数列最值问题.doc

数列的最值问题教学目的1、 会通过研究数列｛an｝通项的规律，判断其前 n项和Sn的最值情况;2、 会利用函数思想研究数列的最值问题；3、 会利用求数列中最大(小)项的一般方法研究数列的最值问题；4、 体验数列问题和函数问题之间的相互联系和相互转化数列的最值问题是一类常见的数列问题，是数列中的难点之一，也是函数最值问题的 一个重要类型，数列的最值问题大致有以下 2种类型：类型1求数列｛an｝的前n项和Sn的最值，主要是两种思路：(1) 研究数列an f(n)的项的情况，判断 Sn的最值；(2) 直接研究Sn的通项公式，即利用类型 2的思路求Sn的最值类型2求数列｛an｝的最值，主要有两种方法：(1)利用差值比较法若有 an 1 an f (n 1) f (n) 0，则 an 1 an，则 a1 a2 an an 1即数列｛an｝是单调递增数列，所以数列 ｛an｝的最小项为a1 f (1)；若有 an 1 an f (n 1) f (n)0，贝V an 1 an，贝V a1 a2 an an 1，即数列｛an｝是单调递减数列，所以数列｛an｝的最大项为a1f(1).值；(2)利用商值比较法若有an f(n) 0对于一切n€ N*成立，且an常1，则a”1an，则a1 a2 an a. 1 即数列｛a.｝是单调递增数列，所以数列 ｛a.｝的最小项为a1 f(1)；若有an f (n) 0对于一切n€ N*成立，且 加 丄3 卫1，则an , an，则an f(n)ai a2 an a. 1 即数列｛a.｝是单调递减数列，所以数列 ｛a.｝的最小项为ai f(1).例1、在等差数列｛an｝中，ai 10,d 1，Sn为｛a.｝前n项和，求S.的最大值。

解法1：研究数列an的正数与负数项的情况an 0 n 11，又a11 0， 当n=10或n=11时，Sn取到最大值55解法2: Sn丄5212当n=10或n=11时，Sn取到最大值55228练习：已知等差数列an (d<0)其前n项和为Sn ,若S9S仃，冋Sn中哪一项最大?解：因为S9S17a10ana17 0又因为a10a17a11 a16a12a15 a13 a14 a13a14 0 ,因为 d<0所以数列an单调递减，于是a13 0, a14 0 最大例2、已知函数f (x) 3x2 6x , Sn是数列｛an｝的前n项和，点(n, Sn)(n € N*)在曲线y f (x)上.(I)求数列｛an｝的通项公式；(U)若0 C)n 1 , Cn旦上,且Tn是数列｛Cn｝的前n项和•试问Tn是否存在最大值？2 6若存在，请求出 Tn的最大值；若不存在，请说明理由解(I)因为点(n,Sn)在曲线y f (x)上，又f(x) 3x2 6x，所以Sn 3n2 6n.当 nh 时，a1 S1 3.当 n>1 时，an Sn Sn 1(3n2 6n) [ 3(n 1)2 6(n 1)]9 6n?所以an 9 6n .(n)因为1所以Tn -2 1T (1)2 2，n (2)②一③得bn (g)n1)(1)2 (G)321?宓n3整理得Tn1)2Tn(3)(y2)(1)22)(2n11)(2)n策略一利用差值比较法n 1由④式得Tn 1 (2n(36anbn1(3 2n)(尹(3 2n2)(1)3[1 (1)n1]2所以(32n )(1)n???①②n 112)(1)n2n) (2)n1Tn 1 Tn????????????(2n 3)(1)n1 (2n 1)(£)n2 21 1 n[(2n 3)( ) (2n 1)]()2 23 111[n (2n 1)]( )n ( n)( )n?2 2 2 21因为门1，所以1门o.21又(J" 0,所以 Tn 1 Tn 0 所以 Tn 1 Tn，所以T1 T2 T3Tn Tn 1 .所以Tn存在最大值T11?1(2n 1)(；)nTn Tn 1 /策略二利用商值比较法因为Tn 1 1Tn 1(2n3)(y12n3(2n11)(1)n2(2 n1)1川2 、1 ”2 、1(1)2n 1(12 21)由④式得Tn 10.(2n 1) 2?2(2n 1) ”56所以Tn 1 1 Tn 1，即Tn 1 所以「所以Tn存在最大值Ti -.2练习:1.(2014杭州市一模数学(理)试题)设数an满足：a1 a2 a?an n an(n N ).(I)求证：数列 an 1是等比数列；(n )若bn (2 n)(an 1)，且对任意的正整数 n,都有bn1 2-t t ,求实数t的取值4范围.Me I 因 対ff［〜化斗”,，-卜的i+aB=rr—a,Oi +a?+giT\.,.+ 由(“ MjtfH i=-—i im■■■ >^M---.腔虬月戢丸丽W1任总”丄却h ・B 8-ffi"以右阳4 — N J广F4 4 4所以丄解蝌-丄.S 4 2 4郴U的取值同盹-T -丄3011,+-).02.(浙江省温州市十校联合体 2014届高三上学期期初联考数学(理)试题) 已知数列 an的前 n 项和 Sn 2an 2n 1 .(I)证明：数列弘是等差数列；2n(n)若不等式2n2 n 3 (5 )an对n N恒成立,求 的取值范围【答案】解：(I)当n 1时，$ 2a1 22得a1 4Sn 2an 2n1,当n 2时，Sn 1 2an 1 2 ,两式相减得an2an 2an 1 2n 即 a.n2an 1 2 ,a所以書2nan 12ani 2nan 12n12n1an 1 I an 1 I^n 1 1 j 1 12 2所以数列a；是以2为首项，1为公差的等差数列2n(11)由(I )知*二” + h BP = +2&分因为务＞0^所以不等式2d - h — -环等4于4見》空二210分2- 1扌+】 2r> -1-J.;-53.已知函数37f (x) log 3(ax b)的图象经过点(1)求数列｛an｝的通项公式;(2)设 bn 务,「b b2bn，若 Tn解：(1)由题意得 13分A(2,1)和 B(5,2)记 an 3f(n),n N*.m 1对一切n N*均成立，求m的范围;m 1lOg3(2a b) 1，解得 a 2log 3(5a b) 2 b 1f(x) log3(2x 1)anIog3(2n 1)2n 1, n2n 12nTn1 321 222n 32* 12n 12n1211Tn2213122n1(2)由(1 )得 bn13_2_32222~23222n12n1・2n3,n2n52n 32n 1n1nn 1② ①-②得222222n 111 1 12n12n2n121(21 22 2n212n1 c2n 3Tn 3n2 n3」 ，22212 n 1 )2n5f(n 1)，则由2n 12n设 f (n)得 f (n)2nf(n)2n2n 3丁,n2n 5 1 11112(2n 3) 2 2n 32时，Tn 32* 12n 3N随n的增大而减小 当nm 1 …、 m 1又Tn 恒成立， 3 1 m 2m 1 m 114•在数列｛an｝中，a, 1,an1 (1 ) an(n € N*),n 1(i)求数列｛an｝的通项公式；(n)若对于一切 n>1的自然数，不等式an1 an21) I恒成立，试求实数a的取值范围解：(i)因为an 1(11 )? an(n € N*) , a=1，所以 an>0.n 1所以也ann厂所以ananan一？也电？②1 an 2 a1—a—而na1=1，所以1annbnbn(n)设 bn an 1 an 21由(i)知an —,所以n1 1 1n 2 n 3bna2n (n € N*),1 1n 1 n 21 1，所以2n 2n 1 2n 2, 1 1 1n 2n 1 2n 1 n 1(2n 1)(2 n 2)12n0.所以所以数列｛bn｝是单调递增数列•所以当n 2时，bn的最小值为b2然数，不等式an 1 an 2a2n1 12 12 212 g (a1)712 .2 一 、恒成立，则需且只需3所以要使对于一切n>1的自E £loga(a 1) |，则 loga(a12 12 31)1.所以01 1，解之得1 a —a 2故所求实数a的取值范围为 a。