数列最值问题与单调性
数列的最值问题及单调数列问题
例1、已知一个正项等差数列前20项的和为100,那么a 7a 14最大值为
B .50
C .100
D .不存在
( )
解:依题意,S 20所以,
19⎫1919⎛
=100⇒20 a 1+d ⎪=100⇒a 1+d =5⇒a 1=5-d ,
2⎭22⎝
⎛19d ⎫⎛19d ⎫⎛7d ⎫⎛7d ⎫
a 7a 14=(a 1+6d )(a 1+13d )= 5-+6d ⎪5-+13d ⎪= 5-⎪5+⎪
222⎭⎝2⎭⎝⎭⎝⎭⎝49d 2
=25-≤25
4
例2、等差数列{a n }中,a 2于( ) A .503 解析:a 2
=2008,a 2008=a 2004-16,则其前n 项和S n 取最大值时n 等
或504
D .504或505
B .504
=2008⇒a 1+d =2008,a 2008=a 2004-16⇒a 1+2007d =a 1+2003d -16
n (n -1)n (n -1)
d =2012n +⨯(-4) ⇒d =-4,所以,a 1=2012,所以,S n =na 1+22
=2012n -2n (n -1)=2014n -2n 2,结合二次函数S n =-2n 2+2014n 的图象进行判定。
另解:a 2008
=a 2004-16⇒d =-4,所以a 1>a 2>a 3> >a k ≥0≥a k +1> ,数列
{a n }为递减的等差数列,所以,把所有非负项都加起来可得到S n 的最大值。由
,可知,当n ≤504时,数量的项非负,而a n =2012-4-n 4(n -)1=2016
a 503>0,a 504=0,所以,S 503或S 504最大。
例3(2010天津文15)设
{a
n }是等比数列,公比q =S n 为{a n }的前n 项和. 记
T n =
17S n -S 2n *
,n ∈N . 设T m 为数列{T n }的最大项,则m =4
a n +1
n 2n n 2n
1⎡a 1(1-q )a 1(1-q )⎤17(1-q )-(1-q )⎢17⎥=-【解析】 因为T n = n
(1-q ) q a 1q n ⎢1-q 1-q ⎥⎣⎦2
171-t -1-t 2⎛16⎫
n
设q =t ,则有T
n
t +⎪t ⎭
⎝
≤
=
t =4,
所以当T m 为数列
{T n }的最大项时,m =4.
+
+
注:本题对基本不等式的考查是目的之一,基本不等式就是:设a ∈R ,b ∈
R ,则“a =b ”. a +b ≥01、(2010辽宁理数16)已知数列__________
{a n }满足a 1=33,a n +1-a n =2n ,则
a n
的最小值为n
⎧a n -a n -1=2(n -1)⎪
⎪a n -1-a n -2=2(n -2)⎪
解析:a n +1-a n =2n ⇒⎨ ,
⎪a -a =2⨯2⎪32
⎪a 2-a 1=2⨯1⎩
1+(n -1)⎤⎡(n -1)⎣⎦累加后,a n -a 1=2⎡ ⎣1+2+ +(n -1)⎤⎦⇒a n -a 1=2⨯2⇒a n =33+n 2-n ⇒
单调递增,在又因为
a n 3333
=+n -1,+n -1,令⇒f (n )=则f (n
)在n n n
+
+∞上
)
(0上是递减的,因为n ∈N ,所以当n =5或6时,f (n )有最小值
(d ≠0)的无穷等差数列{a n }的前n 项和,则下列
a 553a 66321a a 6321
=,==,所以n 的最小值为6== 55662662n
02、(2012浙江理科7) 设S n 是公差为d 命题错误的是: ..
A .若d
{S n }有最大项; B .若数列{S n }有最大项,则d
{S n }是递增数列,则对任意的n ∈N *,均有S n >0
>0,则数列{S n }是递增数列
D .若对任意的n ∈N *,均有S n 【答案】C
【解析】选项C 显然是错的,举出反例:-1,0,1,2,3,„.满足数列但是S n
{S n }是递增数列,
>0不成立.
03、(2011天津理4) 已知为
{a n }为等差数列,其公差为-2,且a 7是a 3与a 9的等比中项,S n
{a n }的前n 项和, n ∈N *, 则S 10的值为:
04、(2011陕西理14) 植树节某班20名同学在一段直线公路一侧植树,每人植一棵,相邻两棵树相距10米,开始时需将树苗集中放置在某一树坑旁边,使每位同学从各自树坑出发前来领取树苗往返所走的路程总和最小,这个最小值为 (米)。2000 【解析】设树苗集中放置在第i 号坑旁边,则20名同学返所走的路程总和为
l =2[(i -1) +(i -2) + +2+1+1+2+ +(19-i ) +(20-i )]⨯10
=(i 2-21i +210) ⨯20
=[(i -
212399
) +]⨯20即i =10或11时l min =2000. 24
05、(2011重庆理11) 在等差数列解析:74. a 2+a 8
{a n }中,a 3+a 7=37,则a 2+a 4+a 6+a 8==a 4+a 6=a 3+a 7=37,故a 2+a 4+a 6+a 8=2⨯37=74
06、(2010福建理数3)设等差数列取最小值时, n 等于
A .6
{a n }的前n 项和为S n , 若a 1=-11, a 4+a 6=-6, 则当S n
C .8
D .9
B .7
【解析】设该数列的公差为d ,则a 4+a 6所以S n
=2a 1+8d =2⨯(-11) +8d =-6,解得d =2,
=-11n +
n (n -1)
⨯2=n 2-12n =(n -6) 2-36,所以当n =6时,S n 取最小值。 2
n
n
1⎫⎛1⎫⎛
07、(2010浙江理数14)设n ≥2,n ∈N , 2x +⎪- 3x +⎪
2⎭⎝3⎭⎝=a 0+a 1x +a 2x 2+⋅⋅⋅+a n x n ,将{a k }(0≤k ≤n )的最小值记为T n ,则
T 2=0, T 3=
1111
-, T =0, T =-, ⋅⋅⋅, T n , ⋅⋅⋅其中T n =__________________ . 5233342535
【解析】本题主要考察了合情推理,利用归纳和类比进行简单的推理,属容易题
08. (2009安徽卷理)已知
{a n }的前n 项和,则使得S n 达到最大值的n 是:
{a n }为等差数列,a 1+a 3+a 5=105,a 2+a 4+a 6=99,以S n 表示
(A )21 (B )20 (C )19 (D ) 18解析:由a 1+a 3+a 5=105得3a 3即a 4由⎨
=105, 即a 3=35,由a 2+a 4+a 6=99得3a 4=99
=33 ,∴d =-2,a n =a 4+(n -4) ⨯(-2) =41-2n ,
得n =20,选B
⎧a n ≥0
⎩a n +1
09. (2008四川卷16)设等差数列值为_______4
{a n }的前n 项和为S n ,若S 4≥10, S 5≤15,则a 4的最大
10、若一个数列的第m 项等于这个数列的前m 项的积,则称该数列为“m 积数列”.若正项等比数列
且a 1>1,则其前n 项的积最大时,n = ________. {a n }是一个“2012积数列”,
解析:根据条件可知a 1a 2a 3⋅ ⋅a 2012
故a 1a 2a 3⋅ ⋅a 2011=1,即a 1006则0
2011
=a 2012,
=1⇒a 1006=1,而a 1>1,故{a n }的公比0
1,故数列{a n }的前n 项的积最大时,n =1005或1006.
a
答案:1005或1006 11、已知数列
{a n }为等差数列,若a 5
6
解析:(1)由此时
a 5
若a 6>0,则a 5a 6,
a 6
5
若a 6
n n
n
a 5>a 6,>-a 6>0,
仍然有
{a }中第6项最小.故{a }中的最小项是第6项.
{a n }为等差数列,a 1+a 3+a 5=105,a 2+a 4+a 6=99,以S n 表示{a n }的前n
令b n ={a n }的首项及公差均为正数,
12、已知
项和,则使得S n 达到最大值的n 是 13、已知等差数列
n ∈N *, n
当b k 是数列{b n }的最大项时,k 14、(2012江西理16)
已知数列
=___
12
S =-n +kn (n ∈N *),且S n 的最大值为8. (1)确定常的前项和n a {n }n
2
数k ,求a n ;
解析:(1)当n =k ∈N *时,S n
111
=-n 2+kn 取最大值,即8=-k 2+k 2=k 2,故
222979
k =4,从而a n =S n -S n -1=-n (n ≥2),又a 1=S 1=,所以a n =-n (n ≥1)
222
15、(2012四川理科20) 已知数列{a n }的前n 项和为S n ,且a 2a n 都成立。(Ⅰ)求a 1,a 2的值;(Ⅱ)设a 1>0,数列⎨lg 值时,T n 最大?并求出T n 的最大值。
解:取n =1,得a 2S 1=S 2+S 1=2a 1+a 2 „„„„ ①
取n =2,得a 2又②-①,得
2
=S 2+S n 对一切正整数n
⎧10a 1⎫
⎬的前n 项和为T n ,当n 为何a n ⎭⎩
=2a 1+2a 2 „„„„ ②
a 2(a 2-a 1) =a 2 „„„„ ③
(1)若a 2(2)若a 2
=0,由①知a 1=0
≠0,易知a 2-a 1=1 „„„„ ④
由①、④得:a 1
1,a 2=
2,a 3=1
a 4=2
1,a 22
=S 2+
S n ,2a n -1=S 2+S n -1
(2)当a 1>0时,由(I
)知,a 1当n ≥
2时,有所以,a n 所以a n
n
(2a
n -1
n
(n -1(n ≥2)
)
110010a
令b =
lg ,则b =1-lg =lg
22a
=a 1
1⋅
n -1
1
n -1
n
n -1
=
n
所以,数列则
{b n }是以-2lg2为公差,且单调递减的等差数列.
1
10
>lg1=0 811001
21282b 1>b 2>b 3> >b 7=lg
7(b 1+b 7)21
=7-lg2„„12分 所以,n =7时,T n 取得最大值,且T n 的最大值为T 7=
22
16、已知数列{a n }是等差数列,a 1+a 2(1)若a 1
+a 3=15,数列{b n }是等比数列,b 1b 2b 3=27.
=b 2, a 4=b 3.求数列{a n }和{b n }的通项公式;
+b 2, a 3+b 3是正整数且成等比数列,求a 3的最大值.
=5, b 2=3,所以a 1=b 2=3,从而等差数列{a n }的公差d =2,所以
(2)若a 1+b 1, a 2
解:(1)由题得a 2
a n =2n +1,从而b 3=a 4=9,所以b n =3n -1. „„„„„„3分
(2)设等差数列{a n }的公差为d ,等比数列{b n }的公比为q ,则a 1=5-d ,b 1=
3
,q
a 3=5+d ,b 3=3q .
因为a 1+b 1, a 2
+b 2, a 3+b 3成等比数列,所以(a 1+b 1) ⋅(a 3+b 3) =(a 2+b 2) 2=64.
⎧a 1+b 1=m 设⎨,m , n ∈N *,mn =64, ⎩a 3+b 3=n
3⎧5-d +=m ⎪
q 则⎨,整理得,d 2+(m -n ) d +5(m +n ) -80=0.
⎪5+d +3q =n ⎩
解得d =(舍去负根).
a 3=5+d ,∴要使得a 3最大,即需要d 最大,即n -m 及(m +n -10) 2取最大
值. m ,n ∈N *,mn =64,
∴当且仅当n =64且m =1时,n -m 及(m +n -10) 2取最大值.
从而最大的d =
17、已知数列a n (1)求满足a n +1=解:(1)a n +1=
所以,最大的a 3= =n -16,b n =(-1)n -15,其中n ∈N *
n
(2)n ≠16,求数列b n 的所有正整数n 的集合;
b n
的最大值和最小值 a n
b n ,n -15=n -15,
b n 恒成立;当n
*
当n ≥15时,a n +1=n 的集合
{n n ≥15,n ∈N }„„„„4分
b n (-1) n n -(2) =
n -16a n
(i)当n >16时,n 取偶数
⎛b ⎫1b n n -153
==1+,当n =18时, n ⎪=无最小值,
n -16a n n -16⎝a n ⎭max 2
n 取奇数时
⎛b ⎫b n 1
,n =17时, n ⎪=-2无最大值„„„„8分 =-1-
a n n -16⎝a n ⎭min
n
b (-1)(n -15)(ii)当n
a n n -16
当n 为偶数时
⎛b ⎫1b n -(n -15)1⎛b ⎫13
=-1-=,n =14时, n ⎪=-, n ⎪=-
n -16n -162⎝a n ⎭min 14a n ⎝a n ⎭max
⎛b n ⎫⎛b n ⎫1b n n -1514
当n 奇数时,==1+ , n =1 , ⎪=,n =15, ⎪=0
n -16a a n n -16⎝n ⎭max 15⎝a n ⎭min
„„„11分 综上,
3b n
最大值为(n =18)最小值-2(n =17)……………….12分
2a n
18、己知等差数列{a n }的公差d ≠0,且a 1,a 3,a 13前n 项的和,则
成等比数列,若a 1=1,S n 是数列{a n }
2S n +16
的最小值为
a n +3
B . 3
2
A .4
2
C
.-2
D .
9 2
解析:由a 3
2
=a 1a 13⇒(1+2d )=1+12d ,即4d 2=8d , d ≠0,∴d =2
2S n +162n 2+16n 2+89
S n =n ⇒a n =2n -1,故===n +1+-2
a n +32n +1n +1n +
1
≥2=4,当(n +1)=9,即n =2时其值最小,
2
19、已知数列
{a n }的各项均为正数,S n 为其前n 项和,对于任意n ∈N *,满足关系
S n =2a n -2. (Ⅰ)证明:{a n }是等比数列; (Ⅱ)在正数数列{c n }中,设
n +1
c n =
n +1
a (n ∈N *),求数列{ln c n }中的最大项. 2n +1n +1
(Ⅰ)证明:∵S n
∴S n +1
=2a n -2(n ∈N *) ①
=2a n +1-2(n ∈N *) ② „„„„2分
=2a n +1-2a n (n ∈N *)
②-①,得a n +1∵a n
a
≠0,n +1=2 (n ∈N *) ,故数列{a n }是等比数列 „„„5分
a n
a n =2n ,∴a n +1=2n +1
(Ⅱ)解:据(Ⅰ)可知 由c n
n +1
=
n +1
a (n ∈N *),得 2n +1n +1
(c n )n +1=n +1,∴ln c n =
ln (n +1)
„„„„8分
n +1
1
⋅x -ln x 1-ln x ln x =令f (x ) =,则f '(x ) = x 2x 2x
∵在区间∴在区间
在区间(e ,+∞)上,f '(x ) 0,
+∞)上f (x ) 为单调递减函数. (e ,
∴n ≥2且n ∈N *时,ln c n 是递减数列,又ln c 1
{}
∴数列{lnc n }中的最大项为ln c 2
1
=ln 3 „„„„12分 3
20、已知等差数列{a n }, 其前n 项和为S n ,等比数列{b n }的各项均为正数,公比是q ,且满足:a 1
(Ⅰ)求a n 与b n ; =3,b 1=1,b 2+S 2=12,S 2=b 2q .
(Ⅱ)设c n 解: (1) (2) c n
=3b n -λ⋅2, (λ∈R ) ,若数列{c n }是递增数列,求λ的取值范围.
a n
3
a n =3n , b n =3n -1
=3n -λ⨯2n , ∴c n +1-c n >0, ∴3n +1-λ⨯2n +1>3n -λ⨯2n
3n
∴λ
2
21、某火山喷发停止后,为测量的需要距离喷口中心50米内的圆环面为第1区、50米至100米的圆环面为第2区、„„第50
(n -1)至第50n 的圆环面为第n 区,„,现测得第1区火
山灰平均每平方米为1吨、第2区每平方米的平均重量较第1区减少2%、第3区较第2区又减少2%,以此类推。问:
(1)离火山口1275米处火山灰为每平方米多少千克?(精确到1千克)? (2)第几区内的火山灰总重量最大?(参考数据:0.98
24
=0.61578,0.9825=0.60347,
0.9826=0.59140)
⎧1275⎪50(n -1)≤12751275
⇒
505050n >1275⎪⎩
所以,第26区的火山灰平均每平方重:1⨯(1-2%)(2)设第n 层的火山灰总重量为a n ,则a n 即a n
25
吨=0.60347⨯1000千克≈603千克
222⎤⨯0.98n -1 =π⎡50n -50n -1()()⎣⎦
22⎤⨯0.98n -1=2500π(2n -1)⨯0.98n -1 =2500π⎡n -n -1()⎣⎦
2500π(2n -1)⨯0.98n -1a n (2n -1)⨯0.98>1⇔2n -1⨯49>2n -3
=>1⇔由于()a n -12500π2n -3⨯0.98n -2502n -3⇔98n -49>100n -150⇔101>2n ⇔50.5>n 所以,n ≤50时成立,
a n 49(2n -1)98n -49
== a 1
a n -1502n -3100n -150100n -150-2n +1012n -101
=1-a 52>
100n -150100n -150所以第50区的火山灰总重量最大。 =
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