第40讲 数列最值的求法高中数学常见题型解法归纳反馈训练及详细解析

一、数列是一个函数，所以函数求最值的很多方式一样适用于它，又由于数列是一个特殊的函数，在求最值时，又表现出它的特殊性.有些特殊的方式要理解并记住.

二、数列求最值常常利用的方式有函数、数形结合、根本不等式、导数、单调性等，特殊的方式有夹逼法等. 【方式讲评】 方法一 使用情景 解题步骤 函数的方法 比拟容易求出函数的表达式 一般先求出函数的表达式，再利用函数的方法求出数列的最值. 【例1】在等差数列{an}中，a110,d1，Sn为{an}前n项和，求Sn的最大值. 【点评】数列是一个特殊的函数，等差数列的前n项和可以看做是一个关于n的二次函数

SnAn2Bn，利用图像解答.

【反映检测1】 设等差数列{an}的前n项和为Sn，a3=12，s12>0,s130, (1)求公差d的取值范围；

〔2〕指出s1，s2，…，s12中哪个值最大，并说明理由.

方法二 使用情景 解题步骤 数形结合法 比拟容易求出数列的通项 先求数列的通项，再对通项的图像进展研究. *【例2】在等比数列{an}中，an0(nN)，公比q(0,1)，且a1a52a3a5a2a825，a3与a5的等

比中项为2.

〔1〕求数列{an}的通项公式；

〔2〕设bnlog2an，数列{bn}的前n项和为Sn，当

SS1S2n最大时，求n的值. 12n【点评】〔1〕等差数列的通项an可以看做是一个关于n的一个一次函数，画出函数的图像，比拟直观地看出数列的哪些项是正数，哪些项是负数，从而取得前多少项的和最大或最小.〔2〕注意数列an中，由 于a90，所以前的和和前9项的和相等，且都最大，所以在考虑问题时，注意那些“零〞项，以避免得犯错误的结论.

【例3】数列an中，ann79(nN)那么在数列an的前n项中最小项和最大项别离是〔 〕

n80A.a1,a50 B. a1,a8 C. a8,a9 D.a9,a50

【点评】该题中的函数是双曲线，画出函数的图像，可以看出在靠近渐近线的地方函数取到最小值或最大值. 【反映检测2】等差数列{an},anN,Sn=（an2)2.假设bn小值.

方法三 使用情景 解题步骤 单调性法 数列的单调性比拟容易确定 先求数列的通项，再对通项的单调性进展研究. *181an30，求数列 {bn}的前n项和的最2【例4】 数列{an}的通项公式an(n1)(9n)，(nN)，求{an}的最大值. 10【点评】〔1〕数列依照单调性分可以分为单调增函数、单调减函数、非单调函数.〔2〕判断数列的单调性一般有两种方式，方式一是作差判断，若是

an1an0{an}单调递增；an1an0{an}单调递减.方式二是作商判断，若是

【例5】设单调递增函数f(x)的概念域为0,，且对任意的正实数x,y有：f(xy)f(x)f(y)且

1f()1． 2⑴一个各项均为正数的数列an知足:f(sn)f(an)f(an1)1其中Sn为数列an的前n项和,求数列an的通项公式；

⑵在⑴的条件下，是不是存在正数M使以下不等式：

对一切nN*成立？假设存在，求出M的取值范围；假设不存在，请说明理由． ⑵假设M存在知足条件， 即M2na1a2an(2an1)an2n1(2a11)(2a21)2na1a2对一切nN*恒成立．

令g(n)2n1(2a11)(2a21)(2an1)，

g(n1)2n1122n3132n22n12n3n(n1)，

(2n1)(2n1)4n28n41，

4n28n3g(n1)故g(n)g(n1)g(n)，g(n)单调递增，nN*，g(n)g(1)23． 323． 30M【点评】〔1〕此题就是利用作商法判断数列的单调性，再求数列的最值；〔2〕是选择作差法判断函数的单调性，仍是选择作商法判断数列的单调性，主要看数列的形式，若是数列是商的形式，一般利用作商法判断数列的单调性，若是数列是和的形式，一般选择作差法判断数列的单调性.

【反映检测3】 数列an中，a11,且点Pan,an1nN在直线xy10上．

 〔1〕求数列an的通项公式； 〔2〕假设函数f(n)111na1na2na31nN,求函数f(n)的最小值； nan 〔3〕设bn1,Sn表示数列bn的前n项和， anSn1n(Sn1),(nN,n2)．

根本不等式法 有一正二定三相等的数学情景 先求函数的表达式，再利用根本不等式解答. 试证明：S1S2S3方法四 使用情景 解题步骤 【例6】广州市某通信设备厂为适应市场需求，提高效益，特投入98万元引进世界先进设备奔腾6号，并马上投入生产，第一年需要的各类费用是12万元，从第二年开场，所需费用会比上一年增加4万元，而每一年因引进该设备可取得的年利润为50万元. 〔1〕引进该设备多少年后，开场盈利？ 〔2〕引进该设备假设干年后，有两种处置方案：

第一种：年平均盈利抵达最大值时，以26万元的价钱卖出；

第二种：盈利总额抵达最大值时，以8万元的价钱卖出.问哪一种方案较为合算？并说明理由.

【点评】根本不等式一样可以求数列的最值.若是n取等时的值不是正整数，可以求它周围的点的函数值，比拟就可以够了.

【反映检测4】某大学毕业生响应国家“自主创业〞的号召，今年年初组织一些同窗自筹资金196万元购进一台设备，并当即投入生产自行设计的产品，方案第一年维修、保养费用24万元，从第二年开场，每一年所需维修、保养费用比上一年增加8万元，该设备利用后，每一年的总收入为100万元，设从今年起利用n年后该设备的盈利额为f(n)万元. 〔Ⅰ〕写出f(n)的表达式；

〔Ⅱ〕求从第几年开场，该设备开场盈利；

〔Ⅲ〕利用假设干年后，对该设备的处置方案有两种：方案一：年平均盈利额抵达最大值时，以52万元价钱处置该设备；方案二：当盈利额抵达最大值时，以16万元价钱处置该设备.问用哪一种方案处置较为合算?请说明理由．

方法五 使用情景 解题步骤 导数法 函数比拟复杂，单调性一般方法不行. 先求函数，再求导，再研究函数的单调性. 【例7】在数列{an}中，a11k•,•an1an1k〔nN〕，其中k是常数，且25k36. 2nn〔Ⅰ〕求数列{an}的通项公式；〔Ⅱ〕求数列{an}的最小项.

以上n1个式子相加得ana1n1k(1)，即ana1n1k(1). 又a11k，所以an1kn1k(1)，即ann当n1时，上式也成立.

1n1n1nk(n2,3,). nk(n1,2,3,). nkk〔Ⅱ〕为考察数列{an}的单调性，注意到ann(n1,2,3,)，可设函数f(x)x)(x1)，那么

nx所以数列{an}的通项公式为annx2kk. f(x)12，即f(x)2xx可知x1,k时，f(x)0；xk时，f(x)0；x(k,)时，f(x)0.

所以函数f(x)xk在[1，k]上是减函数；在k,上是增函数.

x因为25k36，所以5〔3〕当a5a6，即5k6.

kk6，即k30时， 56. 所以数列{an}的最小项为

a1a2a3a4a5,a5a6a7a5a663011. 6kk6且k25，那么25k30， 56ka1a2a3a4a5,a5a6a7. 所以数列{an}的最小项为a55.

5kk〔5〕当a5a6且k6时，56且k36，那么30k36，

56〔4〕当a5a6且k5时，5a1a2a3a4a5a6•,•a6a7.

所以数列{an}的最小项为a66k. 6k；5综上所述：当k25时，数列{an}的最小项为a5=10；当25k30时，数列{an}的最小项为a55当k30时，数列{an}的最小项为a5a6=11；当30k36时，数列{an}的最小项为a66k；当k366时，数列{an}的最小项为a612.【点评】〔1〕利用导数求数列的最值，不能直接求，必需先构造数列对应的函数，因为数列是离散型函数，不可导.〔2〕注意数列对应的函数的单调性和数列本身的单调性是有区别的，有人以为“数列对应的函数在(0,a)上单调递增，在(a,)上单调递减，那么数列在最靠近xa的地方取得最大值〞.如以下图所示，数列对应的持续函数在(0,a)上单调递增，在(a,)上单调递减，可是数列并非是在最靠近xa的xc处取得最大值，而是在xb处取得最大值〔其中b,cN,a0).所以可知当数列对应的函数在(0,a)上单调递增，在(a,)上单调递减，那么数列不必然在最靠近xa的地方取得最大值，必需把xa周围的整数值代进去比拟，才可以判断谁是最大值.所以一般不利用导数求数列的最值.

【反映检测5】求数列{annn}的最大项与最小项. b a c 方法六 使用情景 解题步骤 夹逼法 二项展开式中研究最值问题. akak1akak1利用数列离散的特点，考察或，然后判断数列{an}的最值情况. aaaak1kk1kn1【例8】二项式2x．

2〔1〕假设展开式中第5项、第6项与第7项的二项式系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项的系数；

〔2〕假设展开式前三项的二项式系数和等于79，求展开式中系数最大的项．

akak1akak1【点评】利用数列离散的特点，考察或，然后判断数列{an}的最值情况.〔1〕、假设数

aaaak1kk1k列{an}中的最大项为ak，那么akak1akak1；〔2〕、假设数列{an}中的最小项为ak，那么.注意：这只

aak1kakak1是ak为数列最值的必要不充分条件，不是充要条件，假设k不止一解时，需要代入查验.

【反映检测6】(3xx2)2n的展开式的系数和比(3x1)n的展开式的系数和大992，求(2x)2n的展开式中：〔1〕二项式系数最大的项；〔2〕系数的绝对值最大的项.

1x高中数学常见题型解法归纳及反映检测第40讲：

数列最值的求法参

【反映检测1答案】〔1〕〔-

24,-3〕；〔2〕当n6时，Sn最大. 7n2nn(n1)d5d=n2(12d)n 解法二：由题意可得：Sn=na1+d=n(122d)+2222显然d0, Sn是关于自变量n的二次函数， 由〔1〕知：d0,

二次函数的图像抛物线的对称轴为n512, 2d24d3， 751213所以6<<,

2d2由〔1〕知：又因为nN*,

故当n6时，Sn最大，即s6最大. 【反映检测2答案】225 因此等差数列{an}的公差大于0.

1a1=s1=（a12)2,解得a1=2.

81所以an4n2,那么bnan302n31.

2即数列{bn}也为等差数列且公差为2.

2n3102931由2(n1)310，解得n，

{22因为nN，所以n15, 故{bn}的前15项为负值， 因此s15最小， 可知b1=-29，d=2,

*所以数列 {bn}的前n项和的最小值为

s15=

15（2921531）=-225.

21；〔3〕观点析. 2【反映检测3答案】〔1〕ann；〔2〕f(n)的最小值是f(1)【反映检测3详细解析】〔1〕由点P(an,an1)在直线xy10上，即an1an1，

且a11，数列{an}是以1为首项，1为公差的等差数列an1(n1)1n，ann 〔2〕f(n)111 n1n22n1 2所以f(n)是单调递增，故f(n)的最小值是f(1)nSnnnSn1.(nN,n2)

【反映检测4答案】〔Ⅰ〕fn4n80n196〔n〕；〔Ⅱ〕从第三年开场盈

2利；〔Ⅲ〕采用方案一合算．

【反映检测4详细解析】〔Ⅰ〕f(n)100n196[24nn(n1)8]4n280n196(nN)． 2〔Ⅱ〕由f(n)0得：4n280n1960即n220n490，解得1051n1051，由nN知，

3n17，即从第三年开场盈利

〔Ⅲ〕方案①：年平均盈利为

f(n)4949f(n)494(n)8042n8024，当且仅当n，那么，nnnnn即n7时，年平均利润最大，共盈利24×7＋52＝220万元．

方案②：f(n)4(n10)204，当n10时，取得最大值204，即通过10年盈利总额最大，共计盈利204＋16＝220万元

两种方案获利相等，但由于方案二时间长，所以采用方案一合算． 【反映检测5答案】{an}的最大项为a333,最小项为a11.

53【反映检测6答案】〔1〕T6C10〔2〕T4C10(2x)5()580；(2x)7()315360x4。

21x1x【反映检测6详细解析】由题意知22n2n992，解得n5.

110的展开式中第6项的二项式系数最大，即15)T6C10(2x)5()580 xx1rr〔2〕设第r1项的系数的绝对值最大，因为Tr1C10210rx102r (2x)10r()r(1)rC10x〔1〕(2xrr1rr1C10210rC10210r1C102C1011r2r811 那么，得即解得rr10rr110r1rr133C2C22CC2(r1)10r101010103所以r3，故系数的绝对值最大的项是第4项即T4C10(2x)7()315360x4

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