微专题20 数列中的最值、范围问题
高考定位 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
档或偏上.
【真题体验】
1.(2024·上海卷)等比数列{an}的首项a1>0,公比q>1,记In＝{x－y|x,y∈[a1,a2]∪[an,an＋1]},若对任意
正整数n,In是闭区间,则q 的取值范围是 .
答案 [2,＋∞)
解析 显然等比数列{an}递增,不妨设x≥y,
若x,y∈[a1,a2],则x－y∈[0,a2－a1],
若x,y∈[an,an＋1],则x－y∈[0,an＋1－an],
若x∈[an,an＋1],y∈[a1,a2],
则x－y∈[an－a2,an＋1－a1],
∵对任意正整数n,In都是闭区间,
∴an－a2≤an＋1－an,如图,
又a1>0,∴qn－2qn－1＋q≥0,
即qn－2(q－2)＋1≥0,对任意正整数n,上式都成立,则必有q≥2.
2.(2021·浙江卷)已知数列{an}的前n 项和为Sn,a1＝－9
4,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
an＋1
an
＝3
4.
当n＝1 时,4S2＝4(−9
4 ＋a2)＝－27
4 －9,
解得a2＝－27
16,所以
a2
a1
＝3
4.
所以数列{an}是首项为－9
4,
公比为3
4的等比数列,
所以an＝－9
4 ×(
3
4)
n−1
＝－3
n＋1
4
n .
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0,
所以bn＝(n－4)·(
3
4)
n
.
所以Tn＝－3×3
4－2×(
3
4)
2
－1×(
3
4)
3
＋0×(
3
4)
4
＋…＋(n－4)·(
3
4)
n
,①
所以3
4 Tn＝－3×(
3
4)
2
－2×(
3
4)
3
－1×(
3
4)
4
＋0×(
3
4)
5
＋…＋(n－5)·(
3
4)
n
＋(n－4)·(
3
4)
n＋1
,②
①－②得1
4 Tn＝－3×3
4 ＋(
3
4)
2
＋(
3
4)
3
＋…＋(
3
4)
n
－(n－4)·(
3
4)
n＋1
＝－9
4 ＋
9
16[1−(
3
4)
n−1
]
1−3
4
－(n－4)·(
3
4)
n＋1
＝－n·(
3
4)
n＋1
,
所以Tn＝－4n·(
3
4)
n＋1
.
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立,
所以－4n·(
3
4)
n＋1
≤λ(n－4)·(
3
4)
n
恒成立,
所以(λ＋3)n－4λ≥0.
记f(n)＝(λ＋3)n－4λ(n∈N*),
所以{
λ＋3≥0,
f (1)≥0, 解得－3≤λ≤1.
所以λ 的取值范围是[－3,1].
【热点突破】
热点一 求数列和式的最值、范围
求数列和式最值、范围的基本方法
(1)利用不等式组{
Sn≥Sn＋1,
Sn≥Sn−1 (n≥2)确定和式的最大值;
利用不等式组{
Sn≤Sn＋1,
Sn≤Sn−1 (n≥2)确定和式的最小值.
(2)利用和式的单调性.
(3)把数列的和式看作函数求其最值、值域.
例1 (2025·长沙调研)已知数列{an}是首项等于1
16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,
∴a1(1−q
4)
1−q
＝5a1(1−q
2)
1−q
,解得q＝2.
∴an＝1
16×2n－1＝2n－5.
(2)bn＝logaan＝(n－5)loga2,
∴数列{bn}的前n 项和Tn＝n(−4＋n−5)
2
loga2
＝[
1
2(n−9
2)
2
−81
8 ]loga2,
当a>1 时,(Tn)min＝T4＝T5＝－10loga2,无最大值;
当0<a<1 时,(Tn)max＝T4＝T5＝－10loga2,无最小值.
易错提醒 利用数列和式的单调性求其最值.要首先判断其单调性,且注意数列中的n≥1 且n∈N.
训练1 (2025·连云港调研)记数列{an}的前n 项和为Sn,对任意n∈N*,有Sn＝n(an＋n－1).
(1)证明:{an}是等差数列;
(2)若当且仅当n＝7 时,Sn取得最大值,求a1的取值范围.
(1)证明 因为Sn＝nan＋n(n－1),①
所以当n≥2 时,Sn－1＝(n－1)an－1＋(n－1)(n－2),②
①－②可得an＝nan－(n－1)an－1＋2n－2,
得(1－n)an＝－(n－1)an－1＋2(n－1),
得an－an－1＝－2,故{an}为等差数列.
(2)解 若当且仅当n＝7 时,Sn取得最大值,
则有{
S7>S6,
S7>S8,得{
a7>0,
a8<0,
则{
a1−12>0,
a1−14<0,解得12<a1<14,
故a1的取值范围为(12,14).
热点二 求n 的最值或范围
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.
例2 已知数列{an}是递增的等比数列.设其公比为q,前n 项和为Sn,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;
(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 (1)因为8 是a2与a4的等比中项,
所以a2a4＝82＝64,
则由题意得{
a1＋a5＝34 ,
a2a4＝64 , 即{
a1＋a5＝34 ,
a1a5＝64 ,
解得{
a1＝2,
a5＝32 或{
a1＝32,
a5＝2,
因为数列{an}是递增的等比数列,
所以{
a1＝2,
a5＝a1q
4＝32,即a1＝2,q＝2,
所以an＝a1qn－1＝2×2n－1＝2n.
(2)由(1)得bn＝n·an＝n×2n,
则Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn＝1×21＋2×22＋3×23＋…＋n×2n,①
2Tn＝1×22＋2×23＋3×24＋…＋n×2n＋1,②
由①－②得－Tn＝21＋22＋23＋…＋2n－n×2n＋1,
即Tn＝n×2n＋1－2−2
n＋1
1−2 ＝(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.
易错提醒 解答本题要首先正确求出Tn,在求n 的最值时要结合Tn－n·2n＋1的单调性,同时注意
n∈N*求解.
训练2 (2025·丹东段测)记Sn为等差数列{an}的前n 项和,4Sn＝anan＋1＋1,an≠0,n∈N*.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn＝Sn
2
2
an,求使bn取得最大值时n 的值.
解 (1)因为{an}为等差数列,且4Sn＝anan＋1＋1,an≠0,n∈N*,
所以当n≥2 时,有4Sn－1＝an－1an＋1,
两式相减,得4an＝an(an＋1－an－1)＝2dan(d 为等差数列{an}的公差),解得d＝2.
当n＝1 时,有4S1＝a1a2＋1,
即4a1＝a1a2＋1,4a1＝a1(a1＋2)＋1,
解得a1＝1.
所以an＝a1＋(n－1)d＝1＋2(n－1)＝2n－1.
(2)由(1)知an＝2n－1,
所以Sn＝(1＋2n−1)n
2
＝n2,
所以bn＝Sn
2
2
an ＝n
4
2
2n−1.
当bn取得最大值时,有{
bn≥bn−1,
bn≥bn＋1,
即{
n
4
2
2n−1 ≥(n−1)
4
2
2n−3 ,
n
4
2
2n−1 ≥(n＋1)
4
2
2n＋1
,
整理得{
n
4≥4(n−1)
4,
4 n
4≥(n＋1)
4, 解得{
n≤2＋√2,
n≥1＋√2,
所以1＋√2≤n≤2＋√2.
又因为n∈N*,解得n＝3,
所以b3最大,且b3＝81
32,所以当bn取得最大值时,n＝3.
热点三 求数列不等式中参数的取值范围
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.
例3 (2025·重庆质检)已知数列{an}的前n 项和为Sn,满足2Sn＋1－Sn＝2,a1＝1.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若数列{bn},{cn}满足bn＝－2log2an,cn＝
bn＋2
an
,{cn}的前n 项和为Tn,若不等式Tn－2≥λcn对一切
正整数n 恒成立,求λ 的取值范围.
解 (1)由2Sn＋1－Sn＝2,
令n＝1,得2S2－S1＝2,
即2(a2＋a1)－a1＝2,
又a1＝1,得a2＝1
2.
又由{
2Sn＋1−Sn＝2,
2Sn−Sn−1＝2(n≥2),
可得2Sn＋1－2Sn＝Sn－Sn－1,
则有2an＋1＝an,即an＋1＝1
2an,
又a2＝1
2a1,符合上式,
所以an＋1＝1
2an(n∈N*),
所以数列{an}是以1 为首项,1
2为公比的等比数列,故an＝(
1
2)
n−1
(n∈N*).
(2)由(1)得bn＝－2log2an＝－2log2(
1
2)
n−1
＝2n－2,
cn＝
bn＋2
an
＝2n−2＋2
(
1
2)
n−1
＝n·2n,
所以Tn＝1×21＋2×22＋…＋n×2n,①
2Tn＝1×22＋2×23＋…＋(n－1)×2n＋n×2n＋1,②
②－①得
Tn＝－1×21－(22＋23＋…＋2n)＋n×2n＋1
＝－2－2
2(1−2
n−1)
1−2
＋n×2n＋1
＝2＋(n－1)2n＋1,
所以Tn－2＝(n－1)2n＋1,
又不等式Tn－2≥λcn对一切正整数n 恒成立,即不等式(n－1)2n＋1≥λn·2n对一切正整数n 恒成立,
所以λ≤2(1−1
n),
又n∈N*,2(1−1
n)≥0,
所以λ≤0,即λ 的取值范围是(－∞,0].
易错提醒 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.
训练3 已知数列{an}中,an＝1＋
1
k ＋2(n−1)(k≠0).
(1)若k＝－7,求数列{an}中的最大项和最小项的值;
(2)若对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,求k 的取值范围.
解 (1)∵an＝1＋
1
k ＋2(n−1),
又k＝－7,∴an＝1＋
1
2n−9.
结合函数f(x)＝1＋
1
2 x−9的单调性,
可知1>a1>a2>a3>a4,a5>a6>a7>…>an>1.
∴数列{an}中的最大项为a5＝2,最小项为a4＝0.
(2)an＝1＋
1
k ＋2(n−1)＝1＋
1
2
n−2−k
2
,
已知对任意的n∈N*,都有an≤a6成立,
结合函数f(x)＝1＋
1
2
x−2−k
2
的单调性,
可知5<2−k
2
<6,即－10<k<－8.
即k 的取值范围是(－10,－8).
【精准强化练】
一、单选题
1.(2025·哈尔滨模拟)设等差数列{an}的前n 项和为Sn,若a4＋a7<0,S9>0,则Sn的最大值为( )
A.S4
B.S5
C.S6
D.S7
答案 B
解析 由S9＝9a5>0,得a5>0,
又a5＋a6＝a4＋a7<0,
则a6<0,所以公差d＝a6－a5<0,
故当n≤5 时,an>0,
当n≥6 时,an<0,
所以当n＝5 时,Sn最大.
2.(2025·兰州调研)已知数列{an}为等比数列,a1＝512,公比q＝1
4 ,则数列{an}的前n 项积Tn最大时,
n＝( )
A.4
B.5
C.6
D.7
答案 B
解析 因为a1＝512,公比q＝1
4,
则an＝512·(
1
4)
n−1
＝512
4
n−1,
所以当1≤n≤5 时,an>1;
当n≥6 时,0<an<1,
又Tn是数列{an}的前n 项积,则当n＝5 时,Tn取得最大值,故选B.
3.(2025·丽水模拟)已知等比数列{an}的首项为m,且0<m<1,an>0,n∈N*,Sn为数列{an}的前n 项和,
Tn为数列{an}的前n 项的积,若S3＝7m,Tn中仅有T4最小,则实数m 的取值范围是( )
A.(
1
16 , 1
8)
B.(8,16]
C.[1,8]
D.(
1
32 , 1
8)
答案 A
解析 设数列{an}的公比q,
因为0<m<1,an>0,所以q>0,
S3＝m＋mq＋mq2＝7m,解得q＝2,
因为Tn中仅有T4最小,所以0<a4<1,a5>1,
则0<mq3<1,mq4>1,得0<8m<1,16m>1,
所以1
16<m<1
8.
4.若数列{an}的前n 项积bn＝1－2
7n,则an的最大值与最小值之和为( )
A.－1
3
B.5
7
C.2
D.7
3
答案 C
解析 ∵数列{an}的前n 项积bn＝1－2
7n,
当n＝1 时,a1＝5
7;
当n≥2 时,bn－1＝1－2
7(n－1),
an＝
bn
bn−1
＝
1−2
7 n
1−2
7 (n−1)
＝2n−7
2n−9＝1＋
2
2n−9,
当n＝1 时也适合上式,∴an＝1＋
2
2n−9.
当n≤4 时,数列{an}单调递减,且an<1;
当n≥5 时,数列{an}单调递减,且an>1,
故an的最大值为a5＝3,最小值为a4＝－1,
∴an的最大值与最小值之和为2,故选C.
5.(2025·安庆调研)已知数列{an}的前n 项和为Sn,且Sn＋an＝1,设bn＝n−λ
an ,若数列{bn}是递增数列,
则λ 的取值范围是( )
A.(－∞,2)
B.(2,＋∞)
C.(－∞,3)
D.(3,＋∞)
答案 C
解析 当n＝1 时,S1＋a1＝2a1＝1,
解得a1＝1
2,
当n≥2 时,由Sn＋an＝1,
得Sn－1＋an－1＝1,
两式相减得2an－an－1＝0,所以
an
an−1
＝1
2,
即数列{an}是以1
2为首项,1
2为公比的等比数列,可得an＝1
2
n,
所以bn＝n−λ
an ＝(n－λ)·2n.
因为数列{bn}是递增数列,
所以bn＋1>bn对于任意的n∈N*恒成立,
即(n＋1－λ)·2n＋1>(n－λ)·2n,
即λ<n＋2 对于任意的n∈N*恒成立.
因为当n＝1 时,n＋2 取得最小值3,所以λ<3,
即λ 的取值范围是(－∞,3).故选C.
6.(2025·滨州联测)设数列{an}的前n 项和为Sn,a2＝3,且(n＋1)(Sn＋1－Sn)＝(n＋2)an.若存在n∈N*,使
得2Sn＋14≤kan成立,则k 的最小值是( )
A.4√3＋1
B.42
5
C.15
2
D.8
答案 D
解析 由已知得(n＋1)an＋1＝(n＋2)an,
所以an＋1
n＋2 ＝
an
n＋1,
所以数列{
an
n＋1}是常数列.
又a2＝3,所以
an
n＋1 ＝
a2
2＋1＝1,
即an＝n＋1,
所以数列{an}是以2 为首项,1 为公差的等差数列,故Sn＝n
2＋3n
2
.
由存在n∈N*,使得2Sn＋14≤kan成立可知,
存在n∈N*,使得n2＋3n＋14≤k(n＋1)成立,即k≥(
n
2＋3n＋14
n＋1
)min
,
设t＝n＋1,t≥2,t∈N*,n＝t－1,
从而n
2＋3n＋14
n＋1
＝(t −1)
2＋3(t −1)＋14
t
＝t＋12
t ＋1.
记f(t)＝t＋12
t ＋1,
由对勾函数性质可知,f(t)在(0,2√3)上单调递减,在(2√3,＋∞)上单调递增,
又t≥2,t∈N*,f(3)＝3＋4＋1＝8,f(4)＝4＋3＋1＝8,
所以t＋12
t ＋1 的最小值是8,所以k≥8,
即k 的最小值为8.故选D.
7.(2025·开封质检)如果数列{an}对任意的n∈N*均有an＋2＋an>2an＋1恒成立,那么称数列{an}为“M
－数列”,下列数列是“M－数列”的是( )
A.an＝2n－1
B.an＝－3n
C.an＝n×2n
D.an＝n2×(
1
2)
n
答案 C
解析 若an＝2n－1,则an＋2＋an－2an＋1＝2n＋3＋2n－1－2(2n＋1)＝0,
即an＋2＋an＝2an＋1,不满足条件,不是“M－数列”;
若an＝－3n,则an＋2＋an－2an＋1＝－(3n＋2＋3n－2×3n＋1)＝－4×3n<0,
即an＋2＋an<2an＋1,不满足条件,不是“M－数列”;
若an＝n×2n,则an＋2＋an－2an＋1＝(n＋2)×2n＋2＋n×2n－2(n＋1)×2n＋1＝(n＋4)×2n>0,
即an＋2＋an>2an＋1,满足条件,则是“M－数列”;
若an＝n2×(
1
2)
n
,则an＋2＋an－2an＋1＝(n＋2)2×(
1
2)
n＋2
＋n2×(
1
2)
n
－2(n＋1)2×(
1
2)
n＋1
＝(
1
2)
n
×[
(n＋2)
2
4
＋n
2−(n＋1)
2]
＝(
1
2)
n
× n
2−4 n
4
,
当n＝1,2,3 时,an＋2＋an<2an＋1,不满足条件,不是“M－数列”.故选C.
二、多选题
8.(2025·杭州模拟)设等比数列{an}的公比为q,其前n 项和为Sn,前n 项积为Tn,并满足条件:a1>1,a2
024a2 025>1,
a2 024−1
a2 025−1<0,下列结论正确的是( )
A.S2 024<S2 025
B.a2 024a2 026<1
C.T2 024是数列{Tn}中的最大值
D.数列{Tn}无最大值
答案 ABC
解析 根据题意,等比数列{an}的公比为q,
若a2 024a2 025>1,
则(a1q2 023)(a1q2 024)＝(a1)2(q4 047)>1,
又由a1>1,必有q>0,
则数列{an}各项均为正值,
若
a2 024−1
a2 025−1<0,
即(a2 024－1)(a2 025－1)<0,
必有a2 024>1,0<a2 025<1,
则必有0<q<1,依次分析选项:
对于A,数列{an}各项均为正值,则S2 025－S2 024＝a2 025>0,
必有S2 024<S2 025,故A 正确;
对于B,a2 024a2 026＝a2 025
2
<1,故B 正确;
对于C,根据a1>a2>…>a2 024>1>a2 025>…>0,
所以T2 024是数列{Tn}中的最大项,故C 正确,D 错误.
9.(2025·广州调研)已知a1＝1,
an＋1
an
＝λn
2−2n
n＋1 (λ≥0).下列选项中正确的有( )
A.存在λ,使存在正整数N,使n≥N 时,an＋1<an恒成立
B.存在λ,使不存在正整数N,使n≥N 时,an＋1<an恒成立
C.存在λ,使存在正整数N,使n≥N 时,an＋1>an恒成立
D.存在λ,使不存在正整数N,使n≥N 时,an＋1>an恒成立
答案 BCD
解析 若λ＝0,则
an＋1
an
＝−2n
n＋1<0,a1＝1,
则{an}正负交替,B,D 选项正确;
若λ>0,令
an＋1
an
＝λn
2−2n
n＋1 >1,即
an＋1
an
>1 时,即an＋1>an时,
即λn2－2n>n＋1 成立,即λ>3n＋1
n
2
成立,
显然存在正整数N,使n≥N 时,an＋1>an.
∴an＋1>an,A 选项错误,C 选项正确.
三、填空题
10.(2025·南昌调研)已知在数列{an}中,a1＝2,an＋1＝n＋1
n＋2an,设数列{anan＋1}的前n 项和为Sn,若不等
式(n＋8)k≥Sn对∀n∈N*恒成立,则k 的最小值为 .
答案 4
9
解析 由题意知(n＋2)an＋1＝(n＋1)an,
则数列{(n＋1)an}是首项为(1＋1)×2＝4 的常数列,an＝
4
n＋1,
∴anan＋1＝
4
n＋1 ×
4
n＋2 ＝
16
(n＋1)(n＋2)
＝16×(
1
n＋1 −
1
n＋2),
Sn＝16×(
1
2 −1
3 ＋1
3 −1
4 ＋1
4 −1
5 ＋…＋
1
n＋1 −
1
n＋2)＝8n
n＋2,
k≥
Sn
n＋8 ＝
8n
(n＋2)(n＋8) ＝
8
n＋16
n ＋10,
∵n>0,∴n＋16
n ≥8,
当且仅当n＝16
n ,即n＝4 时取等号,
∴k≥4
9,则k 的最小值为4
9.
11.(2025·武汉调研)已知数列{an},{cn}满足a1＝1,an＋1＝2an＋1,cn＝
1
(2n＋1)(2n＋3),设数列{cn}
的前n 项和为Tn,若存在m 使得Tn> 1
am对任意的n∈N*都成立,则正整数m 的最小值为 .
答案 5
解析 因为数列{an},{cn}满足a1＝1,
an＋1＝2an＋1,cn＝
1
(2n＋1)(2n＋3),
则an＋1＋1＝2(an＋1),且a1＋1＝2,
所以数列{an＋1}是首项和公比都为2 的等比数列,
所以an＋1＝2·2n－1＝2n,则an＝2n－1,
因为cn＝
1
(2n＋1)(2n＋3)>0,
则数列{Tn}单调递增,
所以数列{Tn}最小项的值为T1＝c1＝1
15,
若存在m 使得Tn> 1
am对任意的n∈N*都成立,则1
am
＝
1
2
m−1< 1
15,
所以2m－1>15,解得m>4,
所以正整数m 的最小值为5.
12.(2025·福州质检)若x＝1 是函数f(x)＝an＋1x4－anx3－an＋2x＋1 的极值点,数列{an}满足a1＝1,a2＝
3,设bn＝log3an＋1,记[x]表示不超过x 的最大整数.设Sn＝[2 025
b1b2
＋2 025
b2b3 ＋…＋2 025
bnbn＋1],若不等式
Sn≥t 对∀n∈N*恒成立,则实数t 的最大值为 .
答案 1 012
解析 f'(x)＝4an＋1x3－3anx2－an＋2,
∴f'(1)＝4an＋1－3an－an＋2＝0,
即an＋2－an＋1＝3(an＋1－an),
∴数列{an＋1－an}是首项为2,公比为3 的等比数列,
∴an＋1－an＝2×3n－1,则an＋1＝(an＋1－an)＋(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝2×3n－1＋
2×3n－2＋…＋2×30＋1＝3n,
∴bn＝log3an＋1＝log33n＝n.
∴2 025
b1b2
＋2 025
b2b3 ＋…＋2 025
bnbn＋1
＝2 025×[
1
1×2 ＋
1
2×3 ＋…＋
1
n(n＋1)]
＝2 025×(1−1
2 ＋1
2 −1
3 ＋…＋1
n −
1
n＋1)
＝2 025n
n＋1 .
又y＝2 025n
n＋1 在n∈N*上单调递增,
则当n＝1 时,Sn取最小值S1＝[
2 025
2 ]＝1 012,即t≤1 012.
四、解答题
13.(2025·石家庄质检)已知各项为正的数列{an}的首项为2,a2＝6,an＋2an＋1－2an＋1
2
＝an＋1an－an
2－
anan＋2.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)设数列{an}的前n 项和为Sn,求数列{Sn＋an－28}前n 项和的最小值.
解 (1)因为an＋2an＋1－2an＋1
2
＝an＋1an－an
2－anan＋2,
所以有(an＋1＋an)(an＋2＋an－2an＋1)＝0,
而an>0,∴an＋an＋1≠0,
所以an＋2＋an－2an＋1＝0,
又因为a1＝2,a2＝6,所以a2－a1＝4,
由等差数列定义知数列{an}是以2 为首项,4 为公差的等差数列.
所以数列{an}的通项公式为an＝4n－2.
(2)由(1)有Sn＝2n＋n(n−1)
2
×4＝2n2,
∴Sn＋an－28＝2n2＋4n－30
＝2(n＋5)(n－3),
令Sn＋an－28>0,
有n＝4,5,6,…;
Sn＋an－28<0,有n＝1,2;
Sn＋an－28＝0,有n＝3.
所以{Sn＋an－28}前n 项和的最小值为2(1＋5)(1－3)＋2(2＋5)(2－3)＝－38,
当且仅当n＝2,3 时取到.
14.(2025·银川调研)已知等比数列{an}的前n 项和为Sn,S2＝1
2,a2＋a3＝－1
4.
(1)求{an}的通项公式;
(2)若bn＝{
an＋1＋n,n 为奇数,
|an|,n 为偶数,
求数列{bn}的前n 项和Tn;
(3)若存在正整数n,使得(Sn－m)(Sn＋1－m)<0 成立,求m 的取值范围.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q,
则q＝
a3＋a2
a2＋a1
＝a3＋a2
S2
＝
−1
4
1
2
＝－1
2,
由S2＝a1＋a2＝a1－1
2a1＝a1
2 ＝1
2,
解得a1＝1,
所以an＝1×(−1
2)
n−1
＝(−1
2)
n−1
.
(2)由(1)得bn＝{
n−1
2
n ,n 为奇数,
1
2
n−1 ,n 为偶数,
则b2k－1＋b2k＝2k－1－
1
2
2k −1 ＋
1
2
2k −1＝2k－1,
当n 为偶数时,令n＝2k,
则Tn＝T2k＝(1＋2k −1)k
2
＝k2＝n
2
4 ,
当n 为奇数时,Tn＝Tn＋1－bn＋1
＝(n＋1)
2
4
－1
2
n ＝n
2＋2n＋1
4
－1
2
n.
所以Tn＝{
n
2＋2n＋1
4
−1
2
n ,n 为奇数,
n
2
4 ,n 为偶数.
(3)由(1),知Sn＝
1−(−1
2)
n
1−(−1
2)
＝2
3[1−(−1
2)
n
],
存在正整数n,使得(Sn－m)(Sn＋1－m)<0 成立.
当n 为偶数时,Sn＝2
3[1−(
1
2)
n
]<2
3,
Sn＋1＝2
3[1＋(
1
2)
n＋1
]>2
3,
由(Sn－m)(Sn＋1－m)<0,
得Sn<m<Sn＋1.
因为Sn单调递增,所以Sn的最小值为S2＝1
2,
因为Sn＋1单调递减,
所以Sn＋1的最小值为S3＝3
4,
所以1
2<m<3
4.
当n 为奇数时,Sn＝2
3[1＋(
1
2)
n
]>2
3,
Sn＋1＝2
3[1−(
1
2)
n＋1
]<2
3,
由(Sn－m)(Sn＋1－m)<0,得Sn＋1<m<Sn.
因为Sn单调递减,所以Sn的最大值为S1＝1,
因为Sn＋1单调递增,
所以Sn＋1的最小值为S2＝1
2,
所以1
2<m<1.
综上,m 的取值范围是(
1
2 ,1)
