重难点专题26 等差、等比的性质应用十六大题型汇总-【划重点】备战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度。
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
重难点专题26等差、等比的性质应用十六大题型汇总
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc147869200" 题型1等差中项 PAGEREF _Tc147869200 \h 1
\l "_Tc147869201" 题型2等比中项 PAGEREF _Tc147869201 \h 5
\l "_Tc147869202" 题型3 下角标和性质 PAGEREF _Tc147869202 \h 9
\l "_Tc147869203" 题型4单调性问题 PAGEREF _Tc147869203 \h 12
\l "_Tc147869204" 题型5最大项与最小项问题 PAGEREF _Tc147869204 \h 17
\l "_Tc147869205" 题型6等差数列前n项和的性质1 PAGEREF _Tc147869205 \h 22
\l "_Tc147869206" 题型7等差数列前n项和的性质2 PAGEREF _Tc147869206 \h 27
\l "_Tc147869207" 题型8等差数列前n项和的性质3 PAGEREF _Tc147869207 \h 30
\l "_Tc147869208" 题型9等差数列前n项和的性质4 PAGEREF _Tc147869208 \h 32
\l "_Tc147869209" 题型10等差数列前n项和最值问题 PAGEREF _Tc147869209 \h 37
\l "_Tc147869210" 题型11等差数列Sn>0,Sn0的前n项和，且a1a3=16，2S1、32S2、S3成等差数列，则S6=（ ）
A．256B．254C．128D．126
【答案】D
【分析】根据2S1、32S2、S3成等差数列求出数列an的公比，利用等比中项的性质可求得a2的值，进而可求得a1的值，利用等比求和公式可求得S6的值.
【详解】因为2S1、32S2、S3成等差数列，即3S2=2S1+S3，即S3−S2=2S2−S1，即a3=2a2，
所以，等比数列an的公比为q=a3a2=2，
因为an是每项均为正数的等比数列，由等比中项的性质可得a2=a1a3=4，则a1=a2q=2，
因此，S6=a11−q61−q=21−261−2=126.
故选：D.
【变式1-1】1. （2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考阶段练习）已知数列an是等差数列，bn是等比数列，且a1+12b1，a3+14b3，a5+18b5成等差数列，则b6b10b72=（ ）
A．14B．12C．2D．4
【答案】C
【分析】依题意可得12b1，14b3，18b5为常数数列，即可求出q2，再根据等比中项的性质计算可得.
【详解】因为bn是等比数列，所以b1b5=b32，所以12b1⋅18b5=14b32，
所以12b1，14b3，18b5成等比数列，
因为an是等差数列，所以a1，a3，a5成等差数列，
又a1+12b1，a3+14b3，a5+18b5成等差数列，
所以12b1，14b3，18b5是等比数列也是等差数列，
所以12b1，14b3，18b5是常数列，
即12b1=14b3=18b5，所以q2=2，因此b6b10b72=b82b72=q2=2.
故选：C
【变式1-1】2. （2018·北京·高三强基计划）已知实数a，b，c成公差非0的等差数列，在平面直角坐标系中，点P的坐标为(−3,2)，点N的坐标为(2,3)．过点P作直线ax+by+c=0的垂线，垂足为点M，则M，N间的距离的最大值与最小值的乘积是（ ）
A．10B．62
C．42D．前三个答案都不对
【答案】A
【分析】由题设可得点M的轨迹是以PQ为直径的圆，故可求MN的最值，故可求它们的乘积.
【详解】直线ax+by+c=0中a，b，c成等差数列即直线ax+by+c=0恒过点Q(1,−2)，
又PM⊥QM，于是点M的轨迹是以PQ为直径的圆，如图．
该圆的圆心为C(−1,0)，半径为22，因此C:(x+1)2+y2=8，
故CN=32，于是所求最大值与最小值之积为52×2=10．
故选：A.
【变式1-1】3. （2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知数列an中，a2=2，当n≥3时，an−1，12an，an−2成等差数列.若a2022=k，那么a3+a5+⋯+a2021=（ ）
A．kB．k−1C．2kD．k−2
【答案】D
【分析】依题意可得数列an的递推关系an=an−1+an−2，再一一代入即可求解.
【详解】当n≥3时，an−1，12an，an−2成等差数列，则an=an−1+an−2，
由于a2=2，则a3+a5+⋯+a2021=a2+a3+a5+⋯+a2021−2=a2022−2=k−2，
故选：D.
【变式1-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知等差数列an的首项与公差d均为正数，且lga1，lga3，lga6成等差数列，则lga1，lga3，lga6的公差为（ ）
A．lgdB．lg23C．lg32D．lg3d
【答案】C
【分析】根据lga1，lga3，lga6成等差数列直接列式，求出a1和d的关系，进而求出结果.
【详解】因为an是公差为d的等差数列，所以a3=a1+2d,a6=a1+5d，
因为lga1,lga3,lga6成等差数列，所以2lga3=lga1+lga6=lga1a6，
所以a32=a1a6，即a1+2d2=a1a1+5d，所以a1d=4d2，
又因为d>0，所以a1=4d，
则lga3−lga1=lg6d−lg4d=lg32，
故选：C.
【变式1-1】5.（2023·全国·高三专题练习）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，则csB的最小值为 .
【答案】12/0.5
【分析】根据等差中项得到2b=a+c，由余弦定理得到csB=3b22ac−1，根据2b=a+c结合基本不等式求出csB的最小值.
【详解】由题意得2b=a+c，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=a+c2−2ac−b22ac=3b22ac−1，
因为2b=a+c，由基本不等式可得b2=a+c24=a2+2ac+c24≥2ac+2ac4=ac，
当且仅当a=c时，等号成立，
故csB=3b22ac−1≥3ac2ac−1=12，所以csB的最小值为12.
故答案为：12
题型2等比中项
【例题2】（2023秋·江西南昌·高三南昌市外国语学校校考阶段练习）已知正项等差数列an和正项等比数列bn，a1=b1=1，b3是a2,a6的等差中项，a8是b3,b5的等比中项，则下列关系肯定成立的是（ ）
A．a2b4D．a100=b10
【答案】B
【分析】根据条件建立方程组，求解基本量公差、公比，再根据通项公式依次判断选项即可.
【详解】设等差数列公差为d(d≥0)，等比数列公比为q(q>0)，且a1=b1=1，
由b3是a2,a6的等差中项，得a2+a6=2b3，
则有1+d+1+5d=2q2，化简得1+3d=q2①，
由a8是b3,b5的等比中项，得a82=b3b5=b42，
又已知正项等差数列an和正项等比数列bn，
所以a8=b4，则有1+7d=q3②，
联立①②解方程组得，d=−527q=−23（舍去），或d=1q=2，或d=0q=1.
故an=n，bn=2n−1或an=bn=1.
当an=bn=1时，可知AC错误，BD成立；
当an=n，bn=2n−1时，
a100=100,b10=29=512，a100≠b10，故D错误.
又a1024=1024,b11=210=1024，B也成立，
故选：B.
【变式2-1】1. （2023·全国·高三专题练习）已知an是公差为3的等差数列，其前n项的和为Sn，设甲：an的首项为零；乙：S2+3是S1+3和S3+3的等比中项，则（ ）
A．甲是乙的充分不必要条件
B．甲是乙的必要不充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
【答案】C
【分析】由等差数列的性质和等比中项的性质求出a1，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.
【详解】由an是公差为3的等差数列，可知S1+3=a1+3,S2+3=2a1+6,S3+3=3a1+12.
若S2+3是S1+3和S3+3的等比中项，则2a1+62=a1+33a1+12，
解得a1=0或a1=−3（舍去，因为此时S1+3=S2+3=0)，
故S2+3是S1+3和S3+3的等比中项能推出an的首项为零，
若an的首项为零，即a1=0，由an是公差为3的等差数列，
则an=3n−1=3n−3，Sn=n3n−32，
所以S2+3=6, S1+3=3，S3+3=12，所以S2+32=S1+3S3+3，
故an的首项为零可推出S2+3是S1+3和S3+3的等比中项，
可见“a1=0”是“S2+3是S1+3和S3+3的等比中项”的充要条件.
故选：C.
【变式2-1】2. （2018·北京·高三强基计划）设三个实数a，b，c组成等比数列，c>0且a≤2b+3c，则实数b−2ca的取值范围是（ ）
A．−∞,116B．−∞,19
C．−∞,18D．前三个答案都不对
【答案】B
【分析】设ba=t，则ca=t2，则可根据二次函数求目标代数式的取值范围.
【详解】设ba=t，则ca=t2，则b−2ca=t−2t2，
由题设有2t+3t2≥1，故t∈(−∞,−1]∪13,+∞，
因比t−2t2的取值范围是−∞,19．
故选：B.
【变式2-1】3. （2023·北京·校考模拟预测）已知公差不为零的等差数列an满足：a3+a8=20，且a5是a2与a14的等比中项.设数列bn满足bn=1anan+1n∈N*，则数列bn的前n项和Sn为（ ）
A．121−12n+1=n2n+1B．121+12n+1=n2n+1
C．121−12n+1=n2n−1D．121+12n+1=n2n−1
【答案】A
【分析】根据等差数列的通项公式和等比中项的性质列方程得到a1=1d=2，然后利用裂项求和的方法求Sn即可.
【详解】根据题意可得a3+a8=20a52=a2a14，则2a1+9d=20a1+4d2=a1+da1+13d，解得a1=1d=2，所以an=2n−1，bn=12n−12n+1=1212n−1−12n+1，
Sn=121−13+13−14+⋯+12n−1−12n+1
=121−12n+1
=n2n+1.
故选：A.
【变式2-1】4. （2023秋·广东东莞·高三校联考阶段练习）已知等差数列an的公差不为0，a1=1且a2，a4，a8成等比数列，则（ ）
A．a2023=4045B．a4a30，所以a4a3>a5a4，故B错误；
对于C：因为Sn+1=a1+an+1n+12=n+2n+12
所以Sn+1n+1=n+1n+22n+1=n+22≠n+12，故C错误；
对于D：因为a1+a19a4+a6=1+194+6=2，故D正确.
故选：D
题型3 下角标和性质
【例题3】（2023春·河南开封·高三通许县第一高级中学校考阶段练习）已知等差数列an为递增数列，Sn为其前n项和，a3+a7=34,a4⋅a6=280，则S11=（ ）
A．516B．440C．258D．220
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用等差数列性质求出a4,a6，再利用前n项和公式求解作答.
【详解】等差数列an为递增数列，则a40)，
因为数列an为正项等比数列，
所以a1a2a3=a23=5，a4a5a6=a53=52，
所以a5a23=525=2，所以q9=2，
所以a10a11a12=a113=a2q93=a23×q93=5×23=102，
故选：C
【变式3-1】5.（2022秋·山东青岛·高三统考期中）在各项均为正数的等比数列an中，a1a7+2a4a5+a2a8=16，则a4a5的最大值为（ ）
A．16B．8C．4D．2
【答案】C
【分析】首先根据等比数列的性质求得a4+a5=4，再根据基本不等式a4a5≤a4+a522，即可求解.
【详解】由等比数列的性质可知，a1a7=a42，a2a8=a52，
所以a42+2a4a5+a52=16，即a4+a52=16，得a4+a5=4，
且an>0，所以a4a5≤a4+a522=4，当且仅当a4=a5时，等号成立，
所以a4a5的最大值为4.
故选：C
题型4单调性问题
【例题4】（2023·全国·高三专题练习）已知an是无穷等差数列，其前项和为Sn，则“an为递增数列”是“存在n∈N∗使得Sn>0”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】利用充分条件和必要条件的定义判断.
【详解】解：因为an是无穷等差数列，若an为递增数列，
所以公差d>0，
令Sn=na1+nn−12d>0，解得n>1−2a1d，
1−2a1d表示取整函数，
所以存在正整数n0=1+1−2a1d，有Sn0>0，故充分；
设数列an为5，3，1，-1，…，满足S2=8>0，但d=−20且q>1”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件
C．必要不充分条件D．既不充分又不必要条件
【答案】B
【分析】由等比数列及已知，要Tn为递增数列只需a1qn−1>1在n≥2上恒成立，讨论q