《2025年高考帮数学》

1.[教材改编]如果三角形的三个内角成等差数列,则中间角的大小为____.
2.若等差数列$\{a_{n}\}$满足$a_{7}+a_{8}+a_{9}＞0,a_{7}+a_{10}＜0$,则当n = ____时,$\{a_{n}\}$的前n项和最大.
3.[教材改编]已知$\{a_{n}\}$为等差数列,且$a_{20}=30,a_{30}=20$,则$a_{50}=$____.
4.[教材改编]某公司购置了一台价值220万元的设备,随着设备在使用过程中老化,每经过一年,其价值减少20万元.当设备价值低于购进价值的5%时,设备将报废,则该机器最多使用____年.
5.已知等差数列$\{a_{n}\}$的项数为奇数,其中所有奇数项和为290,所有偶数项和为261,则该数列的项数为____.
6.[易错题]已知数列$\{a_{n}\}$满足$a_{1}=1,a_{n}+a_{n + 1}=n$,则$a_{20}=$____.

答案： 1.$60^{\circ}$ 由题意可设三个内角分别为$x - d,x,x + d$，则有$(x - d)+x+(x + d)=180^{\circ}$，可得$x = 60^{\circ}$.
2.8 由$a_{7}+a_{8}+a_{9}＞0$可得$a_{8}＞0$，由$a_{7}+a_{10}＜0$可得$a_{8}+a_{9}＜0$，所以$a_{9}＜0$，所以当$n = 8$时，$\{a_{n}\}$的前$n$项和最大.
3.0 由题意可得，公差$d=\frac{20 - 30}{30 - 20}=-1$，所以$a_{50}=a_{20}+30d=30 - 30 = 0$.
4.10 设使用$n$年后，该设备的价值为$a_{n}$万元，则易知$\{a_{n}\}$是以$(220 - 20)$为首项，$-20$为公差的等差数列，所以$a_{n}=(220 - 20)+(n - 1)\times(-20)=220 - 20n$.令$220 - 20n\geqslant220\times5\%$，得$n\leqslant10.45$，所以该设备最多使用10年.
5.19 设等差数列$\{a_{n}\}$的前$n$项和为$S_{n}$，项数为$2k - 1$，则$\frac{S_{奇}}{S_{偶}}=\frac{k}{k - 1}=\frac{290}{261}$，解得$k = 10$，则项数为$2\times10 - 1 = 19$.
6.9 因为$a_{n}+a_{n + 1}=n$，所以$a_{1}+a_{2}=1$，$a_{2}+a_{3}=2$，$\cdots$，$a_{19}+a_{20}=19$.因为$a_{1}=1$，所以可得$a_{1}=1$，$a_{3}=2$，$a_{5}=3$，$a_{7}=4$，$\cdots$，和$a_{2}=0$，$a_{4}=1$，$a_{6}=2$，$a_{8}=3$，$\cdots$，奇数项、偶数项分别构成等差数列，所以$a_{2k}=k - 1(k\in N^{*})$，所以$a_{20}=10 - 1 = 9$.

例1　[2023全国卷甲]记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.若$a_{2}+a_{6}=10,a_{4}a_{8}=45$,则$S_{5}=$　　(　　　)

A.25　　
　B.22　　
　C.20　　
　D.15

答案： 解法一 由$a_{2}+a_{6}=10$，可得$2a_{4}=10$，所以$a_{4}=5$，又$a_{4}a_{8}=45$，所以$a_{8}=9$. 设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，则$d=\frac{a_{8}-a_{4}}{8 - 4}=\frac{9 - 5}{4}=1$，又$a_{4}=5$，所以$a_{1}=2$，所以$S_{5}=5a_{1}+\frac{5\times4}{2}\times d=20$，故选C.
解法二 设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，则由$a_{2}+a_{6}=10$，可得$a_{1}+3d=5$ ①，由$a_{4}a_{8}=45$，可得$(a_{1}+3d)(a_{1}+7d)=45$ ②，由①②可得$a_{1}=2$，$d = 1$，所以$S_{5}=5a_{1}+\frac{5\times4}{2}\times d=20$，故选C.

例2　[2023新高考卷Ⅰ]设等差数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$,且$d＞1$.令$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$,记$S_{n},T_{n}$分别为数列$\{ a_{n}\},\{ b_{n}\}$的前$n$项和.
(1)若$3a_{2}=3a_{1}+a_{3},S_{3}+T_{3}=21$,求$\{ a_{n}\}$的通项公式;
(2)若$\{ b_{n}\}$为等差数列,且$S_{99}-T_{99}=99$,求$d$.

答案：
(1)因为$3a_{2}=3a_{1}+a_{3}$，所以$3(a_{2}-a_{1})=a_{1}+2d$，所以$3d=a_{1}+2d$，所以$a_{1}=d$，所以$a_{n}=nd$.
因为$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$，所以$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{nd}=\frac{n + 1}{d}$，所以$S_{3}=\frac{3(a_{1}+a_{3})}{2}=\frac{3(d + 3d)}{2}=6d$，$T_{3}=b_{1}+b_{2}+b_{3}=\frac{2}{d}+\frac{3}{d}+\frac{4}{d}=\frac{9}{d}$.
因为$S_{3}+T_{3}=21$，所以$6d+\frac{9}{d}=21$，解得$d = 3$或$d=\frac{1}{2}$，因为$d＞1$，所以$d = 3$. 所以$\{ a_{n}\}$的通项公式为$a_{n}=3n$.
(2)因为$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}$，且$\{ b_{n}\}$为等差数列，
所以$2b_{2}=b_{1}+b_{3}$，即$2\times\frac{6}{a_{2}}=\frac{2}{a_{1}}+\frac{12}{a_{3}}$，
所以$\frac{6}{a_{1}+d}-\frac{1}{a_{1}}=\frac{6}{a_{1}+2d}$，所以$a_{1}^{2}-3a_{1}d + 2d^{2}=0$，
解得$a_{1}=d$或$a_{1}=2d$.
①当$a_{1}=d$时，$a_{n}=nd$，所以$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}=\frac{n^{2}+n}{nd}=\frac{n + 1}{d}$，
$S_{99}=\frac{99(a_{1}+a_{99})}{2}=\frac{99(d + 99d)}{2}=99\times50d$，
$T_{99}=\frac{99(b_{1}+b_{99})}{2}=\frac{99(\frac{2}{d}+\frac{100}{d})}{2}=\frac{99\times51}{d}$.
因为$S_{99}-T_{99}=99$，所以$99\times50d-\frac{99\times51}{d}=99$，即$50d^{2}-d - 51=0$，解得$d=\frac{51}{50}$或$d=-1$(舍去).
②当$a_{1}=2d$时，$a_{n}=(n + 1)d$，所以$b_{n}=\frac{n^{2}+n}{a_{n}}=\frac{n^{2}+n}{(n + 1)d}=\frac{n}{d}$，
$S_{99}=\frac{99(a_{1}+a_{99})}{2}=\frac{99(2d + 100d)}{2}=99\times51d$，
$T_{99}=\frac{99(b_{1}+b_{99})}{2}=\frac{99(\frac{1}{d}+\frac{99}{d})}{2}=\frac{99\times50}{d}$.
因为$S_{99}-T_{99}=99$，所以$99\times51d-\frac{99\times50}{d}=99$，即$51d^{2}-d - 50=0$，解得$d=-\frac{50}{51}$(舍去)或$d = 1$(舍去).
综上，$d=\frac{51}{50}$.

训练1　(1)[2021北京高考]已知$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$是两个等差数列,且$\frac{a_{k}}{b_{k}}(1\leqslant k\leqslant5)$是常值,若$a_{1}=288,a_{5}=96,b_{1}=192$,则$b_{3}$的值为　　　(　　　)
A.64　　
　B.100　　
　C.128　　
　D.132
(2)[2022全国卷乙]记$S_{n}$为等差数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和.若$2S_{3}=3S_{2}+6$,则公差$d=$______.

答案：
(1)C 因为$\{ a_{n}\}$和$\{ b_{n}\}$是两个等差数列，所以$2a_{3}=a_{1}+a_{5}=288 + 96=384$，所以$a_{3}=192$，又当$1\leqslant k\leqslant5$时，$\frac{a_{k}}{b_{k}}$是常值，所以$\frac{a_{3}}{b_{3}}=\frac{a_{1}}{b_{1}}$，即$\frac{192}{b_{3}}=\frac{288}{192}$，从而$b_{3}=128$. 故选C.
(2)2 因为$2S_{3}=3S_{2}+6$，所以$2(3a_{1}+3d)=3(2a_{1}+d)+6$，化简得$3d=6$，解得$d = 2$.

例3[2021全国卷甲]已知数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数,记$S_{n}$为$\{ a_{n}\}$的前$n$项和,从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.
①数列$\{ a_{n}\}$是等差数列;②数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列;③$a_{2}=3a_{1}$.

答案： ①③$\Rightarrow$②.
已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$.
设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，则$a_{2}=3a_{1}=a_{1}+d$，故$d=2a_{1}$，所以$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=n^{2}a_{1}$.
因为数列$\{ a_{n}\}$的各项均为正数，所以$\sqrt{S_{n}}=n\sqrt{a_{1}}$，
所以$\sqrt{S_{n + 1}}-\sqrt{S_{n}}=(n + 1)\sqrt{a_{1}}-n\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$(常数)，所以数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列.
①②$\Rightarrow$③.
已知数列$\{ a_{n}\}$是等差数列，$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列.
设数列$\{ a_{n}\}$的公差为$d$，
则$S_{n}=na_{1}+\frac{n(n - 1)}{2}d=\frac{1}{2}dn^{2}+(a_{1}-\frac{d}{2})n$.
因为数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，所以数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$的通项是关于$n$的一次函数，则$a_{1}-\frac{d}{2}=0$，即$d=2a_{1}$，所以$a_{2}=a_{1}+d=3a_{1}$.
②③$\Rightarrow$①.
已知数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$是等差数列，$a_{2}=3a_{1}$，
所以$S_{1}=a_{1}$，$S_{2}=a_{1}+a_{2}=4a_{1}$.
设数列$\{\sqrt{S_{n}}\}$的公差为$d$，则$d＞0$，$\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{4a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=d$，得$a_{1}=d^{2}$，所以$\sqrt{S_{n}}=\sqrt{S_{1}}+(n - 1)d=nd$，所以$S_{n}=n^{2}d^{2}$，
所以$a_{n}=S_{n}-S_{n - 1}=n^{2}d^{2}-(n - 1)^{2}d^{2}=2d^{2}n - d^{2}(n\geqslant2)$，$a_{1}=d^{2}$也满足上式，所以$a_{n}=2d^{2}n - d^{2}$.
因为$a_{n}-a_{n - 1}=2d^{2}n - d^{2}-[2d^{2}(n - 1)-d^{2}]=2d^{2}$(常数)$(n\geqslant2)$，所以数列$\{ a_{n}\}$是等差数列.