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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