数列中的最大项或最小项问题的求解

数列中的最大项或最小项问题的求解方法法一：利用单调性①差值比较法若有a-a=f(n+1)一f(n)>0，则a>a，则a<a<…<a<a<…，

n+1即数列｛a」是单调递增数列，所以数列｛aj的最小项为a1=f(1)；若有a-a=f(n+1)一f(n)<0，则a<a，则a>a>…>a>a>…，

n+1即数列｛a」是单调递减数列，所以数列｛aj的最大项为a1=f(1).②商值比较法若有a=f(n)>0对于一切neN*成立，且少=f¥+、。>1

n 。计 f(n)则a+1>a，则<a2<•••<an<an^<…即数列｛aj是单调递增数列，所以数列｛an｝的最小项为若有a=f(n)>0对于一切neN*成立，且・=f¥+、。<1

n a, f(n)则a+1<a，则>a2>•••>an>an>-即数列｛a｝是单调递减数列，所以数列{a｝的最小项为a1③利用放缩法若进行适当放缩，有an+1若进行适当放缩，有an+1=f(n+1)>f(n)=a，则a<a<…<a<a<…，

n+1即数列｛a｝是单调递增数列，n所以数列｛aj的最小项为a1=f(1)；若进行适当放缩，有a若进行适当放缩，有an+1=f(n+1)<f(n)=a，则a>a>…>a即数列｛即数列｛a｝是单调递减数列，n所以数列｛aj的最大项为a1=f(1).法二：先猜后证通过分析，推测数列｛an｝的某项ak(keN*)最大(或最小)，再证明a”<ak(或a.>a.)对于一切n^N*都成立即可.这样就将求最值问题转化为不等式的证明问题.例1已知函数f⑴=32+6x,Sn是数列｛叩的前n项和，点（n,S〃）EN*）在曲线y=f(x)上.(I)求数列｛a｝的通项公式；(II)若b=(1)n-1,c=an•bn，且n n2 n6Tn是数列｛cj的前n项和.试问Tn是否存在最大值？若存在，请求出Tn的最大值；若不存在，请说明理由.解(I)因为点(n,sn)在曲线y=f(x)上，又f(x)=-3x2+6x,所以S=-3n2+6n.n当n=1时，a1=S]=3.当n>1时，a=S—S1=(-3n2+6n)-[-3(n-1)2+6(n-1)]=9一6n,当n=1时，a1=3也满足上式，所以a=9一6n.TOC\o"1-5"\h\z1 i (9-6n)(1)n-1 i(II)因为b=(治n-1,c=；ab= /—=(3-2n)(-)n ①n2n6nn 6 2所以T=1+(-1)(1)2+(-3)(1)3++(3-2n)(1)n, ②n 2 2 2 21T=(1)2+(-1)(1)3+(-3)(1)4+..•+(3-2n)(1)n+1, ③2n2 2 2 2②一③得1T=1+(-2)(1)2+(-2)(1)3+…+(-2)(1)n-(3-2n)(1)n+1J」2n2 2 2 2 2(1)2[1-(1)n-1] 1=^+(-2) 12—-(3-2n)(-)n+1.21——2整理得T=(2n+1)(2)n-1 ④利用差值比较法由④式得T =(2n+n+1n+1-1,所以T-T=(2n利用差值比较法由④式得T =(2n+n+1n+1-1,所以T-T=(2n+3)(!)n+i-(2n+n+1 n 2n=[(2n+3)(1)-(2n+1)](2)n3一一1 1=[n+--(2n+1)](*n=G-n)(2)n.因为n>1,所以1-nv0.又(|)n>0,所以J+1-气v0所以气+1vT所以T1>T2>T3>^>Tn>Tn+1 .所以"在最大值［=了利用商值比较法由④式得T+1=(2n+nn>0.T+1 (2n+因为f+tT+1n+12n+3(2n+1)+2(2n+2(2n+1) 2(2n+1)n=如+-^)<!(1+—)=5v12 2n+1 2 2+16所以T+1vT+1，即TvT.所以T>T>T>…>T>T>…/

n+1 n n+1 n 12 3 n n+11所以Tn存在最大值T=-.利用放缩法由①式得Cn+1=[3—2(n+1)](2)n+1=(1-2n)(|)“hv0，又因为Tn是数列｛c〃｝的前n项和，所以TvT+cvT.所以T>T>T>…〉T>T>…n+1 n n+1 n 1 2 3 n n+11所以Tn存在最大值T=-.先猜后证通过分析，推测数列｛孔｝的第一项T=2最在.下面证明：JVT1(n>2且ngN*).

方法①分析法因为T=(2n+1)(2)n-1,所以只要证明(2n+1)(2)n-1<2.即只要证明(2n+1)(：)n<3.只需要证明3•2n>4n+2.即只要证明3•2n-4n-2>0由二项式定理得n>2且neN*时，n(n-1) n2+n+22n=(1+1)n>C0+C1+C2=1+n+ = nnn 2 2所以3•2n一4n一2>0成立.所以T<T(n>2)成立.所以T存在最大值T=1-.n 1 2方法②利用数学归纳法当n=2时，因为孔=(2n+1)(2)n-1，所以T2=(4+1)(2)2-1=4<2=〈，不等式成立.假设n=k(k>2)时不等式成立，即Tk<T「则当n=k+1时，T=T+c<T+c.k+1 k k+1 1 k+1由①式得ck+1=[3一2(k+1)](2)k+1=(1-2k)(2)k+1<0.所以Tk+1<T1.这就是说，当n=k+1时，不等式也成立.由⑴(ii)得，对于一切n>2且neN*，总有T&<“成立.所以T存在最大值T=：.n 1 2数列是一种特殊的函数，其通项公式可以视为函数的解析式.因此可以通过判断函数单调性的方法来求函数的最大值，然后通过分析求出数列的最大项.但如果函数的单调性较难判断，那就需要探求另一种途径来解决.例若数列｛。｝的通项公式气=(n+1)-(190)n，求｛a｝的最大项.解：设*是数列｛aj中的最大项，TOC\o"1-5"\h\z,…9、 ，9、(n>2)，(n+1)•(——)n>n•(——)(n>2)，(n+1)-(史)n>(n+2)-(史)n+110 10解，得8<n<9,又,：ngN, /.n=8或9,a=a=j^-> , 9 99当n=1时，a=5<10-｛a｝的最大项为a=a=10-.对于这种解法，不少同学可能会存在疑问.下面将可能出现的疑问一一展示，加以分析，以探究问题的实质及其解决方法.疑问1:为什么要单独讨论n=1的情况？分析：由于\an-an-1,(n>2)这个不等式中出现了下标n-1，而数列中的项[a>a应该从1开始，因此n-1>1，即n>2。故应考虑n=1的情况.疑问2：用h>气-1'(n>2)这个不等式组求出的a一定是最大项吗？[a>a nnn+1分析：用U>a-1'(n>2)求出的an不一定是最大项，而只是比前后两项都nn+1不小的项，也就是数列这个特殊函数的极大值.疑问3:用\nn-1'(n>2)这个不等式组求出的项唯一吗？[a>ann+1分析：正如一个函数可能有多个极大值一样，一个数列中很有可能存在很多个比前后两项都不小的项，因此这样求出的项不唯一.疑问4：如果用fan-an-1'(n>2)这个不等式组求出的n有多个，那么如何处理？[a>ann+1分析：将求出的这些n对应的项比较大小，取最大者，然后与匕比较.疑问5：为什么要与a1比较？分析：由于这个不等式组求得的是n>2时的最大项，因此还需要与匕比较，二者最大的即为｛a〃｝的最大项.正如我们在求函数最大值时，采取比较端点值和极大值的方法，原理是一样的.

疑问6：若不等式组["〃-^^-1,(n>2)无解，又该如何处理？[a>a分析：若此不等式组无解，那么此数列无极大项，因此最大项只可能在首项或末项取得.这与当函数无极大值时，最大值必在端点处取得的原理一致.疑问7:若n求得两个相邻的正整数，也要比较这两项的大小吗？99分析：像本道例题中，n=8或9，而我们发现a8=a9=仍-，同为该数列的最大项.对于一般数列｛a｝，若用这种方法求出两个相邻的正整数m,m+1，则~^15n。广。心.因此，它们对应的项大小相等，不必另行比较.m+1m疑问8：若数列对应的函数具有单调性，也能用这种方法求其最大项吗？分析：若函数具有单调性，则不等式组Jan>an-1,(n>2)无解，问题又回归[a>ann+1到疑问6,最大项即为首项或末项(若该数列是有穷数列，只需比较首、末两项，择其大者，即为最大项；若该数列是无穷数列，则最大项要么为首项，要么不存在，视该数列的单调性而定).例2在数列｛例2在数列｛a｝中，na=2,a =Xa+人n+1+(2一人)2n(neN*)，其中人〉0.求数列｛a｝的通项公式；n求数列｛a｝的前n项和S；a*1对任意nea*1对任意neN*均成立.ak(III)证明存在keN*，使得£心Wan由a=Xa+Xn+1+(2-X)2n(neN*),X>0，可得n+1 nana2an+L所以｛广—G-)n｝为等差数列，其公差为1,首项为0,故Xn X

a2 〜 ，、驾-（元）"="T,所以数列虬｝的通项公式为厂（n5〃+2〃.(II)解：设T=X2+2人3+3人4++(n-2)人〃-1+(n—1认〃， ①n人T=X3+2人4+3人5++(n-2)人〃+(n-1)人〃+1 ②n当人。1时，①式减去②式， …得(1-X)T=X2+X3+n冗2-得(1-X)T=X2+X3+n冗2-Xn+11-X-(n-1)Xn+1，TX2—Xn+1 (n—1)Xn+1 (n—1)Xn+2—nXn+1+X2n-(1-X)2- 1-X (1-X)2(n-1)Xn+2-nXn+1+X2这时数列｛匕｝的前n项和Sn= —+2n+1-2•当X=1时，T=n(n—1).这时数列｛a｝的前n项和S=n(n~1)+2n+1-2.

n2 n n2（III）证明：通过分析，推测数列］%!|的第一项L最大，

aaI" 1下面证明:a.<a=X2+4n>2

aa2'由a=(n-1)Xn+2n，nX>0矢口a>0，要使③式成立，只要2a1<(X2+4)a(n>2)，因为(X2+4)a=(X2+4)(n-1)X〃+(X2+1)2〃

n>4X.n-1)Xn+4X2n=4(n-1)Xn+1+2n+2>2nXn+1+2n+2=2a，n>2.所以③式成立.因此，存在k因此，存在k=1，使得a*w

anaaf!=t对任意ngN*均成立.aa评注本题（I）设计非常精彩.为证明“存在kEN*，使得n<n对任意aanEN*均成立”，可以转化为思考"的最大项”问题.“存在kEN*，使得nEN*均成立”，可以转化为思考"的最大项”问题.aa本题若用差值比较法转化为探究f』-”差值与0的大小、用商值比较法转化为探究aa〃+1naa Tank+2商值与1的大小、用单调性把通项公式为人=一良=一一的数列aa na (n—1)人”+2»TOC\o"1-5"\h\zn+1n 〃｛b｝的单调性问题转化为探究函数f(Q=,I、”1的导数问题以及放缩法解决问» (x—1)"+2xaa入2+4/ 〜题，都颇有难度.而先敏锐、大胆、果断猜出-^-<^=——(^>2),再用分析法以及aa2n 1重要不等式证出这个结论，方法非常奏效.命题高明之处就在于不是直接抛出了a。2人2+4, 〜—K—=——(n>2)这个结论，让学生去证明；而是让学生先自己探究出结论再论aa2n 1证，富有挑战性.，能够很好地考查学生思维的深刻性.k例3在数列｛。｝中，a=l+k,a=a+1- (〃gN*),其中k是常数，且» 1 «+1n +〃25<^<36.(I)求数列｛。｝的通项公式；(II)求数列｛。｝的最小项.n n(I)因为。=a+1- (乃eN*),所以1-a=1-———-即qu+n—\—k(l—_)« 1 nk即qu+n—\—k(l—_)« 1 nk即]=n+—(n=2,3,--).«n<11、1,,fl1)ci—ci=I_kn+l nn+・当nN2时，a—a=1—k(l———u=\—k2 1 2 3 2Zl Z7 —1—k(11]Ci Cl ——1rxn n-1顷一1nyTOC\o"1-5"\h\z以上〃-1个式子相加得。一1=n-1-k(l-―),n1 n又a=1+k,所以i=l+k+〃一1—k(l——),1 « n当〃=1时，上式也成立.k所以数列｛。｝的通项公式为1=〃+—3=L23,E.〃 n(II)为考查数列｛。｝的单调性,注意到a=〃+*S=LZ3,T,可设函数〃 nk k Y2—k/(x)=x+-)(x>l),则/V)=l-一，即/'(])= X X2 X2可知n[耿)时，/r(x)<0；x=<k时，/f(x)=0；xw(M,+8)时，/'(x)>0.

所以函数f⑴=尤+-在［1,击］上是减函数；在［、*,+疽上是增函数.X因为25<k<36,所以5<江<6.（1） 当tk=5,即-=25时，a>a>a>a>a•・a<a<a<…所以数列｛a｝的最小项为1 2 3 4 5 5 6 7 na=5+^5-=10.（2） 当tk=6，即-=36时，a>a>a>a>a>a>a•・a1 2 3 4 5 6 6=6+36=126V。7V•.所以数列｛，｝小项为kk（3）当a5=a6，即5+kk（3）当a5=a6，即5+5=6+g，即k=30时，a>a>a>a>a•・a1 2 3 4 5 5<「30“=a=6+—=11.=a6<a7V•...所以数列｛，｝小项为⑷当a5Va6且板->5时kk5+—V6+—且k>25，则25VkV30，56>a>a>a>a•・a >a2 3 4 5 5 6（5）当a5>a6且JkV6时，kVa7V•••.所以数列｛a〃｝的最小项为a5=5+§5+k>6+k且k<36，则30VkV36，56a>a>a>a>a>a•・aVaV…1 2 3 4 5 6 6 7k所以数列｛。｝的最小项为气=6+^.综上所述：当k=25时，数列｛aj的最小项为a5=10；当25VkV30时，数列｛a〃｝的最小项为ka5=5+5；当k=30时，数列｛气｝的最小项为a5=a6=11；当30<k<36时，数列｛气｝的最k小项为a6=6+6；当k=36时，数列｛a〃｝的最小项为a6=12.k,评注由（I）可知，an=n+-（n=1,2,3），则（II）中求数列｛a〃｝的最小项问题，易由均值不等式，得an=n+122\：n.卜盘，从而误认为2.京就是最小的项.实际上这个符号是在n=-，即n=<k时才能取得.但根据问题的实际背景，还应要求此时nn=^kgn*，而由条件25<k<36是不能推出一定有tk