2021年高考数学压轴讲与练 专题08 数列中的最值问题（解析版）

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1、专题 08 数列中的最值问题 【压轴综述】【压轴综述】 纵观近几年的高考命题，考查常以数列的相关项以及关系式，或数列的前 n 项和与第 n 项的关系入手， 结合数列的递推关系式与等差数列或等比数列的定义展开， 求解数列的通项、 前 n 项和，有时与参数的求解、数列不等式的证明等加以综合探求数列中的最值问题，是 数列不等式的综合应用问题的命题形式之一.本专题通过例题说明此类问题解答规律与方 法. 1.常见思路一：构建函数模型，利用函数的图象和性质解决最值问题； 2.常见思路二：构建函数模型，应用导数研究函数的最值； 3.常见思路三：构建不等式求解，确定范围，实现求最值； 4.常见思路四：应用基本

2、不等式，确定最值 【压轴典例】【压轴典例】 例 1.(2020北京高考T8)在等差数列an中,a1=-9,a5=-1.记Tn=a1a2an(n=1,2,),则数 列Tn ( ) A.有最大项,有最小项 B.有最大项,无最小项 C.无最大项,有最小项 D.无最大项,无最小项 【解析】选 B.设公差为d,因为a1=-9,a5=a1+4d=-1,所以d=2,所以a1,a50, 所以T10,T30,T50. 因为ckbkck+1，所以 1kk qkq ，其中k=1，2，3，m.当k=1 时，有q1； 当k=2，3，m时，有 lnln ln 1 kk q kk 设f(x)= ln (1) x x x ，

3、则 2 1 ln ( ) x f x x 令 ( )0f x ，得x=e.列表如下： x (1,e) e (e，+) ( )f x + 0 f(x) 极大值 因为 ln2ln8ln9ln3 2663 ，所以 max ln3 ( )(3) 3 f kf取 3 3q ，当k=1，2，3，4， 5 时， ln ln k q k ，即 k kq，经检验知 1k qk 也成立因此所求m的最大值不小于 5 若m6，分别取k=3，6，得 3q 3，且 q 56，从而 q 15243，且 q 15216， 所以q不存在.因此所求m的最大值小于 6. 综上，所求m的最大值为 5 【压轴训练】【压轴训练】 1(2

4、021 陕西西安市 西安中学高三)在等差数列 n a中 10 0a ， 11 0a ，且 1110 aa， 则在0 n S 中，n 的最大值为( ) A17 B18 C19 D20 【答案】C 【详解】设公差为d， 10 0a ， 11 0a ，0d， 1110 aa，则 1110 aa ，即 1011 0aa ， 119 1910 19+ 190 2 aa Sa， 110 201011 20+ 10+0 2 aa Saa， 则0 n S 时，n 的最大值为 19. 2(2021 全国高三专题练习)已知数列an的前 n 项和为 Sn=2n+1+m,且 a1，a4，a5-2 成等差数 列,bn=

5、 n nn 1 a , a1 a1 数列bn的前 n 项和为 Tn,则满足 Tn, 2017 2018 的最小正整数 n 的 值为 A11 B10 C9 D8 【答案】B 【解析】根据 1 2n n Sm 可以求得 4,1 2 ,2 n n mn a n ，所以有 145 4,16,32amaa，根据 145 ,2a a a 成等差数列，可得4 32 232m ，从 而求得2m，所以 1 2a 满足2n n a ，从而求得2 () n n anN ，所以 1 1 2 (1)(1)(21)(21) n n n nn nn a b aa 1 11 2121 nn ，所以 1 1111111 1 3

6、377152121 n nn T 1 1 1 21 n ，令 1 12017 1 212018 n ， 整理得 1 22019 n ，解得10n，故选 B. 3(2021 全国高三其他模拟)已知数列 n a满足 123 2321 3n n aaanan设 4 n n n b a ， n S为数列 n b的前n项和若 n S(常数)，*nN，则的最小值是( ) A 3 2 B 9 4 C 31 12 D 31 18 【答案】C 【详解】 123 2321 3n n aaanan 当2n时，类比写出 1 1231 23123 3n n aaanan ，由-得 1 43n n nan ，即 1 4

7、3n n a .当1n 时， 1 34a ， 1 31 4 32 n n n a n ， 1 4 1 3 2 3 n n n b n n 21021 4231123 333333333 n nn nn S 231 11123-1 + 3933333 n nn nn S -得， 0231 2211111 +- 39333333 n nn n S 1 1- 2 3 - 1 93 1- 3 n n n 31 6931 - 124 312 n n n S n S(常数)，*nN，的最小值是 31 12 4(2021 安徽安庆市 高三)已知等差数列 n a满足 1 1a ， 10 10a ，则数列 18

8、 n nn a aa 的 最大项为( ) A 1 18 B 1 15 C 3 44 D 1 14 【答案】C 【详解】因为数列 n a是等差数列， 1 1a ， 10 10a ，所以 101 9aad，解得1d ， n an，则 2 18 1 8 1898 9 n nn ann aannnn n n ， 因为 88 92+994 2nn nn ，当且仅当2 2n 时等号成立，所以当2n时， 2 310 11 8 15 29 2 a a a ，当3n时， 3 411 13 8 44 39 3 a a a ， 故数列 18 n nn a aa 的最大项为 3 44 ， 5(2021 北京高三开学考

9、试)等差数列 n a的前n项和为 n S.已知 1 5a ， 3 1a .记 (1,2,) n n n S bn a ，则数列 n b的( ) A最小项为 3 b B最大项为 3 b C最小项为 4 b D最大项为 4 b 【答案】C 【详解】由题意，设等差数列 n a的公差为d，因为 1 5a ， 3 1a ，可得 31 1 ( 5) 2 3 12 aa d ，所以5(1) 227 n ann ， 2 11 ()( 527) 6 22 n n n aann Snn ，则 2 27 6 n n n Sn b an n ，可得 22 34 2 372 36 346 7 4 9,8 4 bb ，所

10、以 34 bb，可排除 A、D； 设 2 677 , 27 1,)( ,) 22 xx f x xx ， 则 2 2 2 2 ( (26)(27)(6 ) 22(721) 27)(27)x xxxxxx x x f ， 因为 2 ( 7)4 1 210 ，所以 0fx ，所以 f x在区间 7 1, 2 和 7 (,) 2 上都 是单调递增函数，即当1,2,3n 时，数列 n b为递增数列，当4,nnN时，数列 n b 也为递增数列，其中 12345 85 1,9,8, 33 bbbbb ， 例如当25n时，可得 253 475 43 bb，所以 B 不正确，C 正确. 6(2021 江西高三

11、其他模拟)在等差数列 n a中， 14 11,5aa .记 12 (1,2,) nn Ta aa n，则数列 n T( ) A有最大项，有最小项 B有最大项，无最小项 C无最大项，有最小项 D无最大项，无最小项 【答案】C 【详解】依题意可得公差 41 5 11 2 4 13 aa d ， 1 (1)11 22213 n aandnn ， 所以当6n时，0 n a ， 当7n时，0 n a ， 因为 1 110T ， 2 11 ( 9)990T ， 3 11 ( 9) ( 7)6930T ， 4 11 ( 9) ( 7) ( 5)34650T ， 5 3465 ( 3)103950T ， 6

12、10395 ( 1)103950T ，又当6n时， 123456 0 nn Ta a a a a aa，且 1121 1 12 nn n nn Ta aa a Ta aa 211 1n，即 1nn TT ，所以当6n时， 数列 n T单调递增， 所以数列 n T无最大项，数列 n T有最小项 5 10395T . 7(2019北京师大附中高考模拟)已知正项等比数列an满足：a7=a6+2a5，若存在两项 am、 an，使得 aman=16a1 2，则 1 m + 9 n 的最小值为( ) A 3 2 B 8 3 C 11 4 D不存在 【答案】C 【解析】设正项等比数列an的公比为 q，且 q

13、0，由 a7=a6+2a5得：a6q=a6+ 6 2a q ，化简得， q 2-q-2=0， 解得 q=2 或 q=-1(舍去)， 因为 a man=16a1 2， 所以 11 11 mn a qa q =16a1 2， 则 qm+n-2=16， 解得 m+n=6，所以 1911919198 (m n)10102 6663 nmnm mnmnmnmn . 当且仅当 9nm mn 时取等号，此时 9 6 nm mn mn ，解得 3 2 9 2 m n ，因为 mn 取整数，所以均值 不等式等号条件取不到，则 198 3mn ，验证可得，当 m=2、n=4 时， 19 mn 取最小值为 11 4

14、 ， 8.(2020山东枣庄八中高三)已知数列 n a的前 n 项和为 n S，且12 nn Sa ，则使不等 式 222 12 86 n aaa成立的 n 的最大值为( ) A3 B4 C5 D6 【答案】B 【解析】根据题意，数列 n a满足12 nn Sa ，当1n 时， 11 21aa，得 1 1a ， 当2n时， 11 2 nnnnn aaSSa ，即 1 2 nn aa ，所以 1 2 n n a a ， 又 1 1a 满 足上式，即 n a 是以 2 为公比，1 为首项的等比数列，则 1 2n n a ，则 21 4n n a ， 则数列 2 n a 是以 1 为首项，4 为公比

15、的等比数列，则 222 12 1 14 1 41 143 n n n Saaa ，若 222 12 86 n aaa，则有 1 4186 3 n ，变形可得：4 259 n ，又由*nN，则4n，即 n 的最大值为 4； 9(2021 安徽高三开学考试)已知 n S是各项均不为零的等差数列 n a的前n项和，且 2* 21nn San N，使不等式 123 1 a a a 2 23434512 11111 42 nnn nn a a aa a aa aa 成 立，则实数的最大值是_. 【答案】 4 45 【详解】因为 121 21 21 21 2 n nn naa Sna ，所以 2 21nn

16、 Sa 就是21 n na 2 n a， 21 n an， * nN .等差数列 n a的首项 1 1a ，公差2d .因为一般项 12112 1111 4 nnnnnnn a a aa aa a ，所以原式 1 2232345112 1111111 4 nnnn a aa aa aa aa aaa 2 1212 1112 43 21 23 nn nn a aaann .即 2 2 211 3 212342 nn nn nn .所以存 在 * nN，使 4 3 21 23nn 成立，又易知 4 3 2123nn 为递减数列，故当 1n 时， 4 3 21 23nn 有最大值，故 max 44

17、3 21 2345nn .故实数的 最大值是 4 45 . 10.(2020江苏高考模拟)已知正项等比数列 n a的前n项和为 n S若 936 2SSS，则 6 3 1 S S 取得最小值时， 9 S的值为_ 【答案】 7 3 3 【解析】由 936 2SSS，得：q1，所以 936 111 (1)(1)(1) 2 111 aqaqaq qqq ， 化简得： 936 112(1)qqq ，即 963 220qqq，即 63 (1)(2)0qq，得 3 2q ，化简得 6 3 1 S S 6 1 3 1 (1)1 1(1) aqq qaq 1 1 31 2 3 1 aq qa ，当 1 1 3

18、1 1 aq qa ， 即 1 1 3 q a 时， 6 3 1 S S 取得最小值，所以 9 1 9 (1) 1 aq S q 9 1(1) 13 qq q 7 3 3 11.(2020广东高考模拟)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn，若 S4=10，S8=36，当 nN *时， n n 3 a S 的最大值为_ 【答案】 7 1 【解析】由题意，等差数列 n a的前 n 项和为 n S，若 48 10,36SS，设首项为 1 a，公 差为d，则 1 1 4 3 410 2 8 7 836 2 ad ad ，解得 1 1ad，所以，所以 (1) 2 n n n S ， 则 2 3 22

19、(3)(4)12 712 7 2 n n ann nn Snn n n ，当 12 n n 取最小值时， 3 n n a S 取最大 值，结合函数 12 (0)fxxx x 的单调性，可得当3n 或4n时， 3 1 7 n n max a S 12.(2019福建高考模拟(理)在数列 n a中， 12 53aa， 1 1280 nn nananN ， 若 12nnnn baaanN ， 则 n b的前n项和取 得最大值时n的值为_ 【答案】10 【解析】 解法一：因为 1 1280 nn nana 所以 21 1280 nn nana ， - -，得 12 2 nnn nanana 即 12

20、2 nnn aaa ，所以数列 n a为等差数列 在中，取1n ，得 1 280a即 1 28a ，又 12 53aa，则 2 25a ， 所以31 3 n an因此 1210 0aaa， 111213 0aaa 所以 128 0bbb， 991011 80baaa ， 10101112 100baaa， 111213 0bbb 所以 12389 TTTT T， 9101112 T TTT 又 1089108 TTbbT，所以10n时， n T取得最大值 解法二：由 1 1280 nn nana ，得 1 28 11 nn aa nnn n ， 令 1n n a c n ，则 1 1111 2

21、828 11 nn cc nnnn ，则 1 1 281 n cc n ， 即 12 11 281281 n cca nn ， 代入得 122 28 12828 nn ancnann a ， 取1n ，得 1 280a，解得 1 28a ，又 12 53aa，则 2 25a ，故 1 28 3 n an 所以31 3 n an，于是 12 31 328 325 3 nnnn baaannn 由0 n b ，得31 328 325 30nnn，解得8n或10n， 又因为 9 8b ， 10 10b ， 所以10n时， n T取得最大值 13(2021 山东菏泽市 高三期末)已知数列 n a的前n

22、项和是 2 n Sn. (1)求数列 n a的通项公式； (2)记 1 2 n nn b a a ，设 n b的前n项和是 n T，求使得 2020 2021 n T 的最小正整数n 【答案】(1)21 n an；(2)1011. 【详解】 (1) 11 1aS，当 2n时， 2 2 1 121 nnn aSSnnn ， 1 a符合上式，所以 21 n an (2) 211 21 212121 n b nnnn ， 111111 11 335212121 n T nnn ，令 12020 1 212021n ，解得 1010n，所以最小正整数n为 1011. 14(2021 广东韶关市 高三一

23、模)已知数列 n a的前n项和为 n S，若 2 n Snkn ( * kN)，且 n S的最大值为 25. (1)求k的值及通项公式 n a； (2)求数列 11 2 n a n 的前n项和 n T. 【答案】(1)10k ，211 n an ( * nN)；(2) 434 99 3 n n n T . 【详解】(1)由题可得 2 2 24 n kk Sn ， * k Z，所以当k为偶数时， 2 max 2 25 4 nk k SS，解得 10k ；当k为奇数时， 2 1 max 2 1 25 4 nk k SS ，此 时k无整数解.综上可得：10k ， 2 10 n Snn . 1n 时，

24、 11 9aS. 当2n时，1 nnn aSS 2 2 101101nnnn 211n， 当1n 时也成立. 综上可得：211 n an 所以10k ，211 n an ( * nN) (2) 112 22 4 n an n n nn 12 12 444 n n n T 231 1121 44444 n nn nn T 两式相减得： 21 3111 44444 n nn n T 11 11 1 31144 1 4433 44 1 4 n n nnn nn T 则 1 41 99 43 4 n nn n T .则 434 99 3 n n n T . 15(2021 江西吉安市 高三期末)已知

25、n a是公差不为 0 的等差数列，若 1313 ,a a a是等比数 列 n b的连续三项 (1)求数列 n b的公比； (2)若 1 1a ，数列 1 1 nn a a 的前n和为 n S且 99 200 n S ，求n的最小值 【答案】(1)5；(2)50. 【详解】(1)设等差数列 n a的公差为d，由 1313 ,a a a是等比数列 n b的连续三项，得 2 3113 aa a，即 2 111 212adaad，化简得 2 1 48da d 1 0,2dda 设数列 n b的公比的公比为q，则 3111 111 24 5 aadaa q aaa (2)若 1 1a ，则 1 11111 2,21, (21)(21)2 2121 n nn dan a annnn ， 11111 2 1 33 55 7(21) (21) n S nn 1111111111 11 233557212122121 n nnnn 由 99 200 n S ，得 9999 , 212002 n n n ，故n的最小值为 50