§6.2等差數列(分值：80分)一、單項選擇題(每小題5分，共20分)1.設Sn為等差數列{an}的前n項和，已知a3=3，S8=48，則a5等于()A.5 B.6 C.7 D.82.已知各項均為正數的數列{an}滿足2an2=an+12+an?12(n∈N*，且n≥2)，aA.28 B.31 C.27 D.253.(2024·丹東模擬)已知等差數列{an}的公差為d，其前n項和為Sn，則“d>0”是“S8+S10>2S9”的()A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件4.已知m，n，k∈N*，在數列{an}中，a1=2，am+n=am+an，Sn為數列{an}的前n項和，Sk+2-Sk=26，則k等于()A.3 B.4 C.5 D.6二、多項選擇題(每小題6分，共12分)5.在我國古代著名的數學專著《九章算術》里有一段敘述：今有良馬與駑馬發長安至齊，齊去長安一千一百二十五里，良馬初日行一百零三里，日增十三里；駑馬初日行九十七里，日減半里；良馬先至齊，復還迎駑馬，二馬相逢.則()A.駑馬第七日行九十四里B.第七日良馬先至齊C.第八日二馬相逢D.二馬相逢時良馬行一千三百九十五里6.(2024·哈爾濱模擬)已知數列{an}是公差為d的等差數列，Sn是其前n項和，若a1<0，S2000=S2024，則()A.d>0 B.a2012=0C.S4024=0 D.Sn≥S2012三、填空題(每小題5分，共10分)7.(2025·日照模擬)已知數列{an}的各項均為正數，首項a1=3，且數列{log3an}是以-2為公差的等差數列，則a3=.

8.(2024·衡水模擬)已知數列{an}，{bn}均為等差數列，其前n項和分別為Sn，Tn，滿足(2n+3)Sn=(3n-1)Tn，則a7+a8四、解答題(共28分)9.(13分)(2025·成都模擬)已知數列{an}的前n項和Sn=-12n2+kn(k∈N*)，且Sn的最大值為9(1)確定常數k，并求數列{an}的通項公式；(7分)(2)求數列{|an|}的前15項和T15.(6分)10.(15分)已知數列{an}滿足a1=2，2an=1+anan+1.(1)證明：數列1a(2)設數列{an}的前n項之積為Tn，求T2025.(8分)每小題5分，共10分11.在等差數列{an}中，a1≠0，若存在正整數m，n，p，q滿足m+n<p+q時，有am+an=ap+aq成立，則a2025A.4B.1C.2024D.由等差數列的首項a1的值決定12.在等差數列{an}中，奇數項之和為220，偶數項之和為165.若此數列的項數為10，則此數列的公差為；若此數列的項數為奇數，則此數列的中間項是.

答案精析1.C[設等差數列{an}的公差為d，由已知可得a解得a∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，∴a5＝2×5－3＝7.]2.C[因為2an由等差中項的定義可知，數列{an2}是首項a12＝1，公差d所以an2＝a12＋(n－1)d＝1＋3(n所以a102＝28，又因為an所以a10＝27.]3.C[因為S8＋S10>2S9?S8＋S10－2S9＝a10－a9＝d>0，所以“d>0”是“S8＋S10>2S9”的充要條件.]4.C[在am＋n＝am＋an中，令m＝1，可得an＋1＝a1＋an，所以an＋1－an＝a1，又a1＝2，所以數列{an}是以2為首項，2為公差的等差數列，則an＝2n，所以Sk＋2－Sk＝ak＋1＋ak＋2＝2(k＋1)＋2(k＋2)＝4k＋6＝26，所以k＝5.]5.AD[由題意可知，兩馬日行里數均成等差數列，記數列{an}為良馬的日行里數，其中首項a1＝103，公差d1＝13，所以數列{an}的通項公式為an＝13n＋90，n∈N*，記數列{bn}為駑馬的日行里數，其中首項b1＝97，公差d2＝－0.5，所以數列{bn}的通項公式為bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，因此，駑馬第七日行里數為b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即駑馬第七日行九十四里，故A正確；前七日良馬行走總里程為S7＝103×7＋7×62×13＝994，而齊去長安一千一百二十五里，因為994<1125設第m日兩馬相逢，由題意可知兩馬行走的總里數是齊與長安距離的兩倍，即103m＋m(m?1)2×13＋97m－m(m?1)2×0.5＝2×1125，解得由C可知，第九日二馬相逢，此時良馬共行走了S9＝103×9＋9×82×13＝1395，所以二馬相逢時良馬行一千三百九十五里，故D6.ACD[因為S2000＝S2024，所以a2001＋a2002＋…＋a2024＝0，所以24(a2001＋a2024)2＝0，所以a2001＋a2024＝a2012＋a2013＝2a1＋4023d＝0，又因為a1<0，所以d＝－a2012＝a1＋2011d＝a1－40224023a1＝14023a1<0，故S4024＝4024(a1＋a4024)2＝2012(a2001＋a2因為a2012<0，a2013＝－a2012>0，所以當n≤2012時，an<0，當n≥2013時，an>0，所以(Sn)min＝S2012，所以Sn≥S2012，故7.1解析因為數列{an}的各項均為正數，首項a1＝3，則log3a1＝1，又數列{log3an}是以－2為公差的等差數列，則log3a3＝1－2×(3－1)＝－3，故a3＝3－3＝1278.2解析因為數列{an}，{bn}均為等差數列，可得a7＋a8＋a9＝3a8＝15×15a8＝15S15，且b6＋b10＝b1＋b又由T15＝15(b可得b6＋b10＝215T15由(2n＋3)Sn＝(3n－1)Tn，得S15因此a＝32·S15T9.解(1)由數列{an}的前n項和Sn＝－12n2＋kn(k∈N*根據二次函數的性質，可得當n＝k時，Sn＝－12n2＋kn即Sk＝－12k2＋k2＝12k2＝解得k＝3，所以Sn＝－12n2＋3n當n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝－12n2＋3n－?12(n當n＝1時，a1＝S1＝52所以數列{an}的通項公式為an＝72－n(2)由(1)知an＝72－nSn＝－12n2＋3n且當n≤3且n∈N*時，可得an>0；當n≥4且n∈N*時，可得an<0，所以數列{|an|}的前15項和為T15＝－S15＋2S3＝－?12×1510.(1)證明由2an＝1＋anan＋1知an＋1＝2a∴1an＋1?1－1∴數列1an?1是以1a1(2)解∵1an?1＝1＋(n－1)·1＝n?an∴T2025＝a1a2·…·a2025＝21×32×43×…×202611.B[設{an}的公差為d，則an＝a1＋(n－1)d，所以am＋an＝2a1＋(m＋n－2)d，ap＋aq＝2a1＋(p＋q－2)d，因為am＋an＝ap＋aq，所以(m＋n－2)d＝(p＋q－2)d，因為存在正整數m，n，p，q滿足m＋n<p＋q，所以d＝0，所以an＝a1，又a1≠0，所以a2025＝a2024≠0，所以a2025a12.－1155解