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第1讲等差数列与等比数列[2019考向导航]考点扫描三年考情考向预测2019201820171．等差数列与等比数列基本量的运算第8题第9题数列是江苏高考考查的热点．考查的重点是等差、等比数列的基础知识、基本技能、基本思想方法．一般有两道题，一道填空题，一道解答题．在填空题中，突出了“小、巧、活”的特点，属中高档题，解答题主要与函数、方程、推理证明等知识综合考查，属中等难度以上的试题，甚至是难题，多为压轴题．2．等差数列与等比数列的综合运用第20题第20题1．必记的概念与定理(1)an与Sn的关系Sn＝a1＋a2＋…＋an，an＝S1，n＝1，Sn－Sn－1，n≥2．(2)等差数列和等比数列等差数列等比数列定义an－an－1＝常数(n≥2)anan－1＝常数(n≥2)通项公式an＝a1＋(n－1)dan＝a1qn－1(q≠0)判定方法(1)定义法(2)中项公式法：2an＋1＝an＋an＋2(n≥1，n∈N*)⇔{an}为等差数列(3)通项公式法：an＝pn＋q(p、q为常数)⇔{an}为等差数列(4)前n项和公式法：Sn＝An2＋Bn(A、B(1)定义法(2)中项公式法：a2n＋1＝an·an＋2(n≥1，n∈N*)(an≠0)⇔{an}为等比数列(3)通项公式法：an＝c·qn(c、q均是不为0的常数)⇔{an}为等比为常数)⇔{an}为等差数列数列判定方法(5){an}为等比数列，an0⇔{logban}为等差数列(4){an}为等差数列⇔{ban}为等比数列(b0且b≠1)2．记住几个常用的公式与结论(1)等差数列的性质①在等差数列{an}中，an＝am＋(n－m)d，d＝an－amn－m；②当公差d≠0时，等差数列{an}的通项公式an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d是关于n的一次函数，且斜率为公差d；前n项和Sn＝na1＋n（n－1）2d＝d2n2＋(a1－d2)n是关于n的常数项为0的二次函数．③若公差d0，则数列为递增等差数列，若公差d0，则数列为递减等差数列，若公差d＝0，则数列为常数列．④当m＋n＝p＋q时，则有am＋an＝ap＋aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am＋an＝2ap．⑤若{an}是等差数列，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也成等差数列．⑥在等差数列{an}中，当项数为偶数2n时，S偶－S奇＝nd；项数为奇数2n－1时，S奇－S偶＝a中，S2n－1＝(2n－1)·a中(这里a中即an)，S奇∶S偶＝n∶(n－1)．⑦若等差数列{an}、{bn}的前n项和分别为An、Bn，且AnBn＝f(n)，则anbn＝（2n－1）an（2n－1）bn＝A2n－1B2n－1＝f(2n－1)．⑧“首正”的递减等差数列中，前n项和的最大值是所有非负项之和；“首负”的递增等差数列中，前n项和的最小值是所有非正项之和．法一：由不等式组an≥0an＋1≤0(或an≤0an＋1≥0)确定出前多少项为非负(或非正)；法二：因等差数列前n项和是关于n的二次函数，故可转化为求二次函数的最值，但要注意数列的特殊性n∈N*．⑨如果两等差数列有公共项，那么由它们的公共项顺次组成的新数列也是等差数列，且新等差数列的公差是原两等差数列公差的最小公倍数．(2)等比数列的性质①在等比数列{an}中，an＝amqn－m，q＝n－manam；②当m＋n＝p＋q时，则有am·an＝ap·aq，特别地，当m＋n＝2p时，则有am·an＝a2p．③若{an}是等比数列，且公比q≠－1，则数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…也是等比数列．当q＝－1，且n为偶数时，数列Sn，S2n－Sn，S3n－S2n，…是常数列{0，0，0，…}，它不是等比数列．④若a10，q1，则{an}为递增数列；若a10，q1,则{an}为递减数列；若a10，0q1，则{an}为递减数列；若a10，0q1,则{an}为递增数列；若q0，则{an}为摆动数列；若q＝1，则{an}为常数列．3．需要关注的易错易混点(1)用定义证明等差数列时，常采用的两个式子an＋1－an＝d和an－an－1＝d，但它们的意义不同，后者必须加上“n≥2”，否则n＝1时，a0无定义．(2)从等比数列的定义看，等比数列的任意项都是非零的，公比q也是非零常数．(3)由an＋1＝qan，q≠0并不能立即断言{an}为等比数列，还要验证a1≠0．等差数列与等比数列基本量的运算[典型例题](1)(2019·高考江苏卷)已知数列{an}(n∈N*)是等差数列，Sn是其前n项和．若a2a5＋a8＝0，S9＝27，则S8的值是________．(2)(2019·苏北三市高三模拟)在公比为q且各项均为正数的等比数列{an}中，Sn为{an}的前n项和．若a1＝1q2，且S5＝S2＋2，则q的值为________．【解析】(1)通解：设等差数列{an}的公差为d，则a2a5＋a8＝(a1＋d)(a1＋4d)＋a1＋7d＝a21＋4d2＋5a1d＋a1＋7d＝0，S9＝9a1＋36d＝27，解得a1＝－5，d＝2，则S8＝8a1＋28d＝－40＋56＝16．优解：设等差数列{an}的公差为d．S9＝9（a1＋a9）2＝9a5＝27，a5＝3，又a2a5＋a8＝0，则3(3－3d)＋3＋3d＝0，得d＝2，则S8＝8（a1＋a8）2＝4(a4＋a5)＝4(1＋3)＝16．(2)由题意得，a3＋a4＋a5＝2，又a1＝1q2，所以1＋q＋q2＝2，即q2＋q－1＝0，所以q＝－1±52，又q＞0，所以q＝5－12．【答案】(1)16(2)5－12(1)等差(比)数列的通项公式及前n项和公式共涉及五个量a1，an，d(q)，n，Sn，知道其中三个就能求另外两个，体现了用方程组解决问题的思想．(2)数列的通项公式和前n项和公式在解题中起到变量代换的作用，而a1和d(q)是等差(比)数列的两个基本量，用它们表示已知量和未知量是常用方法．[对点训练]1．(2019·江苏省高考名校联考(一))设Sn为数列{an}的前n项和，若数列{an}与数列Snan＋t(t＜－1)分别是公比为q，q′的等比数列，则q＋q′的取值范围为________．[解析]若q＝1，则Snan＋t＝n＋t，不成等比数列，故q≠1，则Snan＋t＝1－qnqn－1（1－q）＋t，考虑前三项1＋t，1＋qq＋t，1＋q＋q2q2＋t成等比数列得，t＝q1－q，反之，当t＝q1－q时，Snan＋t＝1qn－1（1－q）成等比数列，此时，公比为1q，即q′＝1q．由t＜－1，得q1－q＜－1，q＞1，q＋q′＝q＋1q＞2，故q＋q′的取值范围是(2，＋∞)．[答案](2，＋∞)2．(2019·苏州市高三调研)已知{an}是等差数列，a5＝15，a10＝－10，记数列{an}的第n项到第n＋5项的和为Tn，则|Tn|取得最小值时的n的值为________．[解析]由a1＋4d＝15，a1＋9d＝－10得a1＝35d＝－5，从而等差数列{an}的通项公式为an＝40－5n，得Tn＝(40－5n)＋…＋(15－5n)＝165－30n，因为|Tn|≥0，又n∈N*，故当n＝5或6时，|Tn|取得最小值15．[答案]5或6等差、等比数列的判断与证明[典型例题](2019·江苏名校联考信息卷)已知数列{an}的各项均为正数，其前n项和为Sn，且对任意的m，n∈N*，都有(Sm＋n＋S1)2＝4a2ma2n．(1)求a2a1的值；(2)求证：{an}为等比数列．【解】(1)由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(S2＋S1)2＝4a22，即(a2＋2a1)2＝4a22．因为a10，a20，所以a2＋2a1＝2a2，即a2a1＝2．(2)证明：法一：令m＝1，n＝2，得(S3＋S1)2＝4a2a4，即(2a1＋a2＋a3)2＝4a2a4，令m＝n＝2，得S4＋S1＝2a4，即2a1＋a2＋a3＝a4．又a2a1＝2，所以a4＝4a2＝8a1，a3＝4a1．由(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m，得(Sn＋1＋S1)2＝4a2na2，(Sn＋2＋S1)2＝4a2na4．两式相除，得（Sn＋2＋S1）2（Sn＋1＋S1）2＝a4a2，所以Sn＋2＋S1Sn＋1＋S1＝a4a2＝2，即Sn＋2＋S1＝2(Sn＋1＋S1)，从而Sn＋3＋S1＝2(Sn＋2＋S1)．以上两式相减，得an＋3＝2an＋2，故当n≥3时，{an}是公比为2的等比数列．又a3＝2a2＝4a1，从而an＝a1·2n－1，n∈N*．显然，an＝a1·2n－1满足题设，因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列．法二：在(Sm＋n＋S1)2＝4a2na2m中，令m＝n，得S2n＋S1＝2a2n．①令m＝n＋1，得S2n＋1＋S1＝2a2na2n＋2，②在①中，用n＋1代替n得，S2n＋2＋S1＝2a2n＋2．③②－①，得a2n＋1＝2a2na2n＋2－2a2n＝2a2n(a2n＋2－a2n)，④③－②，得a2n＋2＝2a2n＋2－2a2na2n＋2＝2a2n＋2·(a2n＋2－a2n)，⑤由④⑤得a2n＋1＝a2na2n＋2．⑥将⑥代入④，得a2n＋1＝2a2n，将⑥代入⑤得a2n＋2＝2a2n＋1，所以a2n＋2a2n＋1＝a2n＋1a2n＝2．又a2a1＝2，从而an＝a1·2n－1，n∈N*．显然an＝a1·2n－1满足题设．因此{an}是首项为a1，公比为2的等比数列．递推数列问题常见的处理方法(1)将第n项和第n＋1项合并在一起，看是否是一个特殊数列；若递推关系式含有an与Sn，则考虑是否可以将an与Sn进行统一．(2)根据递推关系式的结构特征确定是否为熟悉的、有固定方法的递推关系式向通项公式的转换类型，否则可以写出数列的前几项，看能否找到规律，即先特殊、后一般、再特殊．[对点训练]3．设Sn为数列{an}的前n项和，对任意的n∈N*，都有Sn＝2－an，数列{bn}满足b1＝2a1，bn＝bn－11＋bn－1(n≥2，n∈N*)．(1)求证：数列{an}是等比数列，并求{an}的通项公式；(2)判断数列{1bn}是等差数列还是等比数列，并求数列{bn}的通项公式．[解](1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，解得a1＝1；当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－1－an，即anan－1＝12(n≥2，n∈N*)．所以数列{an}是首项为1，公比为12的等比数列，故数列{an}的通项公式为an＝12n－1．(2)因为a1＝1，所以b1＝2a1＝2．因为bn＝bn－11＋bn－1，所以1bn＝1bn－1＋1，即1bn－1bn－1＝1(n≥2)．所以数列{1bn}是首项为12，公差为1的等差数列．所以1bn＝12＋(n－1)·1＝2n－12，故数列{bn}的通项公式为bn＝22n－1．等差数列与等比数列的综合运用[典型例题](2018·高考江苏卷)设{an}是首项为a1，公差为d的等差数列，{bn}是首项为b1，公比为q的等比数列．(1)设a1＝0，b1＝1，q＝2，若|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，求d的取值范围；(2)若a1＝b10，m∈N*，q∈(1，m2]，证明：存在d∈R，使得|an－bn|≤b1对n＝2，3，…，m＋1均成立，并求d的取值范围(用b1，m，q表示)．【解】(1)由条件知：an＝(n－1)d，bn＝2n－1，因为|an－bn|≤b1对n＝1，2，3，4均成立，即|(n－1)d－2n－1|≤1对n＝1，2，3，4均成立，即1≤1，1≤d≤3，3≤2d≤5，7≤3d≤9，得73≤d≤52，因此，d的取值范围为73，52．(2)由条件知：an＝b1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1．若存在d，使得|an－bn|≤b1(n＝2，3，…，m＋1)成立，即|b1＋(n－1)d－b1qn－1|≤b1(n＝