4025a2022<0，因此使前n项和Sn>0成立的最大自然数n为4024.3.等差数列{an}，{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，假设eq\f(Sn,Tn)＝eq\f(2n,3n＋1)，那么eq\f(an,bn)＝()A.eq\f(2,3) B.eq\f(2n－1,3n－1)C.eq\f(2n＋1,3n＋1) D.eq\f(2n－1,3n＋4)答案B解析eq\f(an,bn)＝eq\f(2an,2bn)＝eq\f(\f(2n－1,2)a1＋a2n－1,\f(2n－1,2)b1＋b2n－1)＝eq\f(S2n－1,T2n－1)＝eq\f(22n－1,32n－1＋1)＝eq\f(2n－1,3n－1).应选B.4．在等差数列{an}中，假设a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，那么a2＋a8＝________.答案10解析由a3＋a4＋a5＋a6＋a7＝25，得5a5＝25，所以a5＝5，故a2＋a8＝2a5＝10.5．中位数为1010的一组数构成等差数列，其末项为2022，那么该数列的首项为________．答案5解析设等差数列的首项为a1，根据等差数列的性质可得，a1＋2022＝2×1010，解得a1＝5.6．在等差数列{an}中，a1＝7，公差为d，前n项和为Sn，当且仅当n＝8时Sn取得最大值，那么d的取值范围为________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(7,8)))解析由题意知d<0且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a8>0，,a9<0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7＋7d>0，,7＋8d<0，))解得－1<d<－eq\f(7,8).7.假设等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，那么当n＝________时，{an}的前n项和最大．答案8解析根据题意知a7＋a8＋a9＝3a8>0，即a8>0.又a8＋a9＝a7＋a10<0，∴a9<0，∴当n＝8时，{an}的前n项和最大．8．公差大于零的等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a3·a4＝117，a2＋a5＝22.(1)求通项an；(2)求Sn的最小值；(3)假设数列{bn}是等差数列，且bn＝eq\f(Sn,n＋c)，求非零常数c.解(1)因为数列{an}为等差数列，所以a3＋a4＝a2＋a5＝22.又a3·a4＝117，所以a3，a4是方程x2－22x＋117＝0的两实根，又公差d>0，所以a3<a4，所以a3＝9，a4＝13，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝9，,a1＋3d＝13，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝4.))所以通项an＝4n－3.(2)由(1)知a1＝1，d＝4.所以Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)×d＝2n2－n＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(1,4)))2－eq\f(1,8).所以当n＝1时，Sn最小，最小值为S1＝a1＝1.(3)由(2)知Sn＝2n2－n，所以bn＝eq\f(Sn,n＋c)＝eq\f(2n2－n,n＋c)，所以b1＝eq\f(1,1＋c)，b2＝eq\f(6,2＋c)，b3＝eq\f(15,3＋c).因为数列{bn}是