微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题-2024年高考数学二轮微专题系列，共16页。试卷主要包含了数列中的奇、偶项问题的常见题型等内容，欢迎下载使用。
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
基本方法是：
(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.
例2 设Sn是数列{an}的前n项和，且an是Sn和2的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bk＝ak·(ak＋ak＋1＋…＋an)(1≤k≤n).
①求数列{bk}(1≤k≤n)的前n项和Tn；
②设M＝eq \f(2,T1)＋eq \f(22,T2)＋…＋eq \f(2n,Tn)(n∈N*)，求M的取值范围.
解 (1)∵an是Sn和2的等差中项，
∴Sn＋2＝2an.①
当n＝1时，S1＋2＝2a1，解得a1＝2；
当n≥2时，Sn－1＋2＝2an－1(n≥2，n∈N*).②
①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
∴an＝2an－2an－1，
∴eq \f(an,an－1)＝2(n≥2)，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＝2n(n∈N*).
(2)①由(1)得bk＝2k·(2k＋2k＋1＋…＋2n)＝2k·eq \f(2k（1－2n－k＋1）,1－2)＝2n＋k＋1－22k，所以数列{bk}(1≤k≤n)的前n项和
Tn＝2n(22＋23＋…＋2n＋1)－(4＋42＋…＋4n)＝2n＋2·(2n－1)－eq \f(4,3)(2n－1)(2n＋1)＝eq \f(4,3)(2n－1)(2n＋1－1)(n∈N*).
②由①可得Tn＝eq \f(4,3)(2n－1)(2n＋1－1)，
∴eq \f(2n,Tn)＝eq \f(3·2n,4（2n－1）（2n＋1－1）)
＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，
∴M＝eq \f(2,T1)＋eq \f(22,T2)＋…＋eq \f(2n,Tn)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1))).
∵2n＋1－1≥3，
∴eq \f(1,2)≤eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))＜eq \f(3,4)，
故M的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
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的值或最值一般化归为解关于n的不等式问题.
例3 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，cna1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*).
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
可知5