数列中的最值、范围问题课件-2026届高考数学二轮复习

数列中的最值、范围问题 高中数学 二轮复习 返回导航 高考试题中数列的最值与范围问题，常把数列、函数、不等式等知识交汇命题，综合性较强，难度较大，既有解答题，也有选择题、填空题． 返回导航 内容索引 第一部分 热点分类　考向探究 培优专训　难点突破 第二部分 返回导航 热点分类　考向探究 第 分 部 一 返回导航 考向 1 求数列的项或和的最值、范围 返回导航 返回导航 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 2 求数列的项数n的最值、范围 返回导航 返回导航 返回导航 求数列的项数n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，并且注意n∈N*． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 考向 3 求数列不等式中参数的取值范围 返回导航 返回导航 返回导航 1．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或有解问题，可转化为函数的最值问题． 2．求数列不等式中参数的取值范围问题要看清楚是恒成立，还是有解问题，若f (n)≥M恒成立，则f (n)min≥M；若f (n)≥M有解，则f (n)max≥M． 反思感悟 返回导航 返回导航 返回导航 培优专训　难点突破 第 分 部 二 返回导航 C 返回导航 C 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 返回导航 谢谢观看！ 返回导航 例1　(2025·黑龙江牡丹江二模)在数列{an}中，a1＝2，＋＝． (1)求证：数列{lg (1＋an)}是等比数列； 解：(1)证明：∵＋＝，∴＝－， 通分得＝，∴an＋1＝a＋2an． 由于a1＝2>0，故an>0，∴an＋1＋1＝a＋2an＋1＝(an＋1)2， ∴lg (1＋an＋1)＝lg (1＋an)2＝2lg (1＋an)，∴＝2，而a1＝2，则lg (1＋a1)＝lg 3，∴数列{lg (1＋an)}是以lg 3为首项，2为公比的等比数列． (2)设数列{bn}满足bn＝＋，求数列{bn}的前n项和Sn的最小值． 解：(2)由(1)得lg (1＋an)＝(lg 3)·2n－1，则an＝32n－1－1． ∵＝－，∴＋＝－，∴bn＝－＝2． ∴Sn＝2＝2＝2＝1－，由于f (n)＝32n－1单调递增且f (n)>0，故Sn＝1－单调递增，∴Sn≥S1＝，∴Sn的最小值为． 求数列项或和的最值、范围的基本方法 1．利用不等式组或(n≥2)确定项或和的最大值；利用不等式组或(n≥2)确定项或和的最小值． 2．构造函数，利用函数的单调性，确定项或和的最值、范围． 跟踪训练 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝且Sn＝2an＋1－3，令bn＝． (1)求证：数列{an}是等比数列； 解：(1)证明：Sn＝2an＋1－3，可得n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋1－2an， 即＝． 当n＝1时，S1＝2a2－3，又a1＝， 所以a2＝，＝．综上，n≥1时，＝， 所以数列{an}是首项和公比均为的等比数列． (2)求使bn取得最大值的n的值． 解：(2)由(1)可得an＝，所以bn＝(n2＋n)， n≥2时，＝＝， 令>1，可得2≤n＜5， 可知b1＜b2＜b3＜b4＝b5，b5>b6>b7>…． 综上，n＝4或n＝5时，bn取得最大值． 例2　(2025·重庆江北区二模)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn＝＋． (1)求证：数列{S}是等差数列； 解：(1)证明：当n＝1时，S1＝a1＝＋⇒a＝2， 当n≥2时，Sn＝＋，所以＝， 所以S－S＝2(常数)，故数列{S}是以S＝2为首项，2为公差的等差数列． (2)设数列{Sn}的每一项均为正数，bn＝数列{bn}的前n项和为Tn，当T≥1 013时，求n的最小值． 解：(2)由(1)知，S＝2＋2(n－1)＝2n， 所以bn＝⇒bn＝ 所以Tn＝＝(1＋－1＋－＋－＋…＋－)＝， 当T≥1 013时，即≥1 013⇒n≥2 026，所以n的最小值为2 026． 跟踪训练 (2025·湖北襄阳二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，且a1d≠0．若等差数列{bn}满足bn＝． (1)求数列{bn}的通项公式； 解：(1)因为bn＝，所以b1＝＝＝，b2＝＝，b3＝＝．因为数列{bn}为等差数列，所以b1＋b3＝2b2，即＋＝2×，化简可得d2＝a1d．因为a1d≠0，所以a1≠0且d≠0， 所以a1＝d，所以an＝a1＋(n－1)d＝nd， 所以Sn＝＝，所以bn＝＝． (2)若d＝，记数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＞Sn，求n的最大值． 解：(2)因为d＝，所以Sn＝n(n＋1)，由(1)可知bn＝， 则Tn＝＝＝n(n＋3)， 由Tn>Sn可得n(n＋3)>n(n＋1)，解得n＜，且n∈N*， 所以n的最大值为3． 例3　(2025·河南郑州三模)已知数列{an}的首项a1＝－，且满足an＋1＋an＝×． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)由题意可知，an＋1＝－an＋×，可得an＋1－＝－， 又a1－＝－1，故数列是以－1为首项，－1为公比的等比数列，所以an－＝－1×(－1)n－1＝(－1)n，所以an＝(－1)n＋． (2)设bn＝nan，数列{bn}的前n项和为Sn，若不等式(－1)nλ＜Sn＋＋对一切n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(2)由(1)可得bn＝nan＝(－1)nn＋， 所以Sn＝－1＋2－3＋4－…＋(－1)nn＋＋＋…＋， 当n为奇数时，Sn＝＋＋＋…＋①， Sn＝＋＋＋…＋＋②， ①－②，得Sn＝＋1－， 所以Sn＝－，所以－λ＜－， 所以λ>－，所以λ>－＝－． 当n为偶数时，Sn＝＋＋＋…＋，同理求和可得，Sn＝－， 所以λ＜－＋＋＝2＋n－， 故λ＜． 综上，实数λ的取值范围为． 跟踪训练 (2025·广西南宁三模)已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且4Sn＝a＋2an(n∈N*)． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)当n＝1时，4S1＝a＋2a1，得a－2a1＝0．又an>0，所以a1＝2． 当n≥2时，4Sn－1＝a＋2an－1， 联立4Sn＝a＋2an，两式相减可得 4an＝a－a＋2an－2an－1，化简得(an－an－1－2)(an＋an－1)＝0． 因为an＋an－1>0， 所以an－an－1＝2， 故数列{an}是以a1＝2为首项，d＝2为公差的等差数列，所以an＝2n． (2)对∀k∈N*，将数列{an}中不大于8k的项的个数记为bk．若＋＋…＋＜恒成立，求实数λ的取值范围． 解：(2)由an＝2n≤8k，得n≤23k－1，即bk＝23k－1，因为＝＝23＝8，b1＝22＝4，所以{bk}是以4为首项，8为公比的等比数列，所以bk＝4×8k－1＝23k－1， 所以＋＋…＋＝＋＋…＋＝＝． 因为＋＋…＋＜恒成立，即＜恒成立， 即λ>恒成立，所以λ≥． 1．(2025·安徽马鞍山一模)已知数列{an}的通项公式为an＝，前n项和为Sn，则Sn取得最小值时n的值为(　 　) A．6 B．7 C．8 D．9 解析：令an＝≥0，解得n≤3或n>，当n≤3时，an≥0，故当n＝1，2时，Sn随n的增大而增大，且S3＝S2；当4≤n≤8时，an＜0，故当n＝4，5，6，7，8时，Sn随n的增大而减小；当n≥9时，an>0，Sn随n的增大而增大．又a1＝，a2＝，a3＝0，a4＝－，…，a8＝－5，所以S8＜S1，所以Sn取得最小值时n的值为8．故选C． 2．(2025·北京平谷区一模)在等比数列{an}中，a1＋a2＝－16，a2＋a3＝，记Tn＝a1a2…an(n＝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：设等比数列{an}的公比为q，由a1＋a2＝－16，a2＋a3＝，得解得所以an＝－24·＝(－1)n·8·32－n，所以Tn＝a1a2…an＝(－1)1×(－1)2×…×(－1)n×8n×31×30×…×32－n＝(－1)×8n×3．设bn＝8n×3，则bn＋1＝8n＋1×3，所以＝＝，则当n≤2时，>1，即bn＋1>bn，当n≥3时，＜1，即bn＋1＜bn，则b1＜b2＜b3，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．故选C． 3．欧拉函数φ(n)(n∈N*)的函数值等于所有不超过n且与n互质的正整数的个数(公约数只有1的两个整数称为互质整数)，例如：φ(3)＝2，φ(4)＝2．记an＝， 数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＋n－1≤λan恒成立，则实数λ的取值范围为___________． 解析：在1～5n的整数中与5n不互质的数有5，10，…，5n－5，5n，共有5n－1个，所以与5n互质的数有5n－5n－1＝4×5n－1个，因此φ(5n)＝4×5n－1．在1～10n的整数中，2的倍数共有个，5的倍数共有个，10的倍数共有10n－1个，所以φ(10n)＝10n－－＋10n－1＝4×10n－1． 所以an＝＝＝2n－1，所以数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，所以Sn＝＝2n－1，则Sn＋n－1≤λan恒成立等价于2n－2＋n≤λ×2n－1恒成立，即λ≥2＋恒成立，所以λ≥，令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝，所以b4－b3＝0，且b1＜b2＜b3＝b4，b4>b5>b6>b7>…，所以＝2＋b4＝2＋b3＝2＋＝，所以λ≥，即实数λ的取值范围为． 4．(2022·全国甲卷理)记Sn为数列{an}的前n项和．已知＋n＝2an＋1． (1)求证：{an}是等差数列； 解：(1)证明：因为＋n＝2an＋1，即2Sn＋n2＝2nan＋n①， 当n≥2时，2Sn－1＋(n－1)2＝2(n－1)an－1＋(n－1)②， ①－②，得2Sn＋n2－2Sn－1－(n－1)2＝2nan＋n－2(n－1)an－1－(n－1)， 即2an＋2n－1＝2nan－2(n－1)an－1＋1， 即2(n－1)an－2(n－1)an－1＝2(n－1)，所以an－an－1＝1， 所以{an}是以1为公差的等差数列． (2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值． 解：(2)由(1)可得a4＝a1＋3，a7＝a1＋6，a9＝a1＋8， 又a4，a7，a9成等比数列，所以a＝a4·a9， 即(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，解得a1＝－12， 所以an＝n－13，所以Sn＝－12n＋＝n2－n＝－， 所以当n＝12或n＝13时(Sn)min＝－78． 5．(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－，且4Sn＋1＝3Sn－9． (1)求数列{an}的通项公式； 解：(1)当n＝1时，4(a1＋a2)＝3a1－9，4a2＝－9＝－，∴a2＝－， 当n≥2时，由4Sn＋1＝3Sn－9①，得4Sn＝3Sn－1－9②，①－②，得4an＋1＝3an， a2＝－≠0，∴an≠0，∴＝．又＝，∴数列{an}是首项为－，公比为的等比数列，∴an＝－·＝－3·＝－． (2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0，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：(2)由3bn＋(n－4)an＝0，得bn＝－an＝(n－4)×， ∴Tn＝－3×－2×－1×＋0×＋…＋(n－4)×，Tn＝－3×－2×－1×＋…＋(n－5)×＋(n－4)×， 两式相减，得Tn＝－3×＋＋＋＋…＋－(n－4)×＝－＋－(n－4)×＝－＋－4×－(n－4)×＝－n×，∴Tn＝－4n×， 由Tn≤λbn恒成立得－4n×≤λ(n－4)×恒成立， 即λ(n－4)＋3n≥0恒成立． 当n＝4时不等式恒成立； 当n＜4时，λ≤－＝－3－， 得λ≤1；当n>4时，λ≥－＝－3－， 得λ≥－3．综上所述，－3≤λ≤1． $