2026版步步高大一轮数学江苏基础一轮复习第六章§6.2等差数列

§6.2等差数列(分值：80分)一、单项选择题(每小题5分，共20分)1.设Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a3=3，S8=48，则a5等于()A.5 B.6 C.7 D.82.已知各项均为正数的数列{an}满足2an2=an+12+an−12(n∈N*，且n≥2)，aA.28 B.31 C.27 D.253.(2024·丹东模拟)已知等差数列{an}的公差为d，其前n项和为Sn，则“d>0”是“S8+S10>2S9”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.已知m，n，k∈N*，在数列{an}中，a1=2，am+n=am+an，Sn为数列{an}的前n项和，Sk+2-Sk=26，则k等于()A.3 B.4 C.5 D.6二、多项选择题(每小题6分，共12分)5.在我国古代著名的数学专著《九章算术》里有一段叙述：今有良马与驽马发长安至齐，齐去长安一千一百二十五里，良马初日行一百零三里，日增十三里；驽马初日行九十七里，日减半里；良马先至齐，复还迎驽马，二马相逢.则()A.驽马第七日行九十四里B.第七日良马先至齐C.第八日二马相逢D.二马相逢时良马行一千三百九十五里6.(2024·哈尔滨模拟)已知数列{an}是公差为d的等差数列，Sn是其前n项和，若a1<0，S2000=S2024，则()A.d>0 B.a2012=0C.S4024=0 D.Sn≥S2012三、填空题(每小题5分，共10分)7.(2025·日照模拟)已知数列{an}的各项均为正数，首项a1=3，且数列{log3an}是以-2为公差的等差数列，则a3=.

8.(2024·衡水模拟)已知数列{an}，{bn}均为等差数列，其前n项和分别为Sn，Tn，满足(2n+3)Sn=(3n-1)Tn，则a7+a8四、解答题(共28分)9.(13分)(2025·成都模拟)已知数列{an}的前n项和Sn=-12n2+kn(k∈N*)，且Sn的最大值为9(1)确定常数k，并求数列{an}的通项公式；(7分)(2)求数列{|an|}的前15项和T15.(6分)10.(15分)已知数列{an}满足a1=2，2an=1+anan+1.(1)证明：数列1a(2)设数列{an}的前n项之积为Tn，求T2025.(8分)每小题5分，共10分11.在等差数列{an}中，a1≠0，若存在正整数m，n，p，q满足m+n<p+q时，有am+an=ap+aq成立，则a2025A.4B.1C.2024D.由等差数列的首项a1的值决定12.在等差数列{an}中，奇数项之和为220，偶数项之和为165.若此数列的项数为10，则此数列的公差为；若此数列的项数为奇数，则此数列的中间项是.

答案精析1.C[设等差数列{an}的公差为d，由已知可得a解得a∴an＝－1＋(n－1)×2＝2n－3，∴a5＝2×5－3＝7.]2.C[因为2an由等差中项的定义可知，数列{an2}是首项a12＝1，公差d所以an2＝a12＋(n－1)d＝1＋3(n所以a102＝28，又因为an所以a10＝27.]3.C[因为S8＋S10>2S9⇔S8＋S10－2S9＝a10－a9＝d>0，所以“d>0”是“S8＋S10>2S9”的充要条件.]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，所以数列{an}是以2为首项，2为公差的等差数列，则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[由题意可知，两马日行里数均成等差数列，记数列{an}为良马的日行里数，其中首项a1＝103，公差d1＝13，所以数列{an}的通项公式为an＝13n＋90，n∈N*，记数列{bn}为驽马的日行里数，其中首项b1＝97，公差d2＝－0.5，所以数列{bn}的通项公式为bn＝－0.5n＋97.5，n∈N*，因此，驽马第七日行里数为b7＝－0.5×7＋97.5＝94，即驽马第七日行九十四里，故A正确；前七日良马行走总里程为S7＝103×7＋7×62×13＝994，而齐去长安一千一百二十五里，因为994<1125设第m日两马相逢，由题意可知两马行走的总里数是齐与长安距离的两倍，即103m＋m(m−1)2×13＋97m－m(m−1)2×0.5＝2×1125，解得由C可知，第九日二马相逢，此时良马共行走了S9＝103×9＋9×82×13＝1395，所以二马相逢时良马行一千三百九十五里，故D6.ACD[因为S2000＝S2024，所以a2001＋a2002＋…＋a2024＝0，所以24(a2001＋a2024)2＝0，所以a2001＋a2024＝a2012＋a2013＝2a1＋4023d＝0，又因为a1<0，所以d＝－a2012＝a1＋2011d＝a1－40224023a1＝14023a1<0，故S4024＝4024(a1＋a4024)2＝2012(a2001＋a2因为a2012<0，a2013＝－a2012>0，所以当n≤2012时，an<0，当n≥2013时，an>0，所以(Sn)min＝S2012，所以Sn≥S2012，故7.1解析因为数列{an}的各项均为正数，首项a1＝3，则log3a1＝1，又数列{log3an}是以－2为公差的等差数列，则log3a3＝1－2×(3－1)＝－3，故a3＝3－3＝1278.2解析因为数列{an}，{bn}均为等差数列，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)由数列{an}的前n项和Sn＝－12n2＋kn(k∈N*根据二次函数的性质，可得当n＝k时，Sn＝－12n2＋kn即Sk＝－12k2＋k2＝12k2＝解得k＝3，所以Sn＝－12n2＋3n当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－12n2＋3n－−12(n当n＝1时，a1＝S1＝52所以数列{an}的通项公式为an＝72－n(2)由(1)知an＝72－nSn＝－12n2＋3n且当n≤3且n∈N*时，可得an>0；当n≥4且n∈N*时，可得an<0，所以数列{|an|}的前15项和为T15＝－S15＋2S3＝－−12×1510.(1)证明由2an＝1＋anan＋1知an＋1＝2a∴1an＋1−1－1∴数列1an−1是以1a1(2)解∵1an−1＝1＋(n－1)·1＝n⇒an∴T2025＝a1a2·…·a2025＝21×32×43×…×202611.B[设{an}的公差为d，则an＝a1＋(n－1)d，所以am＋an＝2a1＋(m＋n－2)d，ap＋aq＝2a1＋(p＋q－2)d，因为am＋an＝ap＋aq，所以(m＋n－2)d＝(p＋q－2)d，因为存在正整数m，n，p，q满足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