2025版 数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第七章 第六节 数列的综合应用含答案

14版数学《高中全程复习方略》（提升版）人教A版第七章第六节数列的综合应用第六节数列的综合应用【核心考点·分类突破】考点一等差、等比数列的综合问题(规范答题)[例1](12分)(2023·新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为d,且d>1,令bn=n2+nan,记Sn,Tn分别为数列{an},{b(1)若3a2=3a1+a3,S3+T3=21,求{an}的通项公式;(2)若{bn}为等差数列,且S99-T99=99,求d.审题导思破题点·柳暗花明(1)思路:根据等差数列的定义,灵活运用给定的条件,即可得到所求等差数列的通项公式;同时帮助学生理解题设条件,以顺利进入第(2)问的情境.(2)思路:所给题设条件“{bn}为等差数列”要求学生能够灵活转化为求解数列{an}中公差与首项的关系,可以采用通性通法来解答.规范答题微敲点·水到渠成【解析】(1)因为3a2=3a1+a3,所以3d=a1+2d,解得a1=d, [1分]关键点根据已知条件,列方程求出首项a1和公差d的关系.所以S3=3a2=3(a1+d)=6d,又T3=b1+b2+b3=2d+3d+4d所以S3+T3=6d+9d即2d2-7d+3=0,解得d=3或d=12(舍去), 所以an=a1+(n-1)d=3n,所以an的通项公式为an=3n. 阅卷现场(1)没有过程,只有an=3n得1分;(2)结果正确时漏写a1=d不扣分;(3)d=12漏舍只得1分(2)因为bn=n2+n所以2b2=b1+b3,即12a2=2a1+所以6a1+d-所以a12-3a1d+2d解得a1=d或a1=2d. [8分]传技巧取bn的前3项,利用等差中项2b2=b1+b3,得到首项a1和公差d之间的关系解法一:①当a1=d时,an=nd,所以bn=n2+nanS99=99a1+a99T99=99b1+b99因为S99-T99=99,所以99×50d-99×51d关键点利用S99-T99=99,列出关于d的方程,结果注意d>1.即50d2-d-51=0,解得d=5150或d=-1(舍去). ②当a1=2d时,an=(n+1)d,所以bn=n2+nan避易错讨论另一种情况,不可遗漏.S99=99a1+a99T99=99b1+b99因为S99-T99=99,所以99×51d-99×50d即51d2-d-50=0,解得d=-5051(舍去)或d=1(舍去).综上,d=5150. 解法二:因为S99-T99=99,由等差数列的性质知,且99a50-99b50=99,即a50-b50=1,传技巧利用等差数列的性质,可以简化运算过程.列方程求出a50,注意由d>1可知an>0.所以a50-2550a50=1,即a502解得a50=51或a50=-50(舍去). [10分]①当a1=d时,a50=a1+49d=50d=51,解得d=5150②当a1=2d时,a50=a1+49d=51d=51,解得d=1,与d>1矛盾,应舍去. [11分]综上,d=5150. 解法三:因为an,banbn=n(n+1),所以可设an=1k敲黑板构造新数列要考虑全面,少写一组不得分.(i)当an=1k(n+1),bn=knS99-T99=1k(2+3+…+100)-k(1+2+…+99)=99,即50k2+k解得k=-5150或k=1,因为d=k>1,所以均不合题意. (ii)当an=kn,bn=1k(nS99-T99=k(1+2+…+99)-1k(2+3+…+100)=99,即50k2-k解得k=5150或k=-1因为d=k>1,所以k=5150所以d=5150. 拓思维高考命题强调“多思考,少运算”的理念,试题面向全体学生,为考生搭建展示数学能力的平台.本解法根据给出的条件,巧妙的构造新的数列,突破常规解法,灵活运用数列知识,解题方法“高人一招”,解题速度“快人一步”.【解题技法】等差、等比数列综合问题的求解策略1.基本方法:求解等差、等比数列组成的综合问题,首先要根据数列的特征设出基本量,然后根据题目特征使用通项公式、求和公式、数列的性质等建立方程(组),确定基本量;2.基本思路:注意按照顺序使用基本公式、等差中项、等比中项以及证明数列为等差、等比数列的方法确定解题思路.【对点训练】(2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知2Snn+n=2a(1)证明:{an}是等差数列;(2)若a4,a7,a9成等比数列,求Sn的最小值.【解析】(1)由2Snn+n=2得2Sn+n2=2ann+n①,所以2Sn+1+(n+1)2=2an+1(n+1)+(n+1)②,②-①,得2an+1+2n+1=2an+1(n+1)-2ann+1,化简得an+1-an=1,所以数列{an}是公差为1的等差数列.(2)由(1)知数列{an}的公差为1.由a4,a7,a9成等比数列,得a72=a4a即(a1+6)2=(a1+3)(a1+8),解得a1=-12,所以Sn=-12n+n(n-1)2=n2-25n2所以,当n=12或n=13时,(Sn)min=-78.考点二数列与函数、向量的综合[例2](1)(2023·龙岩模拟)已知函数f(x)=13x3+4x,记等差数列{an}的前n项和为Sn,若f(a1+2)=100,f(a2022+2)=-100,则S2022等于(A.-4044 B.-2022C.2022 D.4044【解析】选A.因为f(-x)=-13x3-4x=-f(x所以f(x)是奇函数,因为f(a1+2)=100,f(a2022+2)=-100,所以f(a1+2)=-f(a2022+2),所以a1+2+a2022+2=0,所以a1+a2022=-4,所以S2022=2022(2)数列an满足a1=1,a2=5,若m=1,an+1+1,n=an+a【解析】由已知m·n=0,得1×an+a即an+2-则an+1-an是首项为a则an+1-an=a2-a1+于是an=an-an-1+an=2n+2n-1+=2n+n-1+…+2答案:an=n2+n-1【解题技法】数列与函数、向量的综合问题的求解策略(1)已知函数条件,解决数列问题,此类问题一般是利用函数的性质、图象研究数列问题;(2)已知数列条件,解决函数问题,解决此类问题一般要充分利用数列的范围、公式、求和方法对式子化简变形;(3)涉及数列与三角函数有关的问题,常利用三角函数的周期性等特征,寻找规律后求解;(4)涉及数列与向量有关的综合问题,应根据条件将向量式转化为与数列有关的代数式求解.【对点训练】1.已知数列{an}满足an+2-an+1=an+1-an,n∈N*,且a5=π2,若函数f(x)=sin2x+2cos2x2,记yn=f(an),则数列{yn}的前9项和为(A.0 B.-9 C.9 D.1【解析】选C.由题意知数列{an}是等差数列.因为a5=π2,所以a1+a9=a2+a8=a3+a7=a4+a6=2a5=πf(x)=sin2x+2cos2x2,所以f(x)=sin2x+cosx所以f(a1)+f(a9)=sin2a1+cosa1+1+sin2a9+cosa9+1=2.同理f(a2)+f(a8)=f(a3)+f(a7)=f(a4)+f(a6)=2.因为f(a5)=1,所以数列{yn}的前9项和为9.2.数列{an}是等差数列,a1=1,公差d∈[1,2],且a4+λa10+a16=15,则实数λ的最大值为________.

【解析】因为a4+λa10+a16=15,所以a1+3d+λ(a1+9d)+a1+15d=15,令λ=f(d)=151+9d-2,因为d所以令t=1+9d,t∈[10,19],因此λ=f(t)=15t-2当t∈[10,19]时,函数λ=f(t)是减函数,故当t=10时,实数λ有最大值,最大值为f(10)=-12答案:-1考点三数列与不等式的综合【考情提示】数列不等式作为考查数列综合知识的载体,因其全面考查数列的性质、递推公式、求和等知识而成为高考命题的热点,重点考查不等式的证明、参数范围、最值等.角度1数列中的最值[例3]公比为2的等比数列{an}中存在两项am,an满足aman=16a12,则1m+4A.32 B.53 C.43 【解析】选A.由等比数列的通项公式知am=a1×2m-1,an=a1×2n-1,由aman=16a1可得a12×2m+n-2=16a12故2m+n-2=16,解得m+n=6,则1m+4n=16(m+n)·(1m+4n)=16(1+4mn(当且仅当m=2,n=4时取等号).角度2数列中的不等式证明[例4](2023·宁德模拟)已知数列an,bn满足bn=an+n2,a1+b1=3,a2+b2=8,且数列a(1)求数列bn(2)记数列1bn的前n项和为Sn,求证:12≤S【解析】(1)由bn=an+n2得b1=a1+1,b2=a2+4,代入a1+b1=3,a2+b2=8得2a1+1=3,2a2+4=8,解得a1=1,a2=2.又因为数列an故公差为d=a2-a1=1,因此an=n,bn=n+n2.(2)由(1)可得bn=n+n2,所以1bn=1n+n所以Sn=1b1+1b2+1=(1-12)+(12-13)+(13-14)+…+(1n-1n+1所以0<1n+1≤12所以12≤1-1n+1<1,即12≤角度3数列中的不等式恒成立[例5]已知数列{an}的通项公式为an=5-n,其前n项和为Sn,将数列{an}的前4项抽去其中一项后,剩下三项按原来顺序恰为等比数列{bn}的前3项,记{bn}的前n项和为Tn.若存在m∈N*,使对任意n∈N*,Sn≤Tm+λ恒成立,则实数λ的取值范围是()A.[2,+∞) B.(3,+∞)C.[3,+∞) D.(2,+∞)【解析】选D.依题意得Sn=(4+5-n)n2=n(9-n)2,根据二次函数的性质知,当n=4,5时,Sn取得最大值为10.另外,根据通项公式得数列{an}的前4项为a1=4,a2=3,a3=2,a4=1,观察易知抽掉第二项后,余下的三项可组成等比数列,所以数列{bn}中,b1=4,公比q=12,所以Tn=4(1-12n)1-12=8(1-12n),所以4≤Tn<8.【解题技法】数列与不等式交汇问题的解题策略(1)判断数列问题的一些不等关系,可以利用数列的单调性比较大小或借助数列对应的函数的单调性比较大小.(2)考查与数列有关的不等式证明问题,此类问题一般采用放缩法进行证明,有时也可通过构造函数进行证明.(3)数列中有关项或前n项和的恒成立问题,常转化为数列的最值问题;求项或前n项和的不等关系可以利用不等式的性质或基本不等式求解.【对点训练】1.(2023·重庆模拟)设a>0,b>0,若3是3a与9b的等比中项,则1a+2b的最小值为(A.92 B.3 C.32+2 D【解析】选A.因为3是3a与9b的等比中项,所以32=3a·9b=3a+2b,所以a+2b=2,所以1a+2b=12·(1a+2b)·(a+2b)=12(5+2ab+2ba)≥12·(5+22.数列{an}满足a1=14,an+1=14-4an,若不等式a2a1+a3a2+…+A.74 B.34 C.78 【解析】选A.因为数列{an}满足a1=14,an+1=14-4an,所以反复代入计算可得a2=26,a3=38,a4=410,a5=512,…,由此可归纳出通项公式an=n2(n+1),经验证,成立,所以an+1an=1+1n(n+2)=1+1212(1n+2+1n+3).因为要求a2a1+a3a2+…3.(2023·南京模拟)已知数列an的前n项和为Sn,a1=2,(n-2)Sn+1+2an+1=nSn,n∈N*(1)求数列an(2)求证:1a12+1a22+【解析】(1)(n-2)Sn+1+2an+1=nSn,则(n-2)Sn+1+2(Sn+1-Sn)=nSn,整理得到nSn+1=(n+2)Sn,故Sn+1(故Snn(n+1即Sn=n(n+1).当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n(n+1)-n(n-1)=2n,验证当n=1时满足,故an=2n,n∈N*.(2)1an2=14n2<故1a12+1a22+…+1an2<14+12(13-15+15-17+…+12n考点四数列在实际问题中的综合应用[例6](1)(2022·新高考Ⅱ卷)图1是中国古代建筑中的举架结构,AA',BB',CC',DD'是桁,相邻桁的水平距离称为步,垂直距离称为举,图2是某古代建筑屋顶截面的示意图,其中DD1,CC1,BB1,AA1是举,OD1,DC1,CB1,BA1是相等的步,相邻桁的举步之比分别为DD1OD1=0.5,CC1DC1=k1,BB1CB1=k2,AA1BA1=k3.已知A.0.75 B.0.8 C.0.85 D.0.9【解析】选D.设OD1=DC1=CB1=BA1=1,则CC1=k1,BB1=k2,AA1=k3,依题意,有k3-0.2=k1,k3-0.1=k2,且DD1+所以0.5+3k3-0.34(2)据统计测量,已知某养鱼场,第一年鱼的质量增长率为200%,以后每年的增长率为前一年的一半.若饲养5年后,鱼的质量预计为原来的t倍.下列选项中,与t值最接近的是()A.11 B.13 C.15 D.17【解析】选B.设鱼原来的质量为a,饲养n年后鱼的质量为an,q=200%=2,则a1=a(1+q),a2=a1(1+q2)=a(1+q)(1+q2),…,a5=a(1+2)×(1+1)×(1+12)×(1+1=40532a≈12.7a,即5年后,鱼的质量预计为原来的13倍【解题技法】数列在实际应用中的常见模型等差模型如果增加(或减少)的量是一个固定的数,则该模型是等差模型,这个固定的数就是公差等比模型如果后一个量与前一个量的比是一个固定的非零常数,则该模型是等比模型,这个固定的数就是公比递推数列模型如果题目中给出的前后两项之间的关系不固定,随项的变化而变化,则应考虑考查的是第n项an与第(n+1)项an+1(或者相邻三项等)之间的递推关系还是前n项和Sn与前(n+1)项和Sn+1之间的递推关系【对点训练】1.(2023·武汉模拟)南宋数学家杨辉为我国古代数学研究作出了杰出贡献,他的著名研究成果“杨辉三角”记录于其重要著作《详解九章算法》,该著作中的“垛积术”问题介绍了高阶等差数列.以高阶等差数列中的二阶等差数列为例,其特点是从数列中的第二项开始,每一项与前一项的差构成等差数列.若某个二阶等差数列的前4项为2,3,6,11,则该数列的第15项为()A.196 B.197 C.198 D.199【解析】选C.设该数列为an,则a1=2,a2=3,a3=6,a4=11.由二阶等差数列的定义可知,a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,…所以数列an+1-an是以a2-a1=1为首项,公差d=2的等差数列,即an+1-an=2n-1,所以a2-a1=1,a3-a2=3,a4-a3=5,…,an+1-将所有上式累加可得an+1=a1+n2=n2+2,所以a15=142+2=198,即该数列的第15项为198.2.(2023·深圳模拟)将一个顶角为120°的等腰三角形(含边界和内部)的底边三等分,挖去由两个等分点和上顶点构成的等边三角形,得到与原三角形相似的两个全等三角形,再对余下的所有三角形重复这一操作.如果这个操作过程无限继续下去,最后挖剩下的就是一条“雪花”状的Koch曲线,如图所示.已知最初等腰三角形的面积为1,则经过4次操作之后所得图形的面积是()A.1681 B.2081 C.827 【解析】选A.根据题意可知,每次挖去的三角形面积是被挖三角形面积的13,所以每一次操作之后所得图形的面积是上一次三角形面积的23,由此可得,第n次操作之后所得图形的面积是1×1×234=第三节等比数列课程标准1.理解等比数列的概念并掌握其通项公式与前n项和公式.2.能在具体的问题情境中,发现数列的等比关系,并解决相应的问题.3.体会等比数列与指数函数的关系.考情分析考点考法:高考命题常以等比数列为载体,考查基本量的运算、求和及性质的应用.等差数列与等比数列的综合应用是高考的热点,在各个题型中均有出现.核心素养:数学建模、数学运算、逻辑推理.【必备知识·逐点夯实】【知识梳理·归纳】1.等比数列的有关概念定义一般地,如果一个数列从第2项起,每一项与它的前一项的比都等于同一个常数(不为零),那么这个数列叫做等比数列通项公式设{an}是首项为a1,公比为q的等比数列,则通项公式an=a1qn-1.推广:an=amqn-m(m,n等比中项如果在a与b中间插入一个数G,使a,G,b成等比数列,那么G叫做a与b的等比中项.此时,G2=ab【微点拨】(1)等比数列中不含有0项;(2)同号的两个数才有等比中项,且等比中项有两个,它们互为相反数.2.等比数列的前n项和公式已知量首项、公比与项数首项、末项与公比选用公式Sn=nSn=n【微点拨】在运用等比数列的前n项和公式时,必须注意对q=1与q≠1分类讨论,防止因忽略q=1这一特殊情形而导致解题失误.3.等比数列与指数函数的关系等比数列的通项公式可整理为an=a1q·qn,而y=a1q·qx(q≠1)是一个不为0的常数a1q与指数函数qx的乘积,从图象上看,表示数列a1q·qn中的各项的点是函数4.等比数列的性质(1)对任意的正整数m,n,p,q,若m+n=p+q,则am·an=ap·aq.特别地,若m+n=2p,则am·an=ap(2)若等比数列前n项和为Sn,则Sm,S2m-Sm,S3m-S2m仍成等比数列(公比q≠-1).(3)数列{an}是等比数列,则数列{pan}(p≠0,p是常数)也是等比数列.(4)在等比数列{an}中,等距离取出若干项也构成一个等比数列,即an,an+k,an+2k,an+3k,…为等比数列,公比为qk.(5)等比数列{an}的单调性:当q>1,a1>0或0<q<1,a1<0时,数列{an}是递增数列;当q>1,a1<0或0<q<1,a1>0时,数列{an}是递减数列;当q=1时,数列{an}是常数列.【基础小题·自测】类型辨析改编易错高考题号12341.(多维辨析)(多选题)下列结论正确的是()A.满足an+1=qan(n∈N*,q为常数)的数列{an}为等比数列B.三个数a,b,c成等比数列的必要不充分条件是b2=acC.数列{an}的通项公式是an=an,则其前n项和为Sn=aD.如果数列{an}为正项等比数列,则数列{lnan}是等差数列【解析】选BD.A中q不能为0;B中当a=b=c=0时满足b2=ac,但不是等比数列;C中a=1时不成立;D中,an>0,设an=a1qn-1,则lnan=lna1+(n-1)lnq,{lnan}是等差数列.2.(选择性必修第二册P29例1·变形式)若{an}是各项均为正数的等比数列,且a1=1,a5=16,则a6-a5=()A.32 B.-48 C.16 D.-48或16【解析】选C.由题意,q>0,则q=2,所以a6-a5=a5(q-1)=16.3.(忽视前n项和的条件致误)等比数列{an}中,a3=6,前三项和S3=18,则公比q的值为()A.1 B.-1C.1或-12 D.-1或-【解析】选C.因为S3=18,a3=6,所以a1+a2=a3q2(1+q)=12,故2q2-q-1=0,解得q=1或q4.(2023·全国乙卷)已知{an}为等比数列,a2a4a5=a3a6,a9a10=-8,则a7=________.

【解析】设{an}的公比为q(q≠0),则a2a4a5=a3a6=a2q·a5q,显然an≠0,则a4=q2,即a1q3=q2,则a1q=1.因为a9a10=-8,则a1q8·a1q9=-8,则q15=(q5)3=-8=(-2)3,则q5=-2,则a7=a1q·q5=答案:-2【巧记结论·速算】1.若{an},{bn}(项数相同)是等比数列,则{λan}(λ≠0),{1an},{an2},{an·bn2.当{an}是等比数列且q≠1时,Sn=a11-q-a11-q·qn【即时练】1.设n∈N*,则“数列{an}为等比数列”是“数列1an2A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【解析】选A.充分性:若数列an为等比数列,公比为q,所以数列1an2为公比为1q2的等比数列,充分性成立;必要性:若数列1an2为等比数列,公比为2.已知数列{an}的前n项和Sn=22n+1+a,若此数列为等比数列,则a=________.

【解析】因为数列an的前n项和Sn=22n+1+=2×4n+a,所以a=-2.答案:-2【核心考点·分类突破】考点一等比数列基本量的计算[例1](1)(一题多法)记Sn为等比数列{an}的前n项和,若a5-a3=12,a6-a4=24,则SnanA.2n-1 B.2-21-nC.2-2n-1 D.21-n-1【解析】选B.方法一:设等比数列{an}的公比为q,则由a解得a所以Sn=a1(1-qn)1-q=2n-1,an所以Snan=2n方法二:设等比数列{an}的公比为q,因为a6-a4a5-a3所以Snan=a1(1(2)已知等比数列{an}的前n项和为Sn,若a3a11=2a32,且S8+S24=mS16,则m= (A.-4 B.4 C.-83 D.【解析】选D.因为a3a11=2a32,且a所以a11=2a3即a1q10=2a1q2,解得q8=2或q=0(舍去),因为S8+S24=mS16,所以a1(1-q8)又因为q8=2,a1≠0,所以-8=-3m,解得m=83【解题技法】等比数列基本量的计算(1)等比数列中有五个量a1,n,q,an,Sn,一般可以“知三求二”,通过列方程(组)求解;(2)注意观察条件转化式的特点,尽量采用整体消元、代入的方法简化运算,如两式相除就是等比数列中常用的运算技巧.【对点训练】1.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15,且a5=3a3+4a1,则a3=()A.16 B.8 C.4 D.2【解析】选C.设各项均为正数的等比数列{an}的公比为q,则a1解得a1=1q=2,所以a3=a12.已知{an}是首项为1的等比数列,Sn是{an}的前n项和,且9S3=S6,则数列1an的前5项和为(A.158或5 B.3116或5 C.3116 【解析】选C.若q=1,则由9S3=S6,得9×3a1=6a1,则a1=0,不满足题意,故q≠1.由9S3=S6,得9×a1(1-q3故an=a1qn-1=2n-1,1an=(12)n-1.所以数列1an是以1为首项,以12为公比的等比数列,所以数列1an【加练备选】设公比为q(q>0)的等比数列{an}的前n项和为Sn.若S2=3a2+2,S4=3a4+2,则q=()A.32 B.12 C.23 【解析】选A.因为在等比数列anS2=3a2+2,S4=3a4+2,所以S4-S2=a3+a4=3(a4-a2),所以a2(q+q2)=3a2(q2-1),又a2≠0,所以q+q2=3(q2-1),即2q2-q-3=0,又q>0,所以q=32考点二等比数列的判定与证明[例2]已知数列{an}中,a1=1且2an+1=6an+2n-1(n∈N*),(1)求证:数列an(2)求数列{an}的通项公式.【解析】(1)因为2an+1=6an+2n-1(n∈N*),所以an+1=3an+n-12所以an+1=3an+32nan+n所以数列an+n2(2)由(1)得,an+n2=32×3n-1=12所以an=12×3n-n【解题技法】等比数列的判定方法定义法若an+1an=q(q为非零常数,n∈N*)或anan-1=q(q为非零常数且n≥2,等比中项法若数列{an}中,an≠0且an+12=an·an+2(n∈N【对点训练】数列{an}中,a1=2,an+1=n+12nan(n∈N证明数列{ann}是等比数列,并求数列{an【解析】由题设得an+1n+1=又a1所以数列{ann}是首项为2,公比为所以ann=2×(12)n-1=22-n,an=n·22-n【加练备选】成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2,5,13后成为等比数列{bn}中的b3,b4,b5.(1)求数列{bn}的通项公式;(2)数列{bn}的前n项和为Sn,求证:数列{Sn+54}是等比数列【解析】(1)设成等差数列的三个正数分别为a-d,a,a+d,依题意,得a-d+a+a+d=15,解得a=5.所以数列bn中的b3,b4,b5依次为7-d,10,18+依题意,有(7-d)(18+d)=100,解得d=2或d=-13(舍去),故数列bn的第3项为5,公比为2由b3=b1·22,即5=b1·22,解得b1=54所以数列bn是以5其通项公式为bn=54·2n-1=5·2n-3(2)数列bn的前n项和Sn=54(1-2n)1-2=5·2n-2所以S1+54=52,Sn+1因此{Sn+54}是以52考点三等比数列性质的应用【考情提示】等比数列的性质作为解决等比数列问题的工具,因其考查数列知识较全面而成为高考命题的热点,重点解决基本量运算、条件转化等.角度1等比数列项的性质[例3]已知各项均为正数的等比数列an的前n项和为Sn,a2a4=9,9S4=10S2,则a2+a4的值为(A.30 B.10 C.9 D.6【解析】选B.已知an为各项均为正数的等比数列,则an>0,可得a1>0,q因为a32=a2a4=9,所以a又因为9S4=10S2,则9(a1+a2+a3+a4)=10(a1+a2),可得9(a3+a4)=a1+a2,所以a3+a4a1+a2=故a2+a4=a3q+a3q角度2等比数列前n项和的性质[例4]已知正项等比数列{an}的前n项和为Sn,且S8-2S4=5,则a9+a10+a11+a12的最小值为()A.10 B.15 C.20 D.25【解析】选C.由题意可得a9+a10+a11+a12=S12-S8,由S8-2S4=5,可得S8-S4=S4+