第二章数列与数列不等式


2.1节和2.2节从定义开始介绍等差数列和等比数列。等差数列和等比数列是数列中的两个基本模型，前者涉及的四则运算主要为“和”“差”，后者涉及的四则运算主要为“积”“商”。由于二者在定义(概念)上具有相似的形式，而数学本身就是一个基于一定的定义(概念)或假设然后进行逻辑推导而衍生出的学科，因此概念的相似性导致二者公式的形式、数学性质都有相似性，所以二者问题的解决方法和思想也是完全类似的。在数列综合问题的解决过程中，最后都会转化到等差数列、等比数列这两个基本模型上，所以可以说它们是数列部分的基石，重要性自然不言而喻。
2.3节和2.4节总结归纳了数列部分常见的数列通项公式求解模型和前n项和的求解方法。
2.5节和2.6节介绍了数列不等式，其中2.5节介绍了数列的初等放缩方法，即“糖水不等式”“缩小分母”以及“第一数学归纳”等方法； 2.6节介绍了不等式证明的一种创新思路，即利用定积分的定义通过比较几何图形面积从而非常直观地得到不等式的证明。
2.1等差数列
2.1.1知识点： 等差数列的定义

如果数列{an}从第二项开始，后一项与前一项的差为同一个常数，即an+1-an=d，其中n∈N*，那么这个数列就叫作等差数列，这个常数d叫作等差数的公差。有了等差数列的定义，也就相当于有了等差数列的一种判定方法。
2.1.2知识点： 等差数列的递推公式
an+1-an=d也称为等差数列{an}的递推公式。
2.1.3知识点： 等差数列的通项公式
等差数列通项公式an=a1+（n-1）d可变形为an=nd+a1-d，从中注意到等差数列的通项公式中an和n为“线性关系”，即“一次函数”。直线的斜率即为公差，纵截距就是首项减公差。
通项公式可以由定义式an+1-an=d(递推公式)通过“叠加法”求得，过程如下： 



an-an-1=d

an-1-an-2=d

…

a2-a1=d

将以上(n-1)个等式相加有



左边=∑ni=2(ai-ai-1)=an-an-1+an-1-an-2+…+a2-a1=an-a1

右边=(n-1)d

即an-a1=(n-1)d，也即an=a1+(n-1)d。
以上过程是以等差数列的首项a1为基础得到的，而且大多数情况都是以a1为基础，但并不是必须以a1为基础。如果以第m项为基础，由“叠加法”同理推广，可得等差数列通项公式为an=am+(n-m)d。当根据题干中已知信息得出的结论不是首项a1，而是其他项时，利用推广的通项公式解答更为便捷。




2.1.4知识点： 高斯求和公式
记等差数列的前n项和为Sn。倒序求和法是由德国数学家高斯(Gauss)提出的，具体方法如下。



Sn=a1+a2+…+an ①

Sn=an+an-1+…+a1②

①+②得2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+…+(an+a1)③

由等差数列的通项公式可得



a2+an-1=a1+(2-1)d+a1+(n-1-1)d=a1+a1+(n-1)d=a1+an
同理可得a3+an-2=a1+an
这三个和中的两项的下标和相等，都为n+1（2+（n-1）=3+（n+2）=n+1），所以有理由猜想当等差数列中两项的下标和相等时，这两项的和也相等。数学的研究思路是猜想后证明，所以一般的，若s+t=p+q，则as+at=a1+(s-1)d+a1+(t-1)d=2a1+(s+t)d，同理有ap+aq=2a1+(p+q)d，从而有当s+t=p+q时，as+at=ap+aq，这是等差数列最为重要的一个性质。由于等差数列的通项公式是线性的，而且加法运算本身也属于线性运算的范畴，因此，这个性质可以做线性推广，即等差数列中只要等式∑ai=∑aj两边的项数相同，并且这些项的下标和相等，则等式一定成立。
基于以上论述，③式可变为2Sn=(a1+an)+(a2+an-1)+…+(an+a1)=n(a1+an)，从而有Sn=n(a1+an)2，这就是著名的高斯求和公式。
2.1.5知识点： 等差数列的前n项和公式
这里有必要和大家解释一个概念，那就是“数列的求和公式”和“数列的前n项和公式”。对于数列的求和公式，只要是“Sn=…”的形式都称为求和公式； 而“数列的前n项和公式”是含有数列的特征量(对于等差数列，特征量就是首项a1和公差d)的公式。由此可知2.1.4知识点中介绍的高斯求和公式只属于数列的求和公式，并不能称为等差数列的前n项和公式。
由2.1.4知识点中的高斯求和公式有Sn=n(a1+an)2，结合2.1.3知识点中的通项公式an=a1+(n-1)d可得Sn=n(a1+an)2=n［a1+a1+(n-1)d］2=na1+n(n-1)2·d。
也即Sn=d2n2+a1-d2n。显然可得等差数列的前n项和的形式特征，即Sn为一个定义在N*上的离散的二次函数，其二次项系数为公差的一半，一次项系数为首项减去公差的一半，并且不含常数项。把握住这些特征就能在解答客观题时收到意想不到的效果。
2.1.6知识点： 等差数列的性质
1. an与an

等差数列中只要等式∑ai=∑aj两边项数相同，并且这些项的下标和相等，则等式一定成立。此性质在2.1.4知识点中推导高斯求和公式时曾经介绍过，现就这两项的情况给出简单的证明，然后线性推广到任意项。
若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。
证明： 因为am=a1+(m-1)d，an=a1+(n-1)d，ap=a1+(p-1)d，aq=a1+(q-1)d，
所以am+an=a1+(m-1)d+a1+(n-1)d=2a1+(m+n-2)d，同理
ap+aq=2a1+(p+q-2)d，而m+n=p+q，所以am+an=ap+aq。如前文所述，加法运算为线性运算，可做线性推广，所以只要等式两边项求和的项数和下标和相等，等式就成立。特别地，当p=q时，m+n=2p，am+an=ap+ap=2ap，此时ap称为am，an的等差中项。
2. an与Sn
1) an=S1n=1


Sn-Sn-1n≥2
任何数列都满足上述关系，但需要注意的是，在解决数列的问题时，一定要先考虑n=1的情形，否则很容易解答不全面。
2) 前2n-1项和S2n-1与其中间项an的关系
利用高斯求和公式有
S2n-1=(2n-1)(a1+a2n-1)2=(2n-1)［a1+a1+(2n-2)d］2=(2n-1)［a1+(n-1)d］=(2n-1)an，即等差数列前2n-1项的和等于中间项乘以项数。这个性质可以理解为把等差数列等效为一个d=0的等差数列，也就是常数列，即它的项数为2n-1，每一项均为an，它的和自然就是(2n-1)an。
事实上，S2n=2n×an+an+12和S2n-1=(2n-1)an本质意义完全相同。直观上可以这样理解，当项数为奇数时，和就等于这个项数(奇数)乘以中位项，中位项可以类比统计学上的中位数； 当项数为偶数时，不存在中位项，在统计学上利用中间两项的算术平均数作为这组数据的中位数，类比迁移，这里也把中间两项的算术平均数作为一个“虚拟的中间项”，从而得出与S2n-1=(2n-1)an类似的公式S2n=2n×an+an+12。
3) 等差数列an与Sn的相互转化
对比系数法： 2.1.5知识点介绍Sn=d2n2+a1-d2n，而an=a1+(n-1)d=nd+a1-d。
观察得： Sn的二次项系数为an一次项系数的一半，也就是公差的一半； Sn的一次项系数加公差的一半即为an的常数项。
3. Sn与Sn
若Sn是等差数列{an}的前n项和，则Sn,S2n-Sn,S3n-S2n,…，成等差数列，且公差为n2d。
证明： S2n-Sn=an+1+an+2+…+a2n

Sn=a1+a2+…+an
显然，将上下对应项相减得an+1-a1=nd，an+2-a2=nd，…，共有n项，故新数列公差为d′=n×nd=n2d。
4. 若Sn为等差数列的前n项和，则Snn也为等差数列，且公差减半
由2.1.5知识点知道Sn=d2n2+a1-d2n，所以Snn=d2n+a1-d2，所以Snn为等差数列，其公差为d2，首项依然为a1。
2.1.7知识点： 等差数列的单调性
等差数列的单调性非常简单，公差d>0，等差数列单调递增； 公差d＜0，等差数列单调递减； 公差d=0，为常数数列。
2.1.8知识点： “最大”“最小”问题
1. an的“最大”和“最小”问题

(1) d>0，an存在最小值即a1。
(2) d＜0，an存在最大值即a1。
2. Sn的“最大”和“最小”问题
(1) a1>0，d>0，Sn存在最小值即S1。
这种情形下的数列为正项数列，所以{Sn}一定为递增数列，因此有最小值S1。
(2) a1>0，d＜0，Sn存在最大值。
这种情形下的数列首项为正，公差为负，数列单调递减，因此数列前几项为正数，之后均为负数，因此加完正数项后，和达到最大值。
(3) a1＜0，d>0，Sn存在最小值。
这种情形下的数列首项为负，公差为正，数列单调递增，因此数列前几项为负数，之后均为正数，因此加完负数项后，和达到最小值。
(4) a1＜0，d＜0，Sn存在最大值即S1。
这种情形下的数列为负项数列，所以{Sn}一定为递减数列，因此有最大值S1。
2.1.9例题解析
【例2.1.1】(2013广东)在等差数列{an}中，已知a3+a8=10，则3a5+a7=。
【解析】3a5+a7=2a5+a5+a7=2a5+2a6=2(a5+a6)，由等差数列的性质可得a5+a6=a3+a8=10，从而得3a5+a7=20。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的性质，若m+n=p+q，则am+an=ap+aq。当然本题也可以利用通项公式转化为首项a1和公差d进行求解，但这样做题效率较低。对于数列问题平时要善于观察，灵活运用性质提高解题效率。
【例2.1.2】(2014北京)若等差数列{an}满足a7+a8+a9>0，a7+a10＜0，则当n=时，{an}的前n项和最大。
【解析】a7+a8+a9=3a8>0，所以a8>0。而a7+a10=a8+a9＜0，所以a9＜0。因此易知数列单调递减，所以当n≤8时，an>0； 当n≥9时，an＜0。因此，当n=8时，{an}的前n项和最大。
【点评】本题属于基础题目，考查了2.1.8知识点中的“最大”和“最小”问题。同学们要注意理解并掌握这种问题的分析方法。本题的关键是找到数列中小于0的项数，确定前8项为正数，第9项开始为负数，则n=8时Sn最大。
【例2.1.3】(2015北京)设{an}为等差数列，下列结论中正确的是()。
A.  若a1+a2>0，则a2+a3>0B. 若a1+a3＜0，则a1+a2＜0 
C.  若0＜a1＜a2，则a2>a1a3D. 若a1＜0，则(a2-a1)(a2-a3)>0
【解析】A项是等差数列相邻两项，若a1+a2>0,则2a1+d>0,a2+a3=2a1+3d>2d,当d>0时，结论才成立，但d的取值范围不确定，故A项错误。B项中，若a1+a3<0，则a1+a2=2a1+d<0，a2+a3=2a1+3d<2d。当d<0时，结论才成立，同样因为d的取值范围不确定，故B项错误。C项中，a1+a3=2a2>2a1a3，即a2>a1a3，所以C项正确。对于D项，如果等差数列的公差d＜0，那么a2=a1+d＜0，a3=a1+2d＜0，而a2-a1=d＜0，a2-a3=-d>0，所以(a2-a1)(a2-a3)＜0，即D选项不恒成立，故选C。 
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的单调性和性质以及基本不等式。
【例2.1.4】(2012辽宁)在等差数列{an}中，已知a4+a8=16，该数列前11项和S11=()。
A.  58B. 88C. 143D. 176
【解析】首先a4+a8=2a6=16，即a6=8。由2.1.6知识点中介绍的性质S2n-1=(2n-1)an，有S11=S2×6-1=11a6=11×8=88，故选B。
【点评】本题考查了等差数列的性质，重点是S2n-1=(2n-1)an。注意要掌握它的推导方法，理解它的内涵从而灵活运用到解题过程中。
【例2.1.5】(2013新课标Ⅰ)设等差数列的前n项和为Sn，若Sm-1=-2，Sm=0，Sm+1=3，则m=()。
A.  3B. 4C. 5D. 6
【解析】由题意易知Snn为等差数列，所以Sm-1m-1，Smm，Sm+1m+1为等差数列，因此Sm-1m-1+Sm+1m+1=2Smm，即-2m-1+3m+1=2×0m=0，解得m=5，故选C。
【点评】本题考查了等差数列的性质，即若Sn为等差数列的前几项和，则Snn也为等差数列且公差减半。本题也可以利用an=Sn-Sn-1和高斯求和公式解答。
【例2.1.6】已知等差数列{an}和{bn}的前n项和分别为Sn和Tn，且SnTn=2n+33n-1，则anbn=。
【解析】等差数列的前n项和Sn=An2+Bn，而SnTn=2n+33n-1中的分子、分母都是n的一次多项式，由此可以想到，必然是分子、分母同时约掉了kn，且k≠0，从而有SnTn=kn(2n+3)kn(3n-1)，即Sn=2kn2+3kn，Tn=3kn2-kn。由an和Sn相互转化可得an=4kn+k，bn=6kn-4k，即得anbn=4kn+k6kn-4k=4n+16n-4。
【点评】本题考查了对等差数列前n项和表达式代数特征的把握，即等差数列前n项和为一个关于n的二次函数，并且不含常数项。应熟练掌握有关公式，要有函数转化意识。
【例2.1.7】(2013辽宁)下面是关于公差d>0的等差数列{an}的4个命题： 
p1： 数列{an}是递增数列； 
p2： 数列{nan}是递增数列； 
p3： ann是递增数列； 
p4： {an+3nd}是递增数列。
其中真命题为()。
A.  p1,p2B. p3,p4C. p2,p3D. p1,p4
【解析】设等差数列的通项公式为an=dn+t，公差d>0，数列{an}一定为递增数列，故p1正确； nan=dn2+tn，将离散函数连续化后有2dn+t，符号不确定，因此p2不正确； 同理对于p3，ann=d+tn，求导后有-tn2，其中t=a1-d，其符号不确定，因此无法判断数列的单调性，故p3不正确； 对于p4，an+3nd=dn+t+3nd=4nd+t，显然由于公差d>0，数列单调递增，故p4正确，故D项正确。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列相关的单调性问题。数列为离散型函数，显然不可以求导，但将其连续化后并不改变其单调性，所以可以采取求导的策略判断它的单调性。
【例2.1.8】(2012浙江)设Sn是公差为d(d≠0)的无穷等差数列{an}的前n项和，则下列命题错误的是()。
A.  若d＜0，则数列{Sn}有最大项
B.  若数列{Sn}有最大项，则d＜0
C.  若数列{Sn}是递增数列，则对任意n∈N*，均有Sn>0
D.  若对任意n∈N*，均有Sn>0，则数列{Sn}是递增数列
【解析】等差数列前n项和为Sn=d2n2+a1-d2n。本题涉及的是等差数列的单调性问题，虽然数列为定义域离散的函数，但将其连续化后并不改变其单调性。当d＜0时，由一元二次方程根的分布五步法可知其大致图形如图211和图212所示。Sn=na1+n（n-1）2d=d2n2+a1-d2n。Sn是一个关于n的二次函数，当d<0时，开口向下，Sn有最大值，故A项正确； 若{Sn}有最大项，则说明二次函数开口向下有最大值，所以d<0，B项正确； 若{Sn}是递增数列，则Sn-1-Sn>0,其中Sn可以为负值，可以举一反例，-1，0，1，2，3…满足{Sn}是递增数列，但Sn>0，故C项错误； 若对于任意的n∈N*均有Sn>0，则Sn是一个关于n的二次函数，开口向上，且Δ<0所以d>0，故{an}是递增数列，D项正确。综合分析，本题选C。



图211




图212


【点评】本题考查了等差数列的性质和高斯求和公式。
【例2.1.9】（2018上海）记等差数列{an}的前n项和为Sn，若a3=0，a6+a7=14，则S7=。
【解析】因为等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=0，a6+a7=14，所以a1+2d=0

a1+5d+a1+6d=14
，解得a1=-4，d=2，所以S7=7a1+7×62d=-28+42=14。故答案为14。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的前7项和的求解方法，同时考查了等差数列的性质等基础知识、运算求解能力、函数与方程思想以及利用等差数列通项公式列出方程组，求出a1=-4，d=2，最终求出S7。
【例2.1.10】（2019北京）设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2=-3，S5=-10，则a5=，Sn的最小值为。
【解析】设等差数列{an}的前n项和为Sn，a2=-3，S5=-10，所以a1+d=-3

5a1+5×42d=-10

，解得a1=-4，d=1，所以a5=a1+4d=-4+4×1=0，Sn=na1+n（n-1）2d=-4n+
n（n-1）2=12n-922-818，所以n=4或n=5时，Sn取最小值为S4=S5=-10。故答案为a5=0，Sn取最小值为-10。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列第5项的求解方法。根据等差数列的性质等基础知识列出方程组，求出首项和公差最终求出a5； 同时考查了等差数列的前n项和的最小值的求解方法。
【例2.1.11】（2019新课标Ⅰ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知S4=0，a5=5，则（）。
A. an=2n-5B. an=3n-10C. Sn=2n2-8nD. Sn=12n2-2n
【解析】设等差数列{an}的公差为d，首项为a1，由S4=0， a5=5， 得4a1+6d=0

a1+4d=5
，所以a1=-3

d=2
，所以an=2n-5，Sn=n2-4n，故选A。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的通项公式以及前n项和公式，关键是求出等差数列的公差以及首项，对照选项选出正确答案即可。解题思路是根据已知S4=0，a5=5，利用等差数列{an}的前n项和公式、通项公式列出方程组，求出a1，d，代入等差数列通项公式和前n项和表达式中，对照选项得到正确答案。
【例2.1.12】（2019江苏）已知数列{an}（n∈N*）是等差数列，Sn是前n项的和，若a2a5+a8=0，S9=27，则S8的值是。
【解析】设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，则（a1+d）（a1+4d）+a1+7d=0

9a1+9×82d=27
，解得a1=-5

d=2
，所以S8=8a1+8×7d2=8×（-5）+56=16。故答案为16。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的通项公式和等差数列的前n项和。设等差数列{an}的首项为a1，公差为d，由已知列出关于首项与公差的方程组，求解首项与公差，再由等差数列的前n项和求得S8的值。
【例2.1.13】（2013安徽）设Sn为等差数列{an}的前n项和，S8=4a3，a7=-2，则a9=（）。
A. -6B. -4C. -2D. 2
【解析】因为Sn为等差数列{an}的前n项和，则S8=4a3，a7=-2，所以8a1+8×72d=4（a1+2d）

a1+6d=-2
，解得a1=10，d=-2，所以a9=a1+8d=10-16=-6。故选A。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的第9项的求解方法。利用等差数列前n项和公式和通项公式，列出方程组，求出首项和公差，最终求出第9项。解题时要认真审题，注意等差数列的性质的合理运用。
【例2.1.14】（2020新课标Ⅱ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1=-2,a2+a6=2，则S10=。
【解析】记{an}公差为d，a2+a6=2a4=2，所以a4=1，所以d=a4-a14-1=1-(-2)4-1=1，所以S10=10a1+10(10-1)2×1=25。
【点评】本题考查了等差数列的基本概念、通项公式以及前n项和公式。
【例2.1.15】（2020山东）将数列{2n-1}与{3n-2}的公共项从小到大排列得到数列{an}，则{an}的前n项和为。
【解析】通过列举法，可归纳出两个公共项构成的数列是公差为6的等差数列，由于题干两个数列的首项都为1，所以二者公共项构成的新数列首项也为1，所以其通项为1+6(n-1)=6n-5，所以新数列前n项和为n(1+6n-5)2·n=3n2-2n。
【点评】本题考查了两个公差不同的等差数列的公共项，公共项构成的新数列的公差是原来两个数列公差的最小公倍数。
【例2.1.16】（2020北京）在等差数列{an}中，a1=-9,a5=-1，记Tn=a1a2，…，an(n=1,2…)，则数列{Tn}()。
A. 有最大项，有最小项
B. 有最大项，无最小项
C. 无最大项，有最小项
D. 无最大项，无最小项
【解析】设{an}公差为d，则d=a5-a15-1=-1-(-9)4=2，所以an=-9+2(n-1)=2n-11。令an>0，即an=2n-11>0，求得n≥6，即ai<0(i≤5),ai>0(i≥6)。所以显然T1<0,T2>0,T3<0,T4>0,T5<0。而当i≥6时，恒有Ti<0，因此当n→+∞时，Tn→-∞，所以显然Tn无最小值，而(Tn)max=max{T1,T2,T3,T4,T5}。综上所述数列{Tn}有最大项，无最小项。故选B。
【点评】本题考查了等差数列的通项公式、各项的正负以及部分积的正负。要根据n不同的取值总结出部分积的规律。
【例2.1.17】（2020上海）已知数列{an}为不为零的等差数列，且a1+a10=a9，则a1+a2+…+a9a10=。
【解析】设{an}的公差为d，则a1+a10=a9，即a1+a1+9d=a1+8d，求得a1=-d，所以a1+a2+…+a9a10=9a5a10=27d8d=278。
【点评】本题考查了等差数列的基本概念、通项公式以及性质，属于基础题。

2.1.10强化练习
【练习2.1.1】(2018新课标Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若3S3=S2+S4，a1=2，则a5=()。
A.  -12B. -10C. 10D. 12
【解析】本题是关于等差数列和的问题，因此考虑利用Sn=d2n2+a1-d2n解答。S3=9d2+3×2-d2，S2=2d+2×2-d2，S4=8d+4×2-d2。由已知3S3=S2+S4，可解得d=-3，从而有a5=a1+(5-1)×(-3)=-10，故选B。 
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列求和公式和通项公式。对于前n项和公式应熟练掌握，根据题目选择合适的公式解题。
【练习2.1.2】(2018北京)设{an}是等差数列，且a1=3，a2+a5=36，则{an}的通项公式为。
【解析】设{an}公差为d，则a2+a5=a1+d+a1+4d=6+5d=36，解得d=6，所以an=a1+(n-1)d=3+6(n-1)=6n-3。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的通项公式。
【练习2.1.3】(2017新课标Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4+a5=24，S6=48，则{an}的公差为()。
A.  1B. 2C. 4D. 8
【解析】由2.1.6知识点中介绍的公式S2n=2n×an+an+12可得
S6=6×a3+a42=3(a3+a4)=48，解得a3+a4=16。由已知，a4+a5=24，显然有(a4+a5)-(a3+a4)=(a4-a3)+(a5-a4)=24-16=2d，所以d=4，故选C。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的性质，即“和与中间(位)项的关系”。注意从直观上类比统计学中位数的处理方法来理解这个公式并熟练运用。
【练习2.1.4】(2016新课标Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10=8，则a100=()。
A.  100B. 99C. 98D. 97
【解析】S9=S2×5-1=9a5=27，即a5=3，从而d=a10-a55=8-35=1，所以a100=a10+(100-10)d=8+90=98，故选C。
【点评】本题考查了2.1.6知识点中介绍的公式S2n-1=(2n-1)an。
【练习2.1.5】（2015新课标Ⅰ）已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8=4S4，则a10=（）。
A. 172B. 192C. 10D. 12
【解析】因为{an}是公差为1的等差数列，S8=4S4，所以8a1+8×72×1=4×4a1+4×32，解得a1=12，则a10=12+9×1=192，故选B。
【点评】本题属于中等难度题目，考查了等差数列的通项公式及其前n项和公式，同时考查了推理和计算能力。利用等差数列的通项公式及其前n项和公式即可得出正确答案。
【练习2.1.6】（2018上海）已知{an}是等差数列，若a2+a8=10，则a3+a5+a7=。
【解析】因为{an}是等差数列，a2+a8=10，所以a2+a8=2a5=10，解得a5=5，所以a3+a5+a7=3a5=15。故答案为15。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的三项和的求解方法以及等差数列的性质等基础知识，同时考查了运算能力、函数与方程思想。由等差数列的通项公式得a2+a8=2a5=10，a3+a5+a7=3a5，最终得出结果。
【练习2.1.7】（2019新课标Ⅲ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a3=5，a7=13，则S10=。
【解析】在等差数列{an}中，由a3=5，a7=13，得d=a7-a37-3=13-54=2，所以a1=a3-2d=5-4=1，则S10=10×1+10×9×22=100。故答案为100。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的通项公式与前n项和公式。由已知求得首项与公差，代入等差数列的前n项和公式求解。
【练习2.1.8】（2019新课标Ⅲ）记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a1≠0，a2=3a1，则S10S5=。
【解析】设等差数列{an}的公差为d，则由a1≠0，a2=3a1可得，d=2a1，所以
S10S5=10（a1+a10）5（a1+a5）=
2（2a1+9d）2a1+4d=2（2a1+18a1）2a1+8a1=4，故答案为4。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列前n项和性质以及等差数列性质、转化思想。根据a2=3a1，可得公差d=2a1，然后利用等差数列的前n项和公式将S10S5用a1表示，化简即可。
【练习2.1.9】（2014重庆）在等差数列{an}中，a1=2，a3+a5=10，则a7=（）。
A. 5B. 8C. 10D. 14
【解析】因为在等差数列{an}中a1=2，a3+a5=10，所以2a4=a3+a5=10，解得a4=5，所以公差d=a4-a14-1=1，所以a7=a1+6d=2+6=8，故选B。
【点评】本题属于基础题，考查了等差数列的通项公式以及等差数列的性质的简单应用。由题意知a4=5，进而计算公差d=1，所以a7=a1+6d，代入计算即可。
2.2等比数列
2.2.1知识点： 等比数列的定义

如果数列{an}从第二项开始，后一项与前一项的比值为一个非零常数q，即an+1an=q，q≠0，n∈N*，其中非零常数q称为等比数列的公比。有了等比数列的定义，也就相当于有了一种判定等比数列的方法。