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微专题22 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＝－，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
所以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，
所以(λ＋3)n－4λ≥0.
记f(n)＝(λ＋3)n－4λ(n∈N*)，
所以解得－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(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)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 设数列{an}的前n 项积为Tn，满足TnTn－1＋2Tn＝2Tn－1(n∈N*，n≥2)，且
an≠0，a1＝.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若数列{bn}满足bn＝an＋，求数列{bn}的前n 项和Sn的最值.
解 (1)由TnTn－1＋2Tn＝2Tn－1，
得－＝.
又＝＝，所以＝＋(n－1)＝，所以Tn＝，
所以an＝＝(n≥2)，
因为n＝1，a1＝符合上式，所以an＝.
(2)由(1)知，an＝，
所以bn＝an＋＝＋＝－＋2.
所以Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝＋＋…＋
＝－＋2n，
显然Sn＝－＋2n 在n∈N*上单调递增，
所以当n＝1 时，Sn的最小值是，无最大值.
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 (2024·成都诊断)已知数列{an}是首项等于的等比数列，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)loga 2，
∴数列{bn}的前n 项和Tn＝loga 2
＝loga 2，
当a>1 时，(Tn)min＝T4＝T5＝－10loga 2，无最大值；
当0<a<1 时，(Tn)max＝T4＝T5＝－10loga 2，无最小值.
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)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－＝(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 (2024·南昌调研)已知数列{an}和{bn}满足an＋bn＝2n＋1，且{bn}满足b＝
bn·bn＋2，a2＝1，a3＝－1.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n 项和为Sn，求当Sn＋2n＋1≥50 时，正整数n 的最小值.
解 (1)∵b＝bn·bn＋2，
∴数列{bn}为等比数列.
∵a2＝1，a2＋b2＝5，∴b2＝4.
∵a3＝－1，a3＋b3＝7，∴b3＝8，
∴等比数列{bn}的公比q＝＝2，
∴bn＝b2qn－2＝4×2n－2＝2n，
∴an＝2n＋1－bn＝2n＋1－2n.
(2)由(1)知an＝2n＋1－2n，
所以Sn＝－＝n(n＋2)－2n＋1＋2，
∴Sn＋2n＋1≥50 可化为n2＋2n－48≥0，
∵n∈N*，解得n≥6，
∴正整数n 的最小值为6.
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 (2024·福州质检)已知数列{an}的前n 项和为Sn，a1＝1，an＋1＝Sn＋2n＋1，
n∈N*.
(1)求证：数列是等差数列；
(2)设bn＝，{bn}的前n 项和为Tn.
①求Tn；
②若对任意的正整数n，不等式5－Tn<λ·2n恒成立，求实数λ 的取值范围.
(1)证明 因为an＋1＝Sn＋2n＋1，
所以Sn＋1－Sn＝Sn＋2n＋1，
所以Sn＋1＝2Sn＋2n＋1，所以＝＋1，
所以－＝1，
所以是公差为1 的等差数列.
(2)解 ①因为＝＝，
所以＝＋(n－1)×1＝，
所以Sn＝(2n－1)·2n－1，
∴bn＝＝·，
∴Tn＝×＋×＋×＋…＋×，
∴Tn＝×＋×＋×＋…＋×，
两式相减得Tn＝＋＋＋…＋－×，
∴Tn＝＋－×，所以Tn＝－×，
∴Tn＝5－(2n＋5)×.
②∵5－Tn<λ·2n对任意的n∈N*恒成立，
∴(2n＋5)·<λ·2n，
则λ>对任意的n∈N*恒成立，
令Cn＝，
∴Cn＋1－Cn＝－＝＝<0，
∴{Cn}为递减数列，则当n＝1 时，(Cn)max＝，
∴λ>.
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＋(a≠0).
(1)若a＝－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a 的取值范围.
解 (1)∵an＝1＋，
又a＝－7，∴an＝1＋.
结合函数f(x)＝1＋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＋，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，
可知5<<6，即－10<a<－8.
即a 的取值范围是(－10，－8).
【精准强化练】
一、单选题
1.已知数列{an}是等比数列，若a9·a12>1，0<a11<1，且数列{an}的前n 项乘积
Tn>1，n 的最大值为( )
A.10
B.11
C.20
D.21
答案 C
解析 数列{an}是等比数列，a9·a12>1，0<a11<1，T20＝a1·a2…a19·a20＝(a10·a11)10＝
(a9·a12)10>1，
T21＝a1·a2…a19·a20·a21＝a<1，
所以使Tn>1 的n 的最大值为20.
2.(2024·合肥调研)已知数列{an}满足a1＝1，nan＋1＝(n＋1)an＋1，令bn＝，若对
于任意n∈N*，不等式bn＋1<4－2t恒成立，则实数t 的取值范围为( )
A.
B.(－∞，－1]
C.(－∞，0]
D.(－∞，1]
答案 D
解析 ∵nan＋1＝(n＋1)an＋1，
则＝＋＝＋－
∴bn＋1－bn＝－，
又∵bn＋1＝(bn＋1－bn)＋(bn－bn－1)＋…＋(b2－b1)＋b1
∴bn＋1＝＋＋…＋＋1＝2－<2，
由题意可得2≤4－2t，则2t≤2，∴t≤1.
3.若数列{an}的前n 项积bn＝1－n，则an的最大值与最小值之和为( )
A.－
B.
C.2
D.
答案 C
解析 ∵数列{an}的前n 项积bn＝1－n，
当n＝1 时，a1＝；
当n≥2 时，bn－1＝1－(n－1)，
an＝＝＝＝1＋，
当n＝1 时也适合上式，∴an＝1＋.
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.
4.已知等差数列{an}，其前n 项和为Sn，Sn有最小值.若<－1，则使Sn<0 成立的n
的最大值为( )
A.17
B.16
C.15
D.14
答案 C
解析 因为等差数列{an}的前n 项和Sn 有最小值，所以a1<0，公差d>0，所以
a9>a8.
因为<－1，所以a8<0，a9>0，且a9＋a8>0，
所以S16＝＝>0，
S15＝＝15a8<0，
所以当1≤n≤15 时，Sn<0，
所以使Sn<0 成立的n 的最大值为15.
5.(2024·武汉调研)已知Sn是等比数列{an}的前n 项和，S3＝7，S6＝63，若关于n
的不等式S2n－tan＋33≥0 对任意的n∈N*恒成立，则实数t 的最大值为( )
A.12
B.16
C.24
D.36
答案 C
解析 设等比数列{an}的公比为q(q≠1)，
则S3＝＝7，S6＝＝63，
解得q＝2，a1＝1，
∴an＝2n－1，S2n＝22n－1，
∴关于n 的不等式S2n－tan＋33≥0，
即22n－t×2n－1＋32≥0，
即t≤2n＋1＋对任意的n∈N*恒成立.
法一 设f(n)＝2n＋1＋，n∈N*，
则f(n＋1)－f(n)＝2n＋2＋－＝2n＋1－，
当n＝2 时，f(n＋1)－f(n)＝0，
当n＝1 时，f(n＋1)－f(n)<0，
当n≥3 时，f(n＋1)－f(n)>0，
又f(2)＝f(3)＝24，
∴当n＝2 或n＝3 时，f(n)min＝24 ，
∴t≤24，tmax＝24.
故选C.
法二 由2x＋1＋≥2＝16，
当且仅当2x＋1＝，即x＝时等号成立，
又n∈N*，
∴当n＝2 或n＝3 时，2n＋1＋取得最小值24，
故t≤24，tmax＝24.
6.在数列{an}中，a1＝1，an－an－1＝n，则的最小值是( )
A.
B.
C.1
D.
答案 C
解析 当n≥ 2 时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝，
当n＝1 时，a1＝1 满足上式，
则＝＝.
因为n∈N*，n＋1≥2，
所以(n＋1)＋≥3，则(n＋1)＋－1≥2，
故≥×2＝1，当且仅当n＝1 时，等号成立.故选C.
7.(2024·郑州调研)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×
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×，则an＋2＋an－2an＋1＝(n＋2)2×＋n2×－2(n＋1)2×
＝×
＝×，
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. 已知等差数列{an}的前n 项和为Sn，公差d≠0.若Sn≤S6，则下列结论正确的
是( )
A.a1<0
B.d<0
C.a6＝0
D.S13≤0
答案 BD
解析 因为Sn≤S6，所以S5≤S6且S7≤S6，
即a6＝S6－S5≥0，a7＝S7－S6≤0，
因为d≠0，即a6，a7不同时为零 ，
所以d＝a7－a6<0，故B 正确；
因为a6≥0，即a1＋5d≥0，
所以a1>0，故A 错误；
S13＝＝13a7≤0，故D 正确；
a6不一定为零，故C 错误.
9.(2024·济南调研)已知各项都是正数的数列{an}的前n 项和为Sn，且Sn＝＋，则
下列结论正确的是( )
A.当m>n(m，n∈N*)时，am>an
B.Sn＋Sn＋2<2Sn＋1
C.数列{S}是等差数列
D.Sn－≥ln n
答案 BCD
解析 对于A，由题意可知a1＝＋，得a＝1，所以a1＝1，
由a1＋a2＝＋，得a＋2a2－1＝0，
所以a2＝－1<a1，故A 错误；
对于C，由Sn＝＋，得Sn＝＋，得S－S＝1(n≥2)，故C 正确；
对于B，所以S＝1＋(n－1)＝n，得Sn＝，
则Sn＋Sn＋2＝＋<2＝2Sn＋1，故B 正确；
对于D，易知Sn－＝－，
令f(x)＝x－－2ln x(x≥1)，
则f′(x)＝1＋－＝≥0，
则f(x)单调递增，
所以f(x)≥f(1)＝0⇒－≥ln n，
即Sn－≥ln n，故D 正确.
三、填空题
10.等差数列{an}的前n 项和为Sn，且a4－a2＝8，a3＋a5＝26，若存在正整数m，
使得对一切n∈N，n≥1，≤m 都成立，则m 的最小值是________.
答案 2
解析 由题设，
可得
所以Sn＝2n2－n，则＝2－，
又n∈N，n≥1，故∈[1，2)，
要使≤m 且正整数m 恒成立，只需m≥2，故m 的最小值是2.
11.(2024·南京调研)已知等差数列{an}满足a3＝－1，a4＋a12＝－12，则数列{an}
的通项公式an＝________；若数列的前n 项和为Sn，则使Sn>的最大正整数n 为
________.
答案 2－n 5
解析 设等差数列的公差为d，由已知可得
解得
故数列{an}的通项公式为an＝2－n.
由Sn＝a1＋＋…＋，
有＝＋＋…＋.
两式相减得
＝a1＋＋…＋－
＝1－－
＝1－－＝.
所以Sn＝，由Sn＝>，得0<n≤5，
故最大正整数n 为5.
12.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＝，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×
＝2 025×
＝.
又y＝在n∈N*上单调递增，
则当n＝1 时，Sn取最小值S1＝＝1 012，即t≤1 012.
四、解答题
13.已知等差数列{an}与正项等比数列{bn}满足a1＝b1＝2，b3＝a7＝a2＋a4.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)记数列{an}的前20 项的和为S20，数列{bn}的前n 项和为Tn，求满足Tn≥S20的
n 的最小值.
解 (1)设等差数列{an}与正项等比数列{bn}的公差、公比分别为d，q(q>0)，
因为a1＝b1＝2，b3＝a7＝a2＋a4，
所以2q2＝2＋6d＝2＋d＋2＋3d，
解得d＝1，q＝2，
所以数列{an}的通项公式为an＝n＋1，数列{bn}的通项公式为bn＝2n.
(2)由(1)得S20＝＝230，
Tn＝＝2n＋1－2，
所以Tn≥S20，即为2n＋1－2≥230，
即为2n≥116.
因为y＝2x单调递增，26＝64<116<128＝27，
所以满足2n≥116 的正整数n 的最小值为7.
14.(2024·宁波调研)已知数列{an}满足：an＋1＝an＋，且a1＝－.设{an}的前n 项和为
Tn，bn＝3n·an.
(1)证明：{bn}是等差数列；
(2)求Tn；
(3)若不等式Tn＋≤tan对n∈N*恒成立，求实数t 的取值范围.
(1)证明 因为bn＝3n·an，
所以bn＋1＝3n＋1·an＋1，
bn＋1－bn＝3n＋1·an＋1－3n·an
＝3n＋1－3n·an＝1，
且b1＝－2，所以bn是以－2 为首项，且公差为1 的等差数列，即bn＝n－3.
(2)解 由(1)知，bn＝n－3，
所以an＝＝·(n－3).
则Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－4)·＋(n－3)·，于是Tn＝(－2)·＋(－1)·＋0·＋…＋(n－
4)·＋(n－3)·，
两式相减得Tn＝－＋＋＋＋…＋－(n－3)·
＝－＋－(n－3)·＝－－·，
因此Tn＝－－·.
(3)解 由Tn＋≤tan，
得－·≤t(n－3)·，
依题意，t(n－3)≥对n∈N*恒成立，
当1≤n<3 时，t≤＝－－×，
－－×≥－，则t≤－；
当n＝3 时，不等式恒成立；
当n>3 时，t≥＝－－×，－－×<－，
则t≥－，于是－≤t≤－，
综上，实数t 的取值范围是.
