第6讲 数列中的最值、范围问题-【领跑高中】2026年高考数学二轮专题复习教师用书Word（提升版）

第6讲　数列中的最值、范围问题 【考情分析】　近几年高考试题中，与数列有关的最值、范围问题既有解答题，也有选择、填空题，难度中等或偏上. 考点一　求数列和式的最值、范围问题 【例1】　（2025·福建厦门二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＋an＝n＋3. （1）证明：数列{an－1}是等比数列； 解：（1）证明：由Sn＋an＝n＋3，　① 当n＝1时，a1＋a1＝1＋3，即a1＝2； 当n≥2时，Sn－1＋an－1＝n＋2，　② 则①－②得，2an－an－1＝1， 则2（an－1）＝an－1－1，即＝， 所以数列{an－1}是等比数列，首项为1，公比为. （2）记数列{}的前n项和为Tn，求Tn的取值范围. 解：（2）由（1）得，an－1＝1·（ ）n－1，即an＝（ ）n－1＋1， 则＝＝1＋2n－1， 则Tn＝1＋20＋1＋21＋…＋1＋2n－1＝n＋＝2n＋n－1， 因为y＝2x，y＝x－1在[1，＋∞）为增函数， 则数列{2n＋n－1}为递增数列， 所以Tn≥2， 所以Tn的取值范围为[2，＋∞）. 【规律方法】　求数列和式最值、范围的基本方法 （1）利用不等式组（n≥2）确定和式的最大值； 利用不等式组（n≥2）确定和式的最小值； （2）把数列的和式看作函数，利用函数的性质求其最值、值域. 【训练1】　（2025·山东枣庄二模）在数列{an}中，a1＝20，an＋1＝an＋2n－2. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）依题意，当n≥2时，an－an－1＝2n－1－2，则an＝a1＋（a2－a1）＋（a3－a2）＋…＋（an－an－1） ＝20＋（21－2）＋（22－2）＋（23－2）＋…＋（2n－1－2）＝（2＋22＋23＋…＋2n－1）－2（n－1）＋20 ＝－2n＋22＝2n－2n＋20， a1＝20满足上式， 所以{an}的通项公式为an＝2n－2n＋20. （2）若bn＝an－2n，求数列{bn}的前n项和Sn的最大值. 解：（2）由（1）得bn＝an－2n＝－2n＋20，数列{bn}是递减等差数列， 由bn≥0，得n≤10，则数列{bn}的前10项均为非负数，从第11项起为负数， 而b10＝0，因此数列{bn}的前10项和与前9项和相等，都最大， 所以数列{bn}的前n项和Sn的最大值为S10＝S9＝×10＝90. 考点二　求数列项数的最值、范围问题 【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝，Sn＝2an＋1－3. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）因为S1＝2a2－3且S1＝a1＝，所以a2＝， 由Sn＝2an＋1－3，可得Sn－1＝2an－3（n≥2）， 两式相减得an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an， 因为an≠0，所以＝， 又＝，所以对任意的n∈N*，＝， 所以{an}是首项和公比均为的等比数列，所以an＝a1×qn－1＝（ ）n. （2）若cn＝，求使cn取得最大值的n的值. 解：（2）由（1）可得cn＝（ ）n（n2＋n）， n≥2时，由＝＝＞1，可得n＜5， 故当n＜5时，c1＜c2＜c3＜c4，当n＞5时，c5＞c6＞c7＞…， 当n＝4时，c4＝（ ）4（42＋4）＝， 当n＝5时，c5＝（ ）5（52＋5）＝， 所以c4＝c5，所以c1＜c2＜c3＜c4＝c5＞c6＞c7＞…， 综上，n＝4或n＝5时，cn取得最大值. 【规律方法】　求n的值或最值，一般涉及数列的项或和的最值与范围，通常化归为解关于n的不等式，或根据数列的单调性求解. 【训练2】　已知数列{an}是递增的等比数列，公比为q，且满足a1＋a5＝34，8是a2与a4的等比中项. （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）因为8是a2与a4的等比中项，所以a2a4＝82＝64， 则由题意得即 解得或 因为数列{an}是递增的等比数列，所以即a1＝2，q＝2， 所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n. （2）若bn＝n·an，Tn是{bn}的前n项和，求使Tn－n·2n＋1＞－100成立的最大正整数n的值. 解：（2）由（1）得bn＝n·an＝n×2n， 则Tn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n　①， 2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1　②， ①－②得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1， 即Tn＝n×2n＋1－＝（n－1）2n＋1＋2， 所以Tn－n·2n＋1＝（n－1）2n＋1＋2－n·2n＋1＝2－2n＋1. 由Tn－n·2n＋1＞－100，得2－2n＋1＞－100， 即2n＜51，由于25＝32＜51，26＝64＞51， 所以n≤5，即使Tn－n·2n＋1＞－100成立的最大正整数n的值为5. 突破点　求数列不等式中参数的取值范围 【例3】　（2025·浙江嘉兴三模）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，4Sn＝＋2an－3，数列{bn}满足bn＝ （1）求数列{an}的通项公式； 解：（1）n＝1时，a1＝S1＝，解得a1＝－1或a1＝3，因为an＞0，所以a1＝3， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－，得（an＋an－1）（an－an－1－2）＝0， 因为an＋an－1＞0，所以an－an－1＝2，又a1＝3， 故数列{an}是首项为3，公差为2的等差数列， 所以数列{an}的通项公式为an＝2n＋1. （2）记数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意n∈N*，Tn≥10n＋λ，求实数λ的取值范围. 解：（2）法一　由bn＝所以bn＝ 当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝（b1＋b3＋…＋bn－3＋bn－1）＋（b2＋b4＋…＋bn－2＋bn） ＝[－2＋（－2）＋…＋（－2）＋（－2）]＋[12＋20＋…＋（4n－4）＋（4n＋4）] ＝（－2）×＋＝n2＋3n， 当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝（n＋1）2＋3（n＋1）－[4（n＋1）＋4]＝n2＋n－4， 所以Tn＝ 因为对任意的n∈N*，Tn≥10n＋λ成立， 当n为奇数时，即n2＋n－4≥10n＋λ，所以λ≤n2－9n－4， 不等号的右边可看作关于n的二次函数，对称轴为n＝－＝4.5， 因为n为奇数，所以n＝5时，（n2－9n－4）min＝－24，则λ≤－24； 当n为偶数时，n2＋3n≥10n＋λ，所以λ≤n2－7n， 同理可得，因为n为偶数，所以n＝4时，（n2－7n）min＝－12，则λ≤－12， 综上，λ≤－24. 法二　由bn＝ 当n为偶数时， Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn ＝（a1－a2）＋（a2＋a3）＋（a3－a4）＋…＋（an－1－an）＋（an＋an＋1） ＝[a1＋（a2＋a3）＋…＋（an＋an＋1）]＋[（－a2）＋（a3－a4）＋…＋（an－1－an）] ＝Sn＋1＋（－5）＋（－2）×＝n2＋3n. 当n为奇数时， Tn＝Tn＋1－bn＋1＝（n＋1）2＋3（n＋1）－[4（n＋1）＋4]＝n2＋n－4， 所以Tn＝（下同法一） 法三　因为对任意的n∈N*，Tn≥10n＋λ恒成立， 则λ≤Tn－10n，即求Tn－10n的最小值，令Cn＝Tn－10n， 当n为奇数时，Cn＋1－Cn＝Tn＋1－Tn－10＝bn＋1－10＝4n－2＞0， 则Cn＋1＞Cn，所以Cn的最小值一定在n为奇数时取到， 当n为奇数时，Cn＋2－Cn＝Tn＋2－Tn－20＝bn＋2＋bn＋1－20＝4n－14， 当n≥5时，Cn＋2＞Cn，当n≤3时，Cn＋2＜Cn， 所以当n为奇数时，C1＞C3＞C5，C5＜C7＜C9＜…， 则Cn的最小值为C5＝T5－50＝b1＋b2＋…＋b5－50＝－24， 所以λ≤－24. 【规律方法】　此类问题以数列为载体，一般涉及数列的求和，考查不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题.若f（n）≥M恒成立，则f（n）min≥M；若f（n）≥M有解，则f（n）max≥M. 【训练3】　（2025·辽宁葫芦岛一模）设数列{an}是公差大于1的等差数列，{an}，{bn}满足＝－，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和，且2a1＝a2，S2＋T2＝16. （1）求{an}的通项公式； 解：（1）∵2a1＝a2，∴2a1＝a1＋d，解得a1＝d，a2＝2d， ∴S2＝a1＋a2＝3d， 由＝－，可知＝，b1＝＝， ＝，b2＝＝＝， ∴T2＝b1＋b2＝＋＝， ∴S2＋T2＝3d＋＝16， 即3d2－16d＋5＝0，解得d＝5或d＝（舍去）， ∴an＝a1＋（n－1）d＝5n. （2）若存在n∈N*，使得10Tn－9n＋t＋t2＜3，求实数t的取值范围. 解：（2）由（1）知an＝5n，由＝－可知，＝，解得bn＝n＋， ∴{bn}为等差数列，故Tn＝＝＝， 存在n∈N*，有10Tn－9n＋t＋t2＜3，即（10Tn－9n）min＋t＋t2＜3， 又10Tn－9n＝n2－6n＝（n－3）2－9， ∴＝－9， 故－9＋t＋t2＜3，整理t2＋t－12＜0解得－4＜t＜3. ∴t的取值范围是（－4，3）. 真题体验 1.（2022·全国甲卷理17题）记Sn为数列{an}的前n项和.已知＋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. 解：（1）证明：由＋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）由（1）知数列{an}的公差为1. 由＝a4a9，得（a1＋6）2＝（a1＋3）（a1＋8）， 解得a1＝－12. 所以Sn＝－12n＋＝＝－， 所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78. 2.（2021·浙江高考20题）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9（n∈N*）. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设数列{bn}满足3bn＋（n－4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围. 解：（1）因为4Sn＋1＝3Sn－9， 所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9， 两式相减可得4an＋1＝3an，即＝. 当n＝1时，4S2＝4＝－－9， 解得a2＝－， 所以＝. 所以数列{an}是首项为－，公比为的等比数列， 所以an＝－×＝－. （2）因为3bn＋（n－4）an＝0， 所以bn＝（n－4）×. 所以Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋（n－4）×，　① 且Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋（n－5）×＋（n－4）×，　② ①－②得Tn＝－3×＋＋＋…＋－（n－4）×＝－＋－（n－4）×＝－n×， 所以Tn＝－4n×. 因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立， 所以－4n×≤λ（n－4）×恒成立， 即－3n≤λ（n－4）恒成立， 当n＜4时，λ≤＝－3－，此时λ≤1； 当n＝4时，－12≤0恒成立； 当n＞4时，λ≥＝－3－，此时λ≥－3. 所以－3≤λ≤1. （时间：45分钟，满分：60分） 1.（13分）已知数列{an}是首项为的等比数列，公比q∈N*，Sn是它的前n项和，满足S4＝5S2. （1）求数列{an}的通项公式； （2）设bn＝logaan（a＞0且a≠1），求数列{bn}的前n项和Tn的最值. 解：（1）公比q∈N*，∵S4＝5S2，q≠1. ∴＝，解得q＝2. ∴an＝×2n－1＝2n－5. （2）bn＝logaan＝（n－5）loga2，∴数列{bn}的前n项和Tn＝loga2＝［（ n－）2－］loga2， 当a＞1时，＝T4＝T5＝－10loga2，无最大值； 当0＜a＜1时，＝T4＝T5＝－10loga2，无最小值. 2.（15分）（2025·黑龙江齐齐哈尔一模）已知公差d不为0的等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝6，＝. （1）求{an}的通项公式； （2）令bn＝＋12，Tn为数列{bn}的前n项和，求使Tn≥2 025成立的n的最小值. 解：（1）由题设＝＝，即3a1＋10a6＝7a9， 所以13a1＋50d＝7a1＋56d，即a1＝d，而a3＝a1＋2d＝6，所以a1＝d＝2， 所以an＝2n. （2）由题设bn＝＋12＝4n＋12， 则Tn＝（4＋42＋43＋…＋4n）＋12n＝＋12n＝＋12n－， 所以Tn＝＋12n－≥2 025， 又Tn＝＋12n－在n∈N*上单调递增， 当n＝5时，T5＝＋12×5－＝1 424＜2 025， 当n＝6时，T6＝＋12×6－＝5 532＞2 025， 所以使Tn≥2 025成立的n的最小值为6. 3.（15分）（2025·青海西宁二模）设Sn为数列{an}的前n项和，n≥2时，Sn＋2＝5Sn＋1－8Sn＋4Sn－1，已知a1＝1，a2＝4，a3＝12. （1）证明：数列{an＋1－2an}为等比数列； （2）求数列{an}的通项公式； （3）若不等式λ（Sn－1）－n＋1≥0对任意正整数n都成立，求实数λ的最小值. 解：（1）证明：当n≥2时，Sn＋2＝5Sn＋1－8Sn＋4Sn－1，即Sn＋2－Sn＋1＝4（Sn＋1－Sn）－4（Sn－Sn－1）， 则an＋2＝4an＋1－4an，而a1＝1，a2＝4，a3＝12，则a3＝4a2－4a1， 于是∀n∈N*时，an＋2＝4an＋1－4an，整理得an＋2－2an＋1＝2（an＋1－2an），又a2－2a1＝2≠0， 所以数列{an＋1－2an}是首项和公比都是2的等比数列. （2）由（1）知，数列{an＋1－2an}是首项和公比都是2的等比数列，则an＋1－2an＝2n， 因此－＝，数列{}是首项为，公差为的等差数列，＝＋（n－1）＝n， 所以数列{an}的通项公式an＝n×2n－1. （3）由（2）知，Sn＝1×20＋2×21＋3×22＋…＋n×2n－1， 2Sn＝1×21＋2×22＋…＋（n－1）×2n－1＋n×2n， 两式相减得，－Sn＝1＋21＋22＋…＋2n－1－n×2n＝－n×2n＝－1＋（1－n）×2n， 则Sn＝2n（n－1）＋1. 不等式λ（Sn－1）－n＋1≥0，即λ·2n（n－1）－（n－1）≥0， 当n＝1时，λ为任意实数； 当n≥2时，λ≥恒成立，而≤，因此λ≥， 所以实数λ的取值范围是λ≥，λ的最小值为. 4.（17分）（2025·河北秦皇岛一模）设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝4，{}是公比为2的等比数列. （1）证明：{an}是等比数列； （2）求{an}的通项公式以及Sn； （3）设bn＝（n－5）an，若∃n∈N*，4m＋2m－2≤bn，求m的取值范围. 解：（1）证明：依题意，数列{}是首项为1，公比为2的等比数列，故＝2n－1， 则Sn＝（2n－1）an，Sn＋1＝（2n＋1－1）an＋1，两式相减得an＋1＝（2n＋1－1）an＋1－（2n－1）an， 即（2n＋1－2）an＋1＝（2n－1）an，因此an＋1＝an，而a1＝4， 所以{an}是等比数列. （2）由（1）知an＝a1（ ）n－1＝（ ）n－3，Sn＝（2n－1）·＝8－. （3）由（2）知，bn＝，当n≤5时，bn≤0，当n≥6时，bn＞0， ＝＝·＝（ 1＋），若n＝6，则b7＝b6＝， 若n≥7，＝（ 1＋）≤＜1，bn＋1＜bn， 因此数列{bn}的最大项为b7＝b6＝，由∃n∈N*，4m＋2m－2≤bn，得4m＋2m－2≤， 即8·＋2·2m－1≤0，整理得（4·2m－1）·（2·2m＋1）≤0，因为2m＞0，所以2m≤，解得m≤－2， 所以m的取值范围是（－∞，－2]. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $