《学霸笔记 同步精讲》复习课第1课时 数列（课件）北师大版数学选择性必修2
文档属性
| 名称 | 《学霸笔记 同步精讲》复习课第1课时 数列（课件）北师大版数学选择性必修2 |
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| 格式 | pptx | ||
| 文件大小 | 2.4MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 北师大版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-10 00:00:00 | ||
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文档简介
(共57张PPT)
第1课时 数列
复习课
2026
内容索引
01
02
知识梳理 构建体系
专题归纳 核心突破
知识梳理 构建体系
【知识网络】
【要点梳理】
1.数列的概念是什么
提示:按一定次序排列的一列数叫作数列,数列中的每一个数叫作这个数列的项.
分类原则 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 项与项间的 大小关系 递增数列 an+1>an 其中n∈N+
递减数列 an+12.数列是如何分类的 请完成表1-1.
表1-1
3.数列与函数是什么关系
提示:数列可以看作定义域为正整数集N+(或其子集)的函数.
4.数列的通项公式是什么
提示:如果数列{an}的第n项an与n之间的函数关系可以用一个式子表示成an=f(n),那么这个式子就叫作这个数列的通项公式,数列的通项公式就是相应函数的解析式.
5.等差数列与等比数列的有关知识,请完成表1-2.
表1-2
6.等差(比)中项是怎样定义的
提示:如果在a与b之间插入一个数A,使a,A,b成等差数列,那么A叫作a与b的等差中项,且A= .
如果在a与b之间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫作a与b的等比中项,且G2=ab(或G=± ).
7.在数列{an}中,通项an与前n项和Sn是什么关系
8.用数学归纳法证明数学命题的基本步骤是什么
提示:(1)证明当n取第一个值n0(n0是一个确定的正整数,如n0=1或n0=2等)时,命题成立;
(2)假设当n=k(k∈N+,k≥n0)时命题成立,证明当n=k+1时,命题也成立.根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立.
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)有些数列无通项公式.( √ )
(2)an=Sn+1-Sn(n∈N).( × )
(3)任何一个数列不是递增数列就是递减数列.( × )
(4)常数列既是等差数列又是等比数列.( × )
(5)在等差数列中,Sn一定有最大值.( × )
(6)在有些等比数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不成等比数列.( √ )
(7)在等差数列{an}中,an=am+(n-m)d(m,n∈N+).( √ )
(8)在等比数列{an}中,有 =anan+2成立.( √ )
专题归纳 核心突破
【专题整合】
专题一 等差(比)数列的基本运算
【例1】 在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
分析 (1)由a1,a4求出数列{an}的公比q,写出{an}的通项公式.(2)列出关于b1,d(d为数列{bn}的公差)的方程组,求出b1,d,进而写出bn,Sn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,
由已知得16=2q3,
解得q=2.
an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得a3=8,a5=32,则b3=8,b5=32.
设等差数列{bn}的首项为b1,公差为d,
在等差数列(或等比数列)的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量:a1,an,n,d(或q),Sn,其中a1和d(或q)为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d(或q),an,Sn,n的方程组,利用方程思想求出需要的量.在求解中若能运用等差(或等比)数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用.
【变式训练1】 已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn.
(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;
(2)若S5>a1a9,求a1的取值范围.
即a1的取值范围是(-5,2).
专题二 求数列的通项公式
分析 (1)先将式子因式分解,得出an+1与an的关系,然后可得an.
(2)首先注意递推公式能构成an-an-1=f(n)(n≥2)的形式,同时本题还要注意裂项法的应用.
解:(1)由题意知(an+an+1)[(n+2)an-nan+1]=0,
∵an>0,
∴(n+2)an=nan+1,即.
∴当n≥2时,an=·…··a1=·…··2 =n(n+1).
又当n=1时,a1=2=1×2,符合上式,
∴an=n(n+1).
(2)由已知得an+1-an=.
分别将n=1,2,3,…,n-1代入上式得(n-1)个等式,累加,得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=(1-)+()+()+…+(),
即an-a1=1-,n≥2.
∵a1=,∴an=+1-,n≥2.
又a1=-1,符合上式,
∴an=.
求数列通项公式的常用方法
(1)观察归纳法:给定一个数列的前几项,用不完全归纳法猜测出数列的一个通项公式.
(2)公式法:常用的公式有an= 等差数列和等比数列的通项公式.
(3)累加法:利用恒等式an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)(n≥2)求通项公式.累加法是求形如an+1=an+f(n)的递推数列的通项公式的基本方法(其中数列{f(n)}可求前n项和).
【变式训练2】 已知数列{an}满足a1=4,an+1= ,求数列{an}的通项公式.
专题三 等差数列、等比数列的判断
【例3】 已知数列{an},{bn}满足:a1=1,a2=a(a为常数),且bn=an·an+1(n∈N+).
(1)若{an}是等比数列,试求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)当{bn}是等比数列时,甲同学说{an}一定是等比数列;乙同学说{an}一定不是等比数列.你认为他们的说法是否正确 为什么
解:(1)因为{an}是等比数列,a1=1,a2=a,所以a≠0,an=an-1.
又bn=an·an+1,
(2)甲、乙两个同学说法都不正确,理由如下:
又a1=1,a2=a,a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以1为首项,q为公比的等比数列;a2,a4,a6,…,a2n,…是以a为首项,q为公比的等比数列.
即{an}为:1,a,q,aq,q2,aq2,…,
当q=a2时,{an}是等比数列;当q≠a2时,{an}不是等比数列.
解法二 {an}可能是等比数列,也可能不是等比数列,举例说明如下:
设{bn}的公比为q.
①取a=q=1,an=1(n∈N+),
此时bn=anan+1=1,{an},{bn}都是等比数列.
bn=2(n∈N+).
此时{bn}是等比数列,而{an}不是等比数列.
判定一个数列是等差或等比数列的常用方法
(1)定义法,an+1-an=d(d为常数,n∈N+) {an}是等差数列. =q(q为非零常数,n∈N+) {an}是等比数列.
(2)等差中项法,2an+1=an+an+2(n∈N+) {an}是等差数列.
=anan+2(anan+1an+2≠0,n∈N+) {an}为等比数列.
(3)通项公式法,an=pn+q(p,q为常数,n∈N+) {an}是等差数列.an=c·qn(c,q均为非零常数,n∈N+) {an}是等比数列.
(4)前n项和公式法,Sn=An2+Bn(A,B均为常数,n∈N+) {an}是等差数列.Sn=kqn-k(k为常数,q≠1且q≠0,n∈N+) {an}是等比数列.
【变式训练3】 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
(1)求证:an+2-an=λ.
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列 并说明理由.
(1)证明:由题意知anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1,由于an+1≠0,
所以an+2-an=λ.
(2)解:存在λ=4满足题意.理由如下:
由题设知a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1,令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4.由此可得数列中的奇数项构成的数列{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3=2(2n-1)-1.
数列中的偶数项构成的数列{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,
a2n=4n-1=2×2n-1.
所以对于任意的n∈N+,an=2n-1.
因为an+1-an=2,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.因此假设成立,存在λ=4使得数列{an}为等差数列.
专题四 数列求和
【例4】 已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N+),满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn= ,求数列{cn}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
解:(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N+),
所以=2,即cn+1-cn=2.
所以数列{cn}是首项c1=1,公差d=2的等差数列,
故cn=2n-1.
(2)由bn=3n-1,结合(1)知an=cnbn=(2n-1)3n-1.
所以数列{an}的前n项和Sn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1.
所以3Sn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n.
相减得-2Sn=1+2×(31+32+…+3n-1)-(2n-1)3n=-2-(2n-2)3n.
所以Sn=(n-1)3n+1.
数列求和的常用方法
(1)公式法
常见公式如下:
(2)倒序相加法
对于满足性质a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…的数列求和,可用倒序相加法.
(3)裂项相消法
(4)错位相减法
对于形如{an·bn}(其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列)的数列求和,可用错位相减法.
(5)拆项分组法
若数列的通项公式可分解为若干个可求和的数列,则将数列的通项公式分解,分别求和,最终达到求和目的.
【变式训练4】 (1)已知等比数列{an},a1=3,a4=81,若数列{bn}满足bn=log3an,求数列 的前n项和Sn.
(2)设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3×22n-1.
①求数列{an}的通项公式;
②令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)①由已知,当n≥1时,
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
故an=22n-1.
而a1=2,符合上式,所以数列{an}的通项公式为an=22n-1.
②由bn=nan=n×22n-1,
知Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1,①
从而22×Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1,②
专题五 数学归纳法
数学归纳法是一种直接证明的方法,一般地,与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除、数列的通项公式及前n项和等问题都可以用数学归纳法证明.但并不是所有与正整数有关的问题都能用数学归纳法解决.
(2)证明:由(1)可知an=n,
①当n=1时,不等式显然成立,
【高考体验】
考点一 等差数列
1.(2024·新高考Ⅱ卷,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
解析:设等差数列{an}的公差为d.
方法一:由条件得
解得
所以S10=10a1+×3=95.
方法二:由条件得
解得
则d=3,a9=20,
∴S10=5(a2+a9)=95.
答案: 95
(1)求{an}的通项公式;
命题立意 本题考查等差数列的通项公式、数列的通项与前n项和之间的关系、裂项相消法求解数列的前n项和.凸显了逻辑推理和数学运算的核心素养.
∴.
∴an=·…··a1=·…··1 =×1=(n≥2).
又当n=1时,a1=1也符合上式,
∴an=.
考点二 等比数列
3.(2023·新高考Ⅱ卷,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( ).
A.120 B.85 C.-85 D.-120
解析:本题主要考查等比数列的通项公式及等比数列的前n项和.
若q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.
若q=-1,则S4=0≠-5,所以q≠-1.
所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),
则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).
答案:C
考点三 数列的综合应用
4.(2022·新高考Ⅱ卷,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明:设等差数列的公差为d,
由a2-b2=a3-b3,
得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,得d=2b1.
由a2-b2=b4-a4,
可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),
可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1),
整理可得a1=b1,得证.
(2)解:由(1)知d=2b1=2a1,
由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,
即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,
得2k-1=2m.
∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1 000.∴2≤k≤10.
又k∈Z,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
第1课时 数列
复习课
2026
内容索引
01
02
知识梳理 构建体系
专题归纳 核心突破
知识梳理 构建体系
【知识网络】
【要点梳理】
1.数列的概念是什么
提示:按一定次序排列的一列数叫作数列,数列中的每一个数叫作这个数列的项.
分类原则 类型 满足条件 项数 有穷数列 项数有限 无穷数列 项数无限 项与项间的 大小关系 递增数列 an+1>an 其中n∈N+
递减数列 an+1
表1-1
3.数列与函数是什么关系
提示:数列可以看作定义域为正整数集N+(或其子集)的函数.
4.数列的通项公式是什么
提示:如果数列{an}的第n项an与n之间的函数关系可以用一个式子表示成an=f(n),那么这个式子就叫作这个数列的通项公式,数列的通项公式就是相应函数的解析式.
5.等差数列与等比数列的有关知识,请完成表1-2.
表1-2
6.等差(比)中项是怎样定义的
提示:如果在a与b之间插入一个数A,使a,A,b成等差数列,那么A叫作a与b的等差中项,且A= .
如果在a与b之间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫作a与b的等比中项,且G2=ab(或G=± ).
7.在数列{an}中,通项an与前n项和Sn是什么关系
8.用数学归纳法证明数学命题的基本步骤是什么
提示:(1)证明当n取第一个值n0(n0是一个确定的正整数,如n0=1或n0=2等)时,命题成立;
(2)假设当n=k(k∈N+,k≥n0)时命题成立,证明当n=k+1时,命题也成立.根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立.
【思考辨析】
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)有些数列无通项公式.( √ )
(2)an=Sn+1-Sn(n∈N).( × )
(3)任何一个数列不是递增数列就是递减数列.( × )
(4)常数列既是等差数列又是等比数列.( × )
(5)在等差数列中,Sn一定有最大值.( × )
(6)在有些等比数列中,Sn,S2n-Sn,S3n-S2n不成等比数列.( √ )
(7)在等差数列{an}中,an=am+(n-m)d(m,n∈N+).( √ )
(8)在等比数列{an}中,有 =anan+2成立.( √ )
专题归纳 核心突破
【专题整合】
专题一 等差(比)数列的基本运算
【例1】 在等比数列{an}中,已知a1=2,a4=16.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若a3,a5分别为等差数列{bn}的第3项和第5项,试求数列{bn}的通项公式及前n项和Sn.
分析 (1)由a1,a4求出数列{an}的公比q,写出{an}的通项公式.(2)列出关于b1,d(d为数列{bn}的公差)的方程组,求出b1,d,进而写出bn,Sn.
解:(1)设等比数列{an}的公比为q,
由已知得16=2q3,
解得q=2.
an=2×2n-1=2n.
(2)由(1)得a3=8,a5=32,则b3=8,b5=32.
设等差数列{bn}的首项为b1,公差为d,
在等差数列(或等比数列)的通项公式an与前n项和公式Sn中,共涉及五个量:a1,an,n,d(或q),Sn,其中a1和d(或q)为基本量,“知三求二”是指将已知条件转换成关于a1,d(或q),an,Sn,n的方程组,利用方程思想求出需要的量.在求解中若能运用等差(或等比)数列的性质会更好,这样可以化繁为简,减少运算量,同时还要注意整体代入思想方法的运用.
【变式训练1】 已知等差数列{an}的公差d=1,前n项和为Sn.
(1)若1,a1,a3成等比数列,求a1;
(2)若S5>a1a9,求a1的取值范围.
即a1的取值范围是(-5,2).
专题二 求数列的通项公式
分析 (1)先将式子因式分解,得出an+1与an的关系,然后可得an.
(2)首先注意递推公式能构成an-an-1=f(n)(n≥2)的形式,同时本题还要注意裂项法的应用.
解:(1)由题意知(an+an+1)[(n+2)an-nan+1]=0,
∵an>0,
∴(n+2)an=nan+1,即.
∴当n≥2时,an=·…··a1=·…··2 =n(n+1).
又当n=1时,a1=2=1×2,符合上式,
∴an=n(n+1).
(2)由已知得an+1-an=.
分别将n=1,2,3,…,n-1代入上式得(n-1)个等式,累加,得(a2-a1)+(a3-a2)+(a4-a3)+…+(an-an-1)=(1-)+()+()+…+(),
即an-a1=1-,n≥2.
∵a1=,∴an=+1-,n≥2.
又a1=-1,符合上式,
∴an=.
求数列通项公式的常用方法
(1)观察归纳法:给定一个数列的前几项,用不完全归纳法猜测出数列的一个通项公式.
(2)公式法:常用的公式有an= 等差数列和等比数列的通项公式.
(3)累加法:利用恒等式an=a1+(a2-a1)+…+(an-an-1)(n≥2)求通项公式.累加法是求形如an+1=an+f(n)的递推数列的通项公式的基本方法(其中数列{f(n)}可求前n项和).
【变式训练2】 已知数列{an}满足a1=4,an+1= ,求数列{an}的通项公式.
专题三 等差数列、等比数列的判断
【例3】 已知数列{an},{bn}满足:a1=1,a2=a(a为常数),且bn=an·an+1(n∈N+).
(1)若{an}是等比数列,试求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)当{bn}是等比数列时,甲同学说{an}一定是等比数列;乙同学说{an}一定不是等比数列.你认为他们的说法是否正确 为什么
解:(1)因为{an}是等比数列,a1=1,a2=a,所以a≠0,an=an-1.
又bn=an·an+1,
(2)甲、乙两个同学说法都不正确,理由如下:
又a1=1,a2=a,a1,a3,a5,…,a2n-1,…是以1为首项,q为公比的等比数列;a2,a4,a6,…,a2n,…是以a为首项,q为公比的等比数列.
即{an}为:1,a,q,aq,q2,aq2,…,
当q=a2时,{an}是等比数列;当q≠a2时,{an}不是等比数列.
解法二 {an}可能是等比数列,也可能不是等比数列,举例说明如下:
设{bn}的公比为q.
①取a=q=1,an=1(n∈N+),
此时bn=anan+1=1,{an},{bn}都是等比数列.
bn=2(n∈N+).
此时{bn}是等比数列,而{an}不是等比数列.
判定一个数列是等差或等比数列的常用方法
(1)定义法,an+1-an=d(d为常数,n∈N+) {an}是等差数列. =q(q为非零常数,n∈N+) {an}是等比数列.
(2)等差中项法,2an+1=an+an+2(n∈N+) {an}是等差数列.
=anan+2(anan+1an+2≠0,n∈N+) {an}为等比数列.
(3)通项公式法,an=pn+q(p,q为常数,n∈N+) {an}是等差数列.an=c·qn(c,q均为非零常数,n∈N+) {an}是等比数列.
(4)前n项和公式法,Sn=An2+Bn(A,B均为常数,n∈N+) {an}是等差数列.Sn=kqn-k(k为常数,q≠1且q≠0,n∈N+) {an}是等比数列.
【变式训练3】 已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.
(1)求证:an+2-an=λ.
(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列 并说明理由.
(1)证明:由题意知anan+1=λSn-1,an+1an+2=λSn+1-1,
两式相减得an+1(an+2-an)=λan+1,由于an+1≠0,
所以an+2-an=λ.
(2)解:存在λ=4满足题意.理由如下:
由题设知a1=1,a1a2=λS1-1,可得a2=λ-1.
由(1)知,a3=λ+1,令2a2=a1+a3,解得λ=4.
故an+2-an=4.由此可得数列中的奇数项构成的数列{a2n-1}是首项为1,公差为4的等差数列,a2n-1=4n-3=2(2n-1)-1.
数列中的偶数项构成的数列{a2n}是首项为3,公差为4的等差数列,
a2n=4n-1=2×2n-1.
所以对于任意的n∈N+,an=2n-1.
因为an+1-an=2,所以数列{an}是首项为1,公差为2的等差数列.因此假设成立,存在λ=4使得数列{an}为等差数列.
专题四 数列求和
【例4】 已知首项都是1的两个数列{an},{bn}(bn≠0,n∈N+),满足anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0.
(1)令cn= ,求数列{cn}的通项公式;
(2)若bn=3n-1,求数列{an}的前n项和Sn.
解:(1)因为anbn+1-an+1bn+2bn+1bn=0,bn≠0(n∈N+),
所以=2,即cn+1-cn=2.
所以数列{cn}是首项c1=1,公差d=2的等差数列,
故cn=2n-1.
(2)由bn=3n-1,结合(1)知an=cnbn=(2n-1)3n-1.
所以数列{an}的前n项和Sn=1×30+3×31+5×32+…+(2n-1)×3n-1.
所以3Sn=1×31+3×32+…+(2n-3)×3n-1+(2n-1)×3n.
相减得-2Sn=1+2×(31+32+…+3n-1)-(2n-1)3n=-2-(2n-2)3n.
所以Sn=(n-1)3n+1.
数列求和的常用方法
(1)公式法
常见公式如下:
(2)倒序相加法
对于满足性质a1+an=a2+an-1=a3+an-2=…的数列求和,可用倒序相加法.
(3)裂项相消法
(4)错位相减法
对于形如{an·bn}(其中{an}是等差数列,{bn}是等比数列)的数列求和,可用错位相减法.
(5)拆项分组法
若数列的通项公式可分解为若干个可求和的数列,则将数列的通项公式分解,分别求和,最终达到求和目的.
【变式训练4】 (1)已知等比数列{an},a1=3,a4=81,若数列{bn}满足bn=log3an,求数列 的前n项和Sn.
(2)设数列{an}满足a1=2,an+1-an=3×22n-1.
①求数列{an}的通项公式;
②令bn=nan,求数列{bn}的前n项和Sn.
(2)①由已知,当n≥1时,
an+1=[(an+1-an)+(an-an-1)+…+(a2-a1)]+a1=3(22n-1+22n-3+…+2)+2=22(n+1)-1.
故an=22n-1.
而a1=2,符合上式,所以数列{an}的通项公式为an=22n-1.
②由bn=nan=n×22n-1,
知Sn=1×2+2×23+3×25+…+n×22n-1,①
从而22×Sn=1×23+2×25+3×27+…+n×22n+1,②
专题五 数学归纳法
数学归纳法是一种直接证明的方法,一般地,与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除、数列的通项公式及前n项和等问题都可以用数学归纳法证明.但并不是所有与正整数有关的问题都能用数学归纳法解决.
(2)证明:由(1)可知an=n,
①当n=1时,不等式显然成立,
【高考体验】
考点一 等差数列
1.(2024·新高考Ⅱ卷,12)设Sn为等差数列{an}的前n项和,若a3+a4=7,3a2+a5=5,则S10= .
解析:设等差数列{an}的公差为d.
方法一:由条件得
解得
所以S10=10a1+×3=95.
方法二:由条件得
解得
则d=3,a9=20,
∴S10=5(a2+a9)=95.
答案: 95
(1)求{an}的通项公式;
命题立意 本题考查等差数列的通项公式、数列的通项与前n项和之间的关系、裂项相消法求解数列的前n项和.凸显了逻辑推理和数学运算的核心素养.
∴.
∴an=·…··a1=·…··1 =×1=(n≥2).
又当n=1时,a1=1也符合上式,
∴an=.
考点二 等比数列
3.(2023·新高考Ⅱ卷,8)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若S4=-5,S6=21S2,则S8=( ).
A.120 B.85 C.-85 D.-120
解析:本题主要考查等比数列的通项公式及等比数列的前n项和.
若q=1,则S6=6a1,S2=2a1,不满足S6=21S2,所以q≠1.
若q=-1,则S4=0≠-5,所以q≠-1.
所以1-q6=(1-q2)(1+q2+q4)=21(1-q2),
则q4+q2-20=0,解得q2=4或q2=-5(舍去).
答案:C
考点三 数列的综合应用
4.(2022·新高考Ⅱ卷,17)已知{an}为等差数列,{bn}为公比为2的等比数列,且a2-b2=a3-b3=b4-a4.
(1)证明:a1=b1;
(2)求集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数.
(1)证明:设等差数列的公差为d,
由a2-b2=a3-b3,
得a1+d-2b1=a1+2d-4b1,得d=2b1.
由a2-b2=b4-a4,
可得a1+d-2b1=8b1-(a1+3d),
可得a1+2b1-2b1=8b1-(a1+6b1),
整理可得a1=b1,得证.
(2)解:由(1)知d=2b1=2a1,
由bk=am+a1,可得b1·2k-1=a1+(m-1)d+a1,
即b1·2k-1=b1+(m-1)·2b1+b1,
得2k-1=2m.
∵1≤m≤500,∴2≤2k-1≤1 000.∴2≤k≤10.
又k∈Z,故集合{k|bk=am+a1,1≤m≤500}中元素的个数为9.
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