【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题

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1.数列中的最值、范围问题的常见类型有：(1)求数列和式的最值、范围；(2)满足数列的特定条件的n的最值与范围；(3)求数列不等式中参数的取值范围.
2.数列中的奇、偶项问题的常见题型
(1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
(2)含有(－1)n的类型；
(3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
(4)已知条件明确奇偶项问题.
类型一 求数列和式的最值、范围
(1)利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn≥Sn＋1，,Sn≥Sn－1))(n≥2)确定和式的最大值；
利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn≤Sn＋1，,Sn≤Sn－1))(n≥2)确定和式的最小值.
(2)利用和式的单调性.
(3)把数列的和式看作函数求其最值、值域.
例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且a1＋a6＝a4，S6＝9，数列{bn}满足b1＝2，bn－bn－1＝2n－1(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn，并求Tn的最小值.
解 (1)由S6＝3(a1＋a6)＝3(a3＋a4)＝3a4＝9，
得a4＝3，a3＝0，
故数列{an}的公差d＝3，
an＝a3＋(n－3)d＝3n－9，
即数列{an}的通项公式为
an＝3n－9(n∈N*).
当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋2＝2n，
而b1＝2，故bn＝2n，
即数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*).
(2)Tn＝－6×2－3×22＋…＋(3n－12)×2n－1＋(3n－9)×2n，
2Tn＝－6×22－3×23＋…＋(3n－12)×2n＋(3n－9)×2n＋1.
上述两式相减得
－Tn＝－12＋3×22＋…＋3×2n－(3n－9)×2n＋1
＝－12＋3×eq \f(22（1－2n－1）,1－2)－(3n－9)×2n＋1
＝－24－(3n－12)×2n＋1，
故Tn＝(3n－12)×2n＋1＋24(n∈N*).
设cn＝(3n－12)×2n＋1，
显然当n≥4时，cn≥0，Tn≥24且单调递增.
而c1＝－36，c2＝－48，c3＝－48，
故Tn的最小值为T2＝T3＝－24.
训练1 (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(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.
(1)证明 由eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n， ①
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)解 由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，得aeq \\al(2,7)＝a4a9，即
(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(n2－25n,2)
＝eq \f(1,2)(n－eq \f(25,2))2－eq \f(625,8)，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
类型二 求n的最值或范围
求n的最值或范围一般转化为解关于n的不等式问题.
例2 在①b4＝a3＋a5；②b4＋b6＝3a3＋3a5；③a2＋a3＝b4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝1，b3＝b2＋2，b5＝a4＋2a6，且________，设cn＝eq \f(b2,Sn)，是否存在k∈N*，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.
解 设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0)，
因为{bn}是公比大于0的等比数列，
且b1＝1，b3＝b2＋2，
所以q2＝q＋2，解得q＝2，
所以bn＝2n－1.
若存在k，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn，则cn存在最小值.
若选①，解答过程如下.
由b5＝a4＋2a6，b4＝a3＋a5可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋13d＝16，,2a1＋6d＝8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝1，,a1＝1，))
所以Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，
cn＝eq \f(b2,Sn)＝eq \f(2,\f(1,2)n2＋\f(1,2)n)＝eq \f(4,n2＋n).
因为n∈N*，
所以n2＋n≥2，
所以cn不存在最小值，
即不存在满足题意的k.
若选②，解答过程如下.
由b5＝a4＋2a6，b4＋b6＝3a3＋3a5可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋13d＝16，,6a1＋18d＝40，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝－1，,a1＝\f(29,3)，))
所以Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(61,6)n，
cn＝eq \f(b2,Sn)＝eq \f(12,－3n2＋61n).
因为当n≤20时，cn>0，
当n≥21时，cneq \f(160,9)an，求n的最小值.
(1)证明 ∵aeq \\al(2,n＋1)＝an(an＋1＋2an)，
∴aeq \\al(2,n＋1)－anan＋1－2aeq \\al(2,n)
＝(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0.
又数列{an}各项均为正数，
∴an＋1＋an>0，
∴an＋1－2an＝0，
即eq \f(an＋1,an)＝2.
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)解 ∵Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
∴S2n＝22n－1.
∵S2n>eq \f(160,9)an，
∴9(22n－1)>80×2n，
即(9×2n＋1)(2n－9)>0，
∴2n－9>0，又n∈N*，
∴正整数n的最小值为4.
类型三 求数列不等式中参数的取值范围
此类问题以数列为载体，一般涉及数列的求和，不等式的恒成立问题，可转化为求函数的最值问题.
例3 (2022·河南校际联合考试)我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律，此图称为“杨辉三角”.在此图中，从第三行开始，首尾两数为1，其他各数均为它肩上两数之和.
(1)把“杨辉三角”中第三斜列的各数取出，按原来的顺序排列得一数列：1，3，6，10，15，…，写出an与an－1(n∈N*，n≥2)的递推关系，并求出数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝2an(n∈N*)，设数列{cn}满足cn＝eq \f(2n＋1,bnbn＋1)，数列{cn}的前n项和为Tn，若Tn