2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-数列中的最值、范围问题（Word版解析版）

这是一份2026届高三数学二轮高效复习主题巩固卷-数列中的最值、范围问题（Word版解析版），共15页。试卷主要包含了已知数列an满足等内容，欢迎下载使用。
1.(2025·浙江温州模拟)已知数列an满足a1＝－15，1an+1－1an＝2，则数列an中的最小项为( )
A.a2B.a3
C.a4D.a5
解析：选B.由1an+1－1an＝2可知1an为等差数列，且公差为2，首项为－5，
因此1an＝2(n－1)－5＝2n－7⇒an＝12n−7，
由于a2＝－13，a3＝－1且∀n≥4，an＞0，
故an中的最小项为a3.
2.(2025·福建南平三模)已知数列an的前n项和为Sn，若Sn＝an2－10n，且对任意的n∈N*，都有S3≤Sn成立，则实数a的取值范围是( )
A.13，2B.107，2
C.54，52D.107，2
解析：选D.因为Sn＝an2－10n，且对任意的n∈N*，都有S3≤Sn成立，所以52≤－−102a＝5a≤72，所以107≤a≤2.
3.(2025·安徽马鞍山一模)已知数列an的通项公式为an＝n−32n−17，前n项和为Sn，则Sn取得最小时n的值为( )
A.6B.7
C.8D.9
解析：选C.令an＝n−32n−17≥0，解得n≤3或n＞172，
当n≤3时，an≥0，故当n＝1，2时，Sn递增，且S3＝S2；
当4≤n≤8时，an＜0，故当n＝4，5，6，7，8时，Sn递减；
当n≥9时，an＞0，Sn递增.
且a1＝215，a2＝113，a3＝0，a4＝－19，…，a8＝－5，
故S8＜S1，所以Sn取得最小时n的值为8.
4.(2025·吉林通化一模)数列{an}的通项公式为an＝n−2 023n−2 024，该数列的前50项中最大项是( )
A.a1B.a44
C.a45D.a50
解析：选C.因为an＝n−2 023n−2 024＝n−2 024+2 024−2 023n−2 024＝1＋2 024−2 023n−2 024，
所以当n＜2 024，即n≤44时，2 024－2 023n－2 024＜0，所以an＜1，
当n＞2 024，即n≥45时，2 024−2 023n−2 024＞0，所以an＞1，
且n≥45时，数列1+2 024−2 023n−2 024为递减数列，
所以该数列的前50项中最大项是a45.
5.(2025·北京平谷一模)在等比数列an中，a1＋a2＝－16，a2＋a3＝163，记Tn＝a1a2…ann=1，2，…，则数列Tn( )
A.无最大项，有最小项
B.有最大项，无最小项
C.有最大项，有最小项
D.无最大项，无最小项
解析：选C.设等比数列an的公比为qq≠0，
由a1＋a2＝－16，a2＋a3＝163，则a1＋a1q＝－16，a1q＋a1q2＝163，解得a1＝－24，q＝－13，
则an＝－24·－13n－1＝－1n·8·32－n，
则Tn＝a1a2…an＝－11－12…－1n×8n×31×30×…×32－n＝－1n(n+1)2×8n×3n(3−n)2，
设bn＝8n×3n(3−n)2，则bn＋1＝8n+1×3(n+1)(2+n)2，所以bn+1bn＝8n+1×3(n+1)(2+n)28n×3n(3+n)2＝83n−1，
则n≤2时，bn+1bn＞1，即bn＋1＞bn，
当n≥3时，bn+1bn＜1，即bn＋1＜bn，
则b1＜b2＜b3＞b4＞b5＞…，则b3为最大项，
此时T3为正数项，且在正数项中最大；
再由b2＞b5，T4＞0，T2＜0，T1＜0，T5＜0，因此T2为最小项.
6.(多选)数列{an}满足an＋an＋1＝(－1)n＋1(n∈N*)，且a1＝－3，数列{an}的前n项和为Sn.从{an}的前2n项中任取两项，它们之和是奇数的概率为Pn，数列{Pn}的前n项积为Tn，则( )
A.a10＝12B.S12＝－6
C.Pn＞12D.Tn≤n2n−1
解析：选ACD.因为an＋an＋1＝(－1)n+1，所以an(−1)n+1＋an+1(−1)n+1＝1，所以an+1(−1)n+1＝1＋an(−1)n，
又a1−1＝3，所以数列{an(−1)n}是首项为3，公差为1的等差数列，即an(−1)n＝n＋2，所以an＝(－1)n(n＋2)，
对于选项A，a10＝(－1)10×(10＋2)＝12，故A对；
对于选项B，S12＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a11＋a12)＝1＋1＋1＋1＋1＋1＝6，故B错；
对于选项C，显然n为奇数时，an为奇数，n为偶数时，an为偶数，
因此要满足两项之和为奇数，则取奇偶各一个，
所以Pn＝Cn1Cn1C2n2＝n2n−1＝12＋12·12n−1＞12，故C对；
对于选项D，当n＝1时，T1＝P1＝1满足Tn≤n2n−1；
当n≥2时，Pn＝n2n−1＜n2n−2＝n2(n－1)，
所以Tn＝P1P2…Pn≤1·22·1·32·2·42·3·…·n2(n−1)＝n2n−1，故D对.
7.(多选)(2025·山西临汾二模)已知数列an满足：a1＝3，3nan＝n+1an＋1，则下列说法正确的是( )
A.a3＝9
B.an是单调递增数列
C.若Tn为数列ann+13n的前n项和，则Tn＜1
D.若对任意n∈N*，都有(－1)nλan≤an＋1，则－3≤λ≤1
解析：选ABC.由3nan＝(n＋1)an＋1，可得an+1an＝3nn+1，
故an＝anan−1·an−1an−2·…·a2a1·a1＝3(n−1)n×3n−2n－1×…×3×23×3×12×3＝3nn，
a1＝3也符合，故an＝3nn，a3＝333＝9，故A正确；
由于an+1an＝3nn+1＝1＋2n−1n+1＞1，故an＋1＞an，因此an是单调递增数列，故B正确；
an(n+1)3n＝3nn(n+1)3n＝1(n+1)n＝1n－1n+1，
故Tn＝1－12＋12－13＋…＋(1n－1n+1)＝1－1n+1＜1，故C正确；
由(－1)nλan≤an＋1可得(－1)nλ≤an+1an＝3×nn+1＝31－1n+1，
当n为偶数时，则λ≤31－1n+1恒成立，由于fn＝1－1n+1单调递增，故λ≤31－12+1＝2，
当n为奇数时，则－λ≤31－1n+1恒成立，由于fn＝1－1n+1单调递增，故－λ≤31－11+1＝32，
故对任意n∈N*，都有(－1)nλan≤an＋1，则－32≤λ≤2，故D错误.
8.(2025·北京延庆一模)数列an中，若存在ak，使得“ak≥ak－1且ak≥ak＋1”成立，(k≥2，k∈N*)则称ak为an的一个峰值.若an＝－3n2＋11n，则an的峰值为 ；若an＝tln n－n，且an不存在峰值，则实数t的取值范围为 .
解析：由an＝－3n2＋11n，函数y＝－3x2＋11x的对称轴为x＝116，
又a1＝8，a2＝10，所以a1＜a2＞a3＞a4＞…＞an，所以an的峰值为a2＝10；
若an＝tln n－n，则a1＝－1，a2＝tln 2－2，
令f(x)＝tln x－xx≥1，则f'x＝tx－1＝t−xxx≥1，
当t≤1时，f'x≤0，所以函数f(x)在1，＋∞上单调递减，
则数列an是递减数列，符合题意；
当t＞1时，令f'x＞0，则1≤x＜t，令f'x＜0，则x＞t，
所以函数f(x)在1，t上单调递增，在t，＋∞上单调递减，
要使数列an不存在峰值，则t＞1，a1＞a2，即t＞1，－1＞tln2－2，解得1＜t＜1ln2，
综上所述，实数t的取值范围为－∞，1ln2.
答案：10 －∞，1ln2
9.数列bn满足bn＝3n－72n－1，则当n＝ 时，bn取最大值为 .
解析：法一：当n≥2且n∈N*时，bn－bn－1＝3n−72n−1－3n−102n−2＝13−3n2n−1，
当n≤4时，bn＞bn－1，此时bn单调递增，
当n≥5时，bn＜bn－1，此时bn单调递减，
故当n＝4时，bn取最大值bnmax＝b4＝58.
法二：当n≥2且n∈N*时，由bn≥bn+1，bn≥bn－1，即3n−72n－1≥3n−42n，3n−72n−1≥3n−102n−2，解得103≤n≤133，
又n∈N*，故n＝4，故当n＝4时，bn取最大值bnmax＝b4＝58.
答案：4 58
10.(2025·河南郑州三模)已知数列an的首项a1＝－12，且满足an＋1＋an＝32×12n.
(1)求数列an的通项公式；
(2)设bn＝nan，数列bn的前n项和为Sn，若不等式－1nλ＜Sn＋n2n＋n2对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
解：(1)由题意可知，an＋1＝－an＋32×12n，可得an＋1－12n+1＝－an－12n，
又a1－12＝－1，故数列an－12n是以－1为首项，以－1为公比的等比数列，
所以an＝－1n＋12n.
(2)由(1)可得bn＝nan＝－1nn＋n2n，
所以Sn＝－1＋2－3＋4－…＋－1nn＋12＋222＋…＋n2n，
当n为奇数时，Sn＝−1−n2＋12＋222＋…＋n2n ①，
12Sn＝−n−14＋122＋223＋…＋n−12n＋n2n+1 ②，
由①－②得12Sn＝−n−14＋1－n+22n+1，
所以Sn＝3−n2－n+22n，
所以－λ＜3−n2－22n＋n2，
所以λ＞22n－32，所以λ＞22－32＝－12，
当n为偶数时，Sn＝n2＋12＋222＋…＋n2n，同理求和可得Sn＝n+42－n+22n，
所以λ＜n+42－n+22n＋n2n＋n2＝2＋n－12n−1，故λ＜2＋2－122−1＝72，
综上，实数λ的取值范围为－12，72.
11.在数列an中，a1＝2，2an+1＋12+an＝1an，n∈N*.
(1)求证：数列lg1+an为等比数列；
(2)设数列bn满足bn＝1an＋12+an，求数列bn的前n项和Sn的最小值.
解：(1)证明：∵2an+1＋12+an＝1an，n∈N*，
整理得2an+1＝1an－12+an，通分得2an+1＝2an2+an，∴an＋1＝an2＋2an.
由于a1＝2＞0，故an＞0，
∴an＋1＋1＝an2＋2an＋1＝an+12，
∴lg1+an+1＝lg 1+an2＝2lg(1＋an)，
∴lg1+an+1lg1+an＝2，而a1＝2，则lg1+a1＝lg 3，
∴数列lg1+an是以lg 3为首项，2为公比的等比数列.
(2)由(1)得lg1+an＝lg3·2n－1，则an＝32n－1－1，
∵1an+2＝1an－2an+1，∴1an+2＋1an＝2an－2an+1，
∴bn＝2an－2an+1＝21an－1an+1.
∴Sn＝2［1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an+1］＝2(1a1－1an+1)＝2(12－132n－1)＝1－232n－1，
由于fn＝32n－1单调递增，故Sn＝1－232n－1单调递增，
则Sn≥S1＝34，∴Sn的最小值为34.