数列中的最值问题

问题二：数列中的最值问题

数列中的最值常见题型有：求数列的最大项或最小项、与Sn有关的最值、求满足数列的特定条件的最值、求满足条件的参数的最值、实际问题中的最值及新定义题型中的最值问题等. 题型一：求数列的最大项或最小项

an－1≤an，

求数列中的最大项的基本方法是： (1)利用不等式组(n≥2)确定数列的

an≥an＋1an－1≥an，

最大项；(2)利用不等式组(n≥2)确定数列的最小项．(3)利用函数或数

an≤an＋1列单调性求最大项或最小项.

【例1】已知数列{an}的通项公式为an=

n,求{an}的最大项．

n2156【分析】思路1：利用基本不等式求解.思路2：求满足【解法一】基本不等式法.

anan1的的值.

anan1an=

156n1561561=,因为；当且仅当,即n=156时,2nnn2156n156nnnnn而,144156169 且n∈N,于是将n=12或13代人,得a12=a13且最大．

anan1【评注】解法一是是利用基本不等式求解,解法二是通过确定满足的的值,从而找到

aan1n最大项

10n

【小试牛刀】在数列{an}中,an＝(n＋1)(n∈N*).

11(1)求证：数列{an}先递增,后递减；

(2)求数列{an}的最大项.

1010

(2)解：由(1)知a9＝a10＝9最大.

11

【点评】要证明数列{an}是单调的,可利用“{an}是递增数列⇔an＜an＋1,数列{an}是递减数列⇔an＞an＋1”来证明.注意数列的单调性是探索数列的最大、最小项及解决其他许多数列问题的重要途径,因此要熟练掌握上述求数列单调性的方法.

题型二：数列前n项和最值问题

公差不为0的等差数列的前n项和的最值问题在高考中常出现,题型有小题也有大题,难度不大,求等差

数列前n项和最值的方法有：(1)利用{an}中项的单调性,求出其正负转折项．(2)利用二次函数的性质求最值．公差不为0的等差数列的前n项和Sn＝An2＋Bn(A,BSn≥Sn－1，

为常数)．(3)利用求出Sn的最值.

Sn≥Sn＋1

【例2】在等差数列{an}中,a1＝7,公差为d,前n项和为Sn,当且仅当n＝8时Sn取最大值,则d的取值范围是________．

【分析】知a1和S8最大,可以求出Sn关于d的表达式是关于n的二次函数,再用二次函数的最值来解决；还可用S8最大推出项的正负和变化规律,并利用所有正数项和最大．

【解析】 (2)方法一(通法)：由于Sn＝7n＋

dn（n－1）d

d＝n2＋7－n,

222

dd17

设f(x)＝x2＋7－x,则其图象的对称轴为直线x＝－.当且仅当n＝8时Sn取得

222d177

最大值,故7.5<－<8.5,解得－17

方法二(优法)：由题意,得a8>0,a9<0,所以7＋7d>0,且7＋8d<0,即－1【小试牛刀】【山西大学附属中学2017级上学期11月模块诊断】设等差数列an的前项和为Sn,且满足S170,S180,则

SS1S2,,…,15中最大的项为（ ） a1a2a15A．

S7SSS B．8 C．9 D．10 a7a8a9a10【答案】C 【解析】

17(a1a17)17(2a9)00a902218(a1a18)18(a8a9)S18000a10a90a100,

22S170S1S20,0,因此a1a2S1S2a1a2S8SS0,90,100,而S1S2a8a9a10S9,a1a2a8a9,所以

S8S9,选C. a8a9题型三：求满足数列的特定条件的最值

【例3】【2016届云南师范大学附属中学高三月考四】数列{an}是等差数列,若前n项和Sn有最大值,那么当Sn取得最小正值时,n等于（ ） A．17 B．16 C．15 D．14 【分析】利用等差数列的性质求前项和的最值.

【解析】∵数列{an}的前n项和有最大值,∴数列{an}为递减数列,又

a8a90,又S15a91,且它的a8a91, ∴a80，a90且a815(a1a15)16(a1a16)15a80，S168(a8a9)0,故当n15时,Sn取得22最小正值,故选C．

【小试牛刀】【四川省2017年普通高考适应性测试】设数列an各项为正数,且

2a24a1,an1an2annN*.

（Ⅰ）证明：数列log31an为等比数列；

（Ⅱ）令bnlog31a2n1,数列bn的前项和为Tn,求使Tn345成立时的最小值. 【答案】（Ⅰ）详见解析（Ⅱ）6

【解析】（Ⅰ）由已知,a2a122a14a1,则a1a120, 因为数列an各项为正数,所以a12, 由已知,an11an10, 得log3an112log3an1. 又log3a11log331,

所以,数列log31an是首项为1,公比为2的等比数列.

2

题型四：求满足条件的参数的最值

【例4】【山东省枣庄市2017届高三上学期期末】已知Sn为各项均为正数的数列an的前项和,a10,2,an3an26Sn.

2（1）求an的通项公式； （2）设bn1,数列bn的前项和为Tn,若对nN,t4Tn恒成立,求实数的最大值. anan1【分析】(1)首先求得a1的值,然后利用an与Sn的关系推出数列{an}为等差数列,由此求得

an的通项公式；(2)首先结合（1）求得bn的表达式,然后用裂项法求得Tn,再根据数列Tn的

单调性求得的最大值．

222【解析】(1)当n1时,由an3an26Sn,得a13a126a1,即a13a120. 22又a10,2,解得a11.由an3an26Sn,可知an13an126Sn1.

两式相减,得an1an3an1an6an1,即an1anan1an30.

22由于an0,可得an1an30,即an1an3,

所以an是首项为,公差为的等差数列,所以an13n13n2.

【点评】(1) 求解与参数有关的问题,一般是分离变量,再构造新函数求解.(2)使用裂项法,要注意正负项相消时,消去了哪些项,保留了哪些项．要注意由于数列{an}中每一项an均裂成一正一负两项,所以互为相反数的项合并为零后,所剩正数项与负数项的项数必是一样多的,切不可漏写未被消去的项,未被消去的项有前后对称的特点． 【小试牛刀】已知数列{an}的通项公式为an1,前项和为Sn,若对任意的正整数,不等式n1S2nSnm恒成立,则常数m所能取得的最大整数为. 16mm恒成立,只需(S2nSn)min. 1616【答案】5

【解析】要使S2nSn因(S2(n1)Sn1)(S2nSn)(S2n2S2n)(Sn1Sn)a2n1a2n2an1

111111110,

2n22n3n22n22n4n22n22n41所以S2nSnS2S1,

3m116所以m,m所能取得的最大整数为5.

1633题型五：实际问题中的最值

【例5】为了保障幼儿园儿童的人身安全,国家计划在甲、乙两省试行规范购置校车方案,计划若干时间内（以月为单位）在两省共新购1000辆校车．其中甲省采取的新购方案是：本月新购校车10辆,以后每月的新购量比上一月增加50％；乙省采取的新购方案是：本月新购校车

40辆,计划以后每月比上一月多新购m辆． （Ⅰ）求经过n个月,两省新购校车的总数S(n)；

（Ⅱ）若两省计划在3个月内完成新购目标,求m的最小值．

【分析】本题主要考查实际问题、等差等比数列的前n项和公式、不等式的解法等数学知识,考查学生将实际问题转化为数学问题的能力,考查学生分析问题解决问题的能力和计算能力.第一问,通过对题意的分析可知甲方案能构成等比数列,而乙方案能构成等差数列,利用等差等比数列的前n项和公式分别求和,再相加即可；第二问,利用第一问的结论,得出n3且

S(3)1000,直接解不等式即可得到m的取值范围,并写出最小值.

【解析】（Ⅰ）设an,bn分别为甲省,乙省在第n月新购校车的数量．依题意,{an}是

3的等比数列；{bn}是首项为40,公差为m的等差数列． 2310[1()n]2,{bn}的前n项和{an}的前n项和An312n[4040(n1)m]n(n1)m. Bn40n22首项为10,公比为1＋50%＝

所以经过n个月,两省新购校车的总数为S(n)＝

310[1()n]240nn(n1)m AnBn32123n(n1)m 20[()n1]40n223mm20()nn2(40)n20.

222（Ⅱ）若计划在3个月内完成新购目标,则S(3)≥1000,

3mm所以S(3)20()332(40)3201000,

222解得m≥277.5.又mN,所以m的最小值为278.

【小试牛刀】某企业为节能减排,用万元购进一台新设备用于生产. 第一年需运营费用万元,从第二年起,每年运营费用均比上一年增加万元,该设备每年生产的收入均为11万元. 设该设备使用了nnN年后,年平均盈利额达到最大值（盈利额等于收入减去成本）,则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A

【解析】设该设备第nnN的营运费用为an万元,则数列an是以为首项,以为公差的等



差数列,则an2n,则该设备到第nnN年的营运费用总和为

a1a2an242n

n22nn2n,设第nnN的盈利总额为Sn万元,则2Sn11nn2n9n210n9,

因此,该设备年平均盈利额为

Snn210n99999n10n102n104,当且仅当n且当

nnnnnnnN,即当n3时,该设备年平均盈利额达到最大值,此时n3,故选A.

【迁移运用】

1．【2016·辽宁大连统考】数列{an}中,如果存在ak,使得ak＞ak－1且ak＞ak＋1成立(其中k≥2,k∈N*),则称ak为数列{an}的峰值,若an＝－3n2＋15n－18,则{an}的峰值为( ) A．0 B．4 C.【答案】A

523

【解析】因为an＝－3n－＋,且n∈N*,所以当n＝2或n＝3时,an取最大值,最

24大值为a2＝a3＝0.

2.【中原名校豫南九校2017届第四次质量考评】已知等差数列an的公差d0,Sn是其前项和,若a2 ， a3 ， a6成等比数列,且a1017,则

Sn的最小值是（ ） 2n1316 D. 33

53115A． B． C. D．

88232【答案】A

3.【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛,】已知在正项等比数列{an}中,存在两

14的最小值是（ ） mn3725A． B．2 C. D．

236项am,an满足aman4a1,且a6a52a4,则【答案】A

【解析】设数列{an}的公比为q(q0),则由a6a52a4得qq20,解之得q2或

2q1（舍去）,因为存在两项am,an满足aman4a1,所以a12m12n14a1,解之得

mn6,所以

仅当

141141n4m1n4m3(mn)()(5)(52),当且mn6mn6mn6mn2n4m143,mn6即m2,n4时等号成立,所以的最小值是,故选A. mnmn24.【天津六校2017届高三上学期期中联考】已知数列an满足：

a11,an1an1(nN)．若bn1(n2)(1)(nN),b1,且数列bn是

anan2单调递增数列,则实数的取值范围是（ ） A．2332 B． C． D． 3223【答案】D

5.设an＝－3n2＋15n－18,则数列{an}中的最大项的值是( )． 1613

A. B. C．4 33【答案】D

523

【解析】∵an＝－3(n)＋,由二次函数性质,得当n＝2或3时,an最大,最大为

42 D．0

0.

6.等差数列{an}的前n项和为Sn,已知a1＝13,S3＝S11,当Sn最大时,n的值是( ) A．5 B．6 C．7 D．8

【答案】 C

【解析一】由S3＝S11,得a4＋a5＋…＋a11＝0,根据等差数列的性质,可得a7＋a8＝0,根据首项等于13可推知这个数列递减,从而得到a7＞0,a8＜0,故n＝7时,Sn最大． 【解析二】由S3＝S11,可得3a1＋3d＝11a1＋55d,把a1＝13代入,得d＝－2, 故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n,根据二次函数的性质,知当n＝7时,Sn最大． 【解析三】根据a1＝13,S3＝S11,则这个数列的公差不等于零,且这个数列的和先是单调递增然后又单调递减,根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函3＋11数,以及二次函数图象的对称性,得只有当n＝＝7时,Sn取得最大值．

27.在数列{an}中,an＝( ) A．a1,a50 【答案】C 【解析】an＝

n－2 0132 014－2 013

＝1＋, n－2 014n－2 014

B．a1,a44 C．a45,a44

D．a45,a50

n－2 013

,则该数列前100项中的最大项与最小项分别是

n－2 014

∴当n∈1,44]时,{an}单调递减,当n∈45,100]时,{an}单调递减, 结合函数f(x)＝

x－2 013

的图象可知,(an)max＝a45,(an)min＝a44,选C.

x－2 014

8.【2016届重庆市南开中学高三12月月考】已知函数fxx2a8xa2a12,且

fa24f2a8,设等差数列an的前项和为Sn,nN*若Snfn,则

小值为（ ） A．

Sn4a的最an127143537 B． C． D．

3688【答案】

【解析】由题意可得等差数列的通项公式和求和公式,代入由基本不等式可得．

2由题意可得a42a8或a242a82（a8 ），2解得a=1或a=-4,

2f（x）x7x12,数列{an}不是等差数列； 当a=-1时,

22f（x）x4x,Sf（n）n4n, 当a=-4时,na15，a27，an575n12n3,

2Sn4an24n161(n1)2n113an12n22n11131（n1）2（22n12当且仅当n1n113 2）131，n113,即n131时取等号, n137,故选D． 8∵n为正数,故当n=3时原式取最小值

9. 【2016届江苏省盐城市盐阜中学高三上12月月】等差数列{an}的前n项和为Sn,已知S10=0,S15=25,则nSn的最小值为． 【答案】﹣49

【解析】设等差数列{an}的首项为a1,公差为d, ∵S10=10a1+45d=0,S15=15a1+105d=25, ∴a1=﹣3,d=, ∴Sn=na1+∴nSn=n﹣

3

2

d=n﹣

2

n,

n,令nSn=f（n）,

2

∴f′（n）=n﹣∴当n=

n,

时,f（n）递减；当n＞

时,f（n）递增；

时,f（n）取得极值,当n＜

因此只需比较f（6）和f（7）的大小即可． f（6）=﹣48,f（7）=﹣49, 故nSn的最小值为﹣49． 故答案为：﹣49．

10.【2016届河北省正定中学高三上第五次月考】已知数列{an}满足a115,an的最小值为． nan1an2,则n【答案】

27 4

11.【2016·湖南衡阳五校联考】已知数列{an}满足a1＝1,an＋1＝1－

1

,其中n∈N*. 4an

(1)设bn＝

2

,求证：数列{bn}是等差数列,并求出{an}的通项公式an. 2an－1

4an1

(2)设cn＝,数列{cncn＋2}的前n项和为Tn,是否存在正整数m,使得Tn<对于n＋1cmcm＋1n∈N*恒成立？若存在,求出m的最小值；若不存在,请说明理由． 222

【解析】(1)bn＋1－bn＝－＝－

2an＋1－12an－112an－1

21－－1

4an＝

4an2

－＝2. 2an－12an－1

2

所以数列{bn}是等差数列,a1＝1,b1＝2,因此bn＝2＋(n－1)×2＝2n, 2n＋1

由bn＝得an＝. 2an－12n241(2)cn＝,cncn＋2＝＝2－

nn（n＋2）n111

－<3, 所以Tn＝21＋－

2n＋1n＋2依题意要使Tn<

1m（m＋1）

对于n∈N*恒成立,只需≥3, cmcm＋14

1

, n＋2

解得m≥3或m≤－4(舍), 所以m的最小值为3.

12.【天津六校2017届高三上学期期中联考】已知各项都是正数的数列an的前项和为

12Sn,Snanan,nN

2

（1） 求数列an的通项公式；

（2） 设数列bn满足：b11,bnbn12an(n2),数列1 的前项和Tn,求证：Tn2；

bn（3） 若Tn(n4)对任意nN恒成立,求的取值范围. 【答案】（Ⅰ）an【解析】（1）

12n（Ⅱ）详见解析（Ⅲ） 29

时,

是以

（2）

为首项,

为公差的等差数列

,

即T2

n（3）由

得

, 当且仅当

时,

,

有最

大值,

13.【中原名校豫南九校2017届第四次质量考评】设等差数列an的前项和为Sn,且S5a5a625.

（1）求an的通项公式；

（2）若不等式2Sn8n271kan4对所有的正整数都成立,求实数的取值范围.

n

【答案】（Ⅰ）an3n4（Ⅱ）7k29 4

14.【河南省豫北名校联盟2017届高三年级精英对抗赛】已知各项均不相等的等差数列{an}的前五项和S520,且a1,a3,a7成等比数列. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若Tn为数列{范围.

【答案】（1）ann1；（2）(,1}的前项和,且存在nN*,使得Tnan10成立,求实数的取值anan11]. 16【解析】（1）设数列{an}的公差为d,则

54a12d4,d20,5a1即2 2(a2d)2a(a6d),2da1d.111又因为d0,所以所以ann1. （2）因为

a12,

d1.1111, anan1(n1)(n2)n1n2所以Tn111123341111n. n1n22n22(n2)*因为存在nN,使得Tnan10成立,

所以存在nN*,使得

n(n2)0成立,

2(n2)即存在nN*,使n成立.

2(n2)2n111,（当且仅当n2时取等号）, 2(n2)22(n44)2(n44)16nn1所以.

161即实数的取值范围是(,].

1615.已知等差数列{an}满足：a12,且a1,a2,a5成等比数列.

又

（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）记Sn为数列{an}的前项和,是否存在正整数n,使得Sn60n800？若存在,求的最小值； 若不存在,说明理由.

【解析】（Ⅰ）设数列{an}的公差为,依题意, ,2d,24d成等比数列,故有

(2d)22(24d),

化简得d24d0,解得d0或d. 当d0时,an2；

当d时,an2(n1)44n2,

从而得数列{an}的通项公式为an2或an4n2.

3*

16.已知首项为的等比数列{an}不是递减数列,其前n项和为Sn(n∈N),且S3＋a3,S5＋a5,S4＋a4

2成等差数列．

(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；

1*

(Ⅱ)设Tn＝Sn－(n∈N),求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值．

Sn【解析】(1)设等比数列{an}的公比为q, 因为S3＋a3,S5＋a5,S4＋a4成等差数列, 所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5, a51

即4a5＝a3,于是q2＝＝.

a34

31

又{an}不是递减数列且a1＝,所以q＝－.

22故等比数列{an}的通项公式为 331an＝×()n1＝(－1)n－1·n. 2221

1＋，n为奇数，2＝

11－2，n为偶数.

nn

1(Ⅱ)由(Ⅰ)得Sn＝1－()n2

当n为奇数时,Sn随n的增大而减小, 3

所以111325

故0311347

所以＝S2≤Sn<1,故0>Sn－≥S2－＝－＝－. 4SnS24312综上,对于n∈N*,总有－

715

≤Sn－≤. 12Sn6

57

所以数列{Tn}最大项的值为,最小项的值为－. 612

17.【2016届上海市七校高三上12月联考】公差不为零的等差数列{an}中,a1、a2、a5成等比数列,且该数列的前10项和为100． （1）求数列{an}的通项公式；

（2）若bn=an﹣10,求数列{bn}的前n项和Tn的最小值． 【答案】（1）an=2n﹣1；（2）﹣25．

【解析】（1）∵公差不为零的等差数列{an}中,a1、a2、a5成等比数列,

且该数列的前10项和为100,

∴

∴解得a1=1,d=2,

∴an=1+（n﹣1）×2=2n﹣1． （2）∵bn=an﹣10=2n﹣11, ∴

,

=2﹣11=﹣9,bn﹣bn﹣1=（2n﹣11）﹣2（n﹣1）﹣11]=2,

∴数列{bn}是首项为﹣9,公差为2的等差数列, Tn=

=n﹣10n=（n﹣5）﹣25．

2

2

∴当n=5时,数列{bn}的前n项和Tn的最小值为﹣25． 18.已知数列an满足：a1N,a1*36,且

2an,an18,an1n1,2,2an36,an18,记集合MannN*.

（1）若a16,写出集合M的所有元素；

（2）若集合M存在一个元素时3的倍数,证明：M的所有元素都是3的倍数； （3）求集合M的元素个数的最大值. 解析：（1）6,12,24.

（2）因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数. 由an12an,an18,可归纳证明对任意n2an36,an18k,an是3的倍数.

如果k1,则M的所有元素都是3的倍数；

如果k1,因为ak2ak1或ak2ak136,所以2ak1是3的倍数,或2ak136是3的倍数,于是ak1是3的倍数.类似可得,ak2,…,a1都是3的倍数.从而对任意n因此M的所有元素都是3的倍数.

综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数. （3）由a11,an是3的倍数,

2an1,an11836,a1N,an,可归纳证明an2a36,a18n1n1*36n2,3,.因为

2a1,a118a1是正整数,a2,所以a2是2的倍数.

2a136,a118从而当n3时,an是4的倍数.

3时,an12,24,36,

如果a1是3的倍数,由（2）知对所有正整数n,an是3的倍数,因此当n这时,M中的元素的个数不超过5.如果a1不是3的倍数,由（2）知,对所有的正整数n,an不是3的倍数,因此当n3时,an4,8,16,20,28,32,这时M的元素的个数不超过8.

当a11时,M1,2,4,8,16,20,28,32有8个元素. 综上可知,集合M的元素个数的最大值为8. 19.设数列an（n1,2,3,）的前项和Sn满足Sn2ana1,且a1,a21,a3成等差数列.

（1）求数列an的通项公式； （2）设数列11T1T的前项和为,求使得成立的的最小值. nn1000an

（2）由（1）可得

1111n,所以Tn2an222111221n1212n11.

2n由Tn19111n,得1n1,即21000.

21000100010因为2512100010242,所以n10.

所以使Tn11成立的的最小值为10. 1000