数列的单调性和最值

前言

在数列({a_n})中，若数列单调递增，则等价于(a_{n+1}>a_n)；若数列单调递减，则等价于(a_{n+1}<a_n)；这一条适用于所有数列，但当数列更加特殊的时候，这个条件会变个形式出现；

比如等差数列，由于(a_{n+1}-a_n=d)，故等差数列的单调性只取决于(d)的正负；

依托函数

数列的单调性的考查常常依托以下的函数类型进行；

①分式型数列(a_n=frac{5}{3n-10})；

②对勾型数列(a_n=n+frac{5}{n})；

③二次型数列(a_n=n^2-4n+5)

单调性判断

• A、当数列({a_n})为特殊类型的数列时，

比如等差数列，(a_n=a_1+(n-1)d)，则其单调性取决于(d)，

(d>0)为单调递增数列，(d=0)为常数列，(d<0)为单调递减数列，

比如等比数列，(a_n=a_1cdot q^{n-1})，则其单调性取决于(a_1)和(q)，

当(a_1>0)且(q>1)时为单调递增数列；当(a_1<0)且(0<q<1)时为单调递增数列；

当(a_1>0)且(0<q<1)时为单调递减数列；当(a_1<0)且(q>1)时为单调递减数列；

当(q=1)时为常数列，当(q<0)时为摆动数列，

• B、当数列为一般数列时，

由于(a_{n+1}>a_n)时为单调递增数列，当(a_{n+1}<a_n)时为单调递减数列，当(a_{n+1}=a_n)时为常数列，

故可以借助作差法判断(a_{n+1}-a_n>0)，则为单调递增数列，或(a_{n+1}-a_n<0)，则为单调递减数列；

若有(a_n>0)，则还可以借助作商法判断(cfrac{a_{n+1}}{a_n}>1)，则为单调递增数列，或(cfrac{a_{n+1}}{a_n}<1)，则为单调递减数列，

• C、还可以借助数列的函数特性，

比如(S_n=2^n-1)，则数列({S_n})单调递增；

• D、案例，(b_n=cfrac{n}{2^{n-1}})，其前(n)项的和为(S_n)，能想到的判断(S_n)的单调性的思路；

思路1：观察法，由于(b_n>0)，则(S_n)单调递增，原因是正数越加越大；最简单实用；

思路2：函数法，用错位相减法求得(S_n=4-cfrac{n+2}{2^{n-1}})，利用指数函数和幂函数的函数值的增长速度不一样，可知函数(S_n)单调递增，但有局限性，比如当幂函数的斜率比较大时，前面的有限项往往说不清；

思路3：作差法，(S_n-S_{n-1}=cfrac{n}{2^{n-1}}>0)，则(S_n)单调递增，思维最严密；

单调性应用

给定数列({a_n})，若(a_n)为数列的最大项[最大项不止一项]，则其充要条件为(left{egin{array}{l}{a_ngeqslant a_{n+1}}\{a_ngeqslant a_{n-1}}end{array} ight.)

给定数列({a_n})，若(a_n)为数列的最小项[最小项不止一项]，则其充要条件为(left{egin{array}{l}{a_nleqslant a_{n+1}}\{a_nleqslant a_{n-1}}end{array} ight.)

典例剖析

例1已知(a>0)，数列({a_n})满足(a_n=egin{cases}(3-a)n-3，nleq 7 \ a^{n-6}，n>7 end{cases})，数列({a_n})是单调递增数列，求(a)的取值范围。

考点：数列的单调性，分段函数，数列与分段函数的交汇

分析：由题目可知，(egin{cases} 3-a>0，\ a>1，\ (3-a)7-3<a^{8-6}，end{cases})，解得：(ain(2，3))

感悟反思：1、如果是一般的函数(f(x))，则比较点(A)和点(C)的函数值的大小关系；现在是分段数列，那么我们需要比较的是点(A)和点(B)的函数值的大小关系；

例1-对照已知(a>0)，函数(f(x))满足(f(x)=egin{cases} (3-a)x-3 &xleq 7 \ a^{x-6} &x>7 end{cases})，函数(f(x))在(R)上单调递增，求(a)的取值范围。

分析：由题目可知，(egin{cases} &3-a>0 ① \ &a>1 ②\ &(3-a)7-3leq a^{7-6}③end{cases})；即(egin{cases}&a<3 \ &a>1 \ &age cfrac{9}{4}end{cases})

解得：(ain[cfrac{9}{4}，3))；

反思：1、本题目常犯的错误是缺少第三条的限制；学生常认为函数在两段上分别单调递增，则在整体定义域(R)上一定单调递增，这个认知是错误的。原因是前者是后者的必要不充分条件。

2、防错秘籍：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。

例2已知数列({a_n})中，(a_n=n^2-kn(nin N^*))，且({a_n})单调递增，则(k)的取值范围为【 】

$A.(-infty，2]$ $B.(-infty，3)$ $C.(-infty，2)$ $D.(-infty，3]$

考点：数列的单调性，二次函数的对称性和单调性，恒成立命题

【法1】：利用数列单调性的一般定义求解；

由于(a_n=n^2-kn(nin N^*))，且({a_n})单调递增，

所以(a_{n+1}-a_n>0)对(forall nin N*)都成立，

又(a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k)，所以由(2n+1-k>0)，

即(k<2n+1)恒成立，可知(k<(2n+1)_{min}=3). 故选(B)。

【法2】：借助数列对应的二次函数独特性质，如对称性和单调性求解

(a_n=(n-cfrac{k}{2})^2-cfrac{k^2}{4})，其对称轴是(n=cfrac{k}{2})，

要使得({a_n})单调递增，

则必须且只需(cfrac{k}{2}<cfrac{3}{2})，解得(k<3)，故选(B)。

【法3】：使用导数法求解，

由(a_n=f(n)=n^2-kn)为单调递增数列，则(f'(n)ge 0)在(nin N^*)上恒成立，

即(f'(n)=2n-kge 0)在(nin N^*)上恒成立，分离参数得到，

(kleq 2n)在(nin N^*)上恒成立，即(kleq (2n)_{min}=2)，

则(kleq 2)。这个解法是错误的。

【错因分析】：若数列(a_n=f(n))单调递增，但函数(y=f(x))不一定单调递增；但是若函数(y=f(x))单调递增，则其对应的数列(a_n=f(n))必然单调递增。

感悟反思：1、法1转化为恒成立问题，很好理解；2、法2很容易错解为 (cfrac{k}{2}<1)，故(k<2)，其实这是充分不必要条件，也就是说遗漏了一部分的解集，可以看看上面的图像解释。

例3已知数列({a_n})满足 (a_{n+1}=a_n+2n)，且(a_1=33)，则(cfrac{a_n}{n})的最小值为 【 】

$A.21$ $B.10$ $C.cfrac{21}{2}$ $D.cfrac{17}{2}$

考点：数列的单调性，对勾函数的单调性，

分析：选 C。由已知条件可知，当(nge 2) 时，

(a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+cdots+(a_n-a_{n-1})=33+2+4+…+2(n-1))

(=n^2-n+33)， 又(n=1)时，(a_1=33)，满足此式。

所以(cfrac{a_n}{n} =n+cfrac{33}{n} -1)

令(f(n)=cfrac{a_n}{n}=n+cfrac{33}{n} -1)，则(f(n))在([1，5])上为减函数，

在([6,+infty))上为增函数，又(f(5)=cfrac{53}{5})，(f(6)=cfrac{21}{2})，则(f(5)>f(6))，故(f(n)=cfrac{a_n}{n})的最小值为(cfrac{21}{2}) 。

感悟反思：1、对勾函数的单调性我们必须掌握的非常清楚。2、参考阅读对勾函数

例4已知(a_n=cfrac{n-4}{n-frac{9}{2}})，求数列({a_n})的最小项和最大项；

分析：我们依托数列所对应的函数(f(x)=cfrac{x-4}{x-frac{9}{2}}=cfrac{2x-8}{2x-9}=cfrac{2x-9+1}{2x-9}=1+cfrac{1}{2x-9})

做出其图像，其对称中心为点((4.5，1))，

由图可知，当(nleqslant 4)时，数列({a_n})单调递减，且有(1>a_1>a_2>a_3>a_4)；

当(ngeqslant 5)时，数列({a_n})单调递减，且有(a_5>a_6>a_7>cdots > 1)；

故数列({a_n})的最小项为(a_4)，最大项为(a_5)；

例5【2018广东东莞二模】已知等比数列({a_n})与等差数列({b_n})，(a_1=b_1=1)，(a_1 eq a_2)，(a_1)，(a_2)，(b_3)成等差数列，(b_1)，(a_2)，(b_4)成等比数列，

(1).求数列({a_n})，({b_n})的通项公式；

分析：(a_n=2^{n-1})，(b_n=n)，

(2).设(S_n)，(T_n)分别是数列({a_n})，({b_n})的前(n)项的和，若(S_n+T_n>100)，求(n)的最小值；

分析：(S_n=2^n-1)，(T_n=cfrac{n(n+1)}{2})，

则(S_n+T_n=2^n-1+cfrac{n(n+1)}{2})单调递增，

又(S_6+T_6=84<100)，(S_7+T_7=155>100)，故(n_{min}=7)。

例6(1)已知数列({a_n})前(n)项和为(S_n)，(a_n=n)，正项数列({b_n})满足(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n})，求数列({b_n})的通项公式 ；

分析：积式用商

当(n ge 1)时，(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_n= 2^{S_n} ①)，

当(n ge 2)时，(b_1cdot b_2 cdot b_3 cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②)，两式相除得到

当(n ge 2)时，(b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n})，即(b_n=2^{a_n}=2^n)，

再验证，当(n=1)时，由已知式子可知(b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2)，满足上式，故数列({b_n})的通项公式为(b_n=2^n).

(2)若(lambda b_n>a_n)对(nin N^*)都成立，求实数(lambda)的取值范围。

分析：当变形为(lambda>cfrac{a_n}{b_n})，若此时看不到解题方向，可以这样联系，若(lambda>f(n))恒成立呢？

若(lambda>f(x))恒成立呢？这样就容易想到需要判断(cfrac{a_n}{b_n})的单调性：

思路一作商作差法；思路二借助函数的单调性；思路三借助不同函数的增长速度的不同

思路1：变形为(lambda>cfrac{a_n}{b_n})，即(lambda>cfrac{n}{2^n})，设(c_n=cfrac{n}{2^n})，

则(cfrac{c_{n+1}}{c_n}=cfrac{cfrac{n+1}{2^{n+1}}}{cfrac{n}{2^n}}=cfrac{n+1}{2n}leq 1)，

故(c_{n+1}leq c_n)，当且仅当(n=1)时等号成立，故数列({c_n})单调递减，

则有((c_n)_{max}=cfrac{1}{2})，即(lambda>cfrac{1}{2})，故实数(lambda)的取值范围为(lambda>cfrac{1}{2})。

思路2：令(f(x)=cfrac{x}{2^x})，可以看看这个课件

用常用的导数方法，可以求得函数在((0，+infty))上的单调性，

具体是在((0，log_2^e])上单调递增，在([log_2^e，+infty))上单调递减，

又(1<log_2^e<2)，故借助函数(f(x))的单调性计算得到，(a_1=cfrac{1}{2}=a_2<a_3<a_4<cdots<a_n<cdots)，

故数列(c_n=cfrac{n}{2^n})的最大值为(cfrac{1}{2}).

思路3：借助幂函数(y=x)的增长速度比指数函数(y=2^x)的慢，故(f(x)=cfrac{x}{2^x})从某个(x_0)开始向右，

一定是单调递减的，但是前面的这一段还是不太好判断。

例7已知(S_n)是等比数列({a_n})的前(n)项和，(a_1=30)，(8S_6=9S_3)，设(T_n=a_1)(cdot a_2cdot)(a_3cdots)(a_n)，则使(T_n)取得最大值的(n)为多少？

法1：函数法，(a_1=30)，由(8S_6=9S_3)得到(q=cfrac{1}{2})，

故(a_n=30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，(T_n=a_1cdot a_2cdots a_n)

(=30cdot[30cdot(cfrac{1}{2})]cdots [30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1}])

(=30^ncdot (cfrac{1}{2})^{1+2+cdots+(n-1)}=30^ncdot (cfrac{1}{2})^{frac{n(n-1)}{2}})，

题目到此，思路受阻。

法2：(a_1=30)，由(8S_6=9S_3)得到(q=cfrac{1}{2})，故(a_n=30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，

由于(T_n)为乘积式，故使得(T_n)取得最大值时，必有(a_nge 1)，

由此得到(nleq 5)。故(n_{max}=5)。

例8【2016新课标1卷第15题】设等比数列({a_n})满足(a_1+a_3=10)，(a_2+a_4=5)，则(T_n=a_1cdot)$ a_2cdot$$ a_3cdots$$ a_n$的最大值是多少？

法1：函数法，容易求得(a_1=8，q=cfrac{1}{2})，则(a_n=8cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})；

故(T_n=a_1cdot a_2cdot a_3cdots a_n=8^ncdot (cfrac{1}{2})^{frac{n(n-1)}{2}})

(=2^{frac{-n^2+7n}{2}}=2^{frac{-(n-frac{7}{2})^2+frac{49}{4}}{2}})，

故当(n=3或4)时，(T_n)有最大值，((T_n)_{max}=2^6=64)；

法2：仿上法2，使得(T_n)取得最大值时，必有(a_nge 1)，由此得到(nleq 4)。

计算得到(a_1=8)，(a_2=4)，(a_3=2)，(a_4=1)，(a_5=cfrac{1}{2})，

故(T_nleq T_4=a_1a_2a_3a_4=64)；

解后反思：

1、等差数列中由(a_n)的正负确定数列前(n)项之和(S_n)的最值：当(a_1<0，d>0)时，所有负项之和最小；当(a_1>0，d<0)时，所有正项之和最大；

2、正项等比数列中由(a_n)的值的范围，确定数列前(n)项之积(T_n)的最值：当(a_nge 1)时，(T_n)最大；

3、求(S_n)的最值时，分界为(0)；求(T_n)的最值时，分界为(1)；作差法与(0)做大小比较，作商法与(1)做大小比较。

例9若已知不等式(cfrac{1}{n+1}+cfrac{1}{n+2}+cdots+cfrac{1}{2 n+1}<a-2019)对任意(nin N^{*})桓成立，则最小的正整数(a)的值为【】

$A.2018$ $B.2019$ $C.2020$ $D.2021$

分析：设(a_{n}=cfrac{1}{n+1}+cfrac{1}{n+2}+ldots+cfrac{1}{2n+1})，

所以(a_{n+1}=cfrac{1}{n+2}+cfrac{1}{n+3}+ldots+cfrac{1}{2n+3})，^[1]

所以 (a_{n+1}-a_{n}=cfrac{1}{2n+3}+cfrac{1}{2n+2}-cfrac{1}{n+1}=cfrac{1}{2n+3}-cfrac{1}{2n+2}=-cfrac{1}{(2n+2)(2n+3)}<0)

所以 (a_{n}>a_{n+1},) 所以 (left{a_{n} ight}) 是单调递减的数列

所以 (left(a_{n} ight)_{max }=a_{1}=cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}=cfrac{5}{6},)

所以 (cfrac{5}{6}<a-2019,) 所以 (a>2019+cfrac{5}{6}, a in N)

所以 (a_{min}=2020)，故选(C).

例10设(left{a_{n} ight})是等比数列，(a_{1}=1), (a_{3}=cfrac{3}{4}a_{2})；

(1)求(left{a_{n} ight})的通项公式；

分析：设等比数列(left{a_{n} ight})的公比为(q)，所以(q=cfrac{a_{3}}{a_{2}}=cfrac{3}{4})

因为(a_{1}=1,) 所以(a_{n}=left(cfrac{3}{4} ight)^{n-1});

(2)求(a_{2}+a_{4}+a_{6}+cdots+a_{2n-2}+a_{2n})；

分析：(a_{2n}=left(cfrac{3}{4} ight)^{2n-1}=cfrac{4}{3}cdotleft(cfrac{9}{16} ight)^{n})

所以(a_{2}+a_{4}+a_{6}+cdots+a_{2n-2}+a_{2n}=cfrac{cfrac{3}{4}left[1-left(cfrac{9}{16} ight)^{n} ight]}{1-cfrac{9}{16}}=cfrac{12}{7}-cfrac{12}{7}left(cfrac{9}{16} ight)^{n})

(3)在(a_{n})和(a_{n+1})之间插入(n)个数，其中(n=1,2,3, cdots)，使这(n+2)个数成等差数列，记插入的(n)个数的和为(S_{n})，求(S_{n})的最大值.

分析：因为(a_{n}=left(cfrac{3}{4} ight)^{n-1})，

所以(a_{n}+a_{n+1}=left(cfrac{3}{4} ight)^{n-1}+left(cfrac{3}{4} ight)^{n}=cfrac{7}{4}cdotleft(cfrac{3}{4} ight)^{n-1})，

因为在(a_{n})和(a_{n+1})之间插入(n)个数，使得这(n+2)个数成等差数列，

所以(S_{n}=cfrac{nleft(a_{n}+a_{n+1} ight)}{2}=cfrac{7}{8}ncdotleft(cfrac{3}{4} ight)^{n-1}),

设(S_{n})的第(n)项最大，则(left{egin{array}{l}S_{n}geqslant S_{n-1}\ S_{n} geqslant S_{n+1}end{array} ight.)

(left{egin{array}{l}cfrac{7}{8}ncdotleft(cfrac{3}{4} ight)^{n-1} geqslant cfrac{7}{8}(n-1)cdotleft(cfrac{3}{4} ight)^{n-2}\ cfrac{7}{8}ncdotleft(cfrac{3}{4} ight)^{n-1}geqslantcfrac{7}{8}(n+1)cdotleft(cfrac{3}{4} ight)^{n}end{array} ight.) ^[2]

解得(3leqslant nleqslant 4)

所以(n=3)或(n=4)时，(S_{n})取得最大值，为(S_{3}=S_{4}=cfrac{7}{8} imes4 imescfrac{27}{64}=cfrac{189}{128});

难点题目

例1【2018广东广州一模】已知数列({a_n})满足(a_1=2)，(2a_na_{n+1}=a_n^2+1)，设(b_n=cfrac{a_n-1}{a_n+1})，则数列({b_n})是【】

$A.常数列$ $B.摆动数列$ $C.递增数列$ $D.递减数列$

分析：此方法称为不动点法，由于(2a_na_{n+1}=a_n^2+1)，

则可知(a_{n+1}=cfrac{a_n^2+1}{2a_n}=cfrac{1}{2}(a_n+cfrac{1}{a_n}))，

则(b_{n+1}=cfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1})

(=cfrac{cfrac{1}{2}(a_n+cfrac{1}{a_n})-1}{cfrac{1}{2}(a_n+cfrac{1}{a_n})+1})

(=cfrac{(a_n-1)^2}{(a_n+1)^2}=b_n^2)，

又由于(a_1=2)，(b_1=cfrac{a_1-1}{a_1+1}=cfrac{1}{3})，

故(b_2=b_1^2=(cfrac{1}{3})^2)，(b_3=b_2^2=(cfrac{1}{3})^4)，(b_4=b_3^2=(cfrac{1}{3})^8)，

故数列({b_n})为递减数列。故选(D)。

解后反思：参见求数列通项公式的小众方法

例6已知数列(left{a_{n} ight})的首项(a_{1}=m)，且(a_{n+1}+a_{n}=2n+1)，如果(left{a_{n} ight})是单调递增数列，则实数(m)的取值范围是______.

分析：因为(a_{n+1}+a_{n}=2n+1(ngeqslant 1))，所以(a_{n}+a_{n-1}=2n-1(ngeqslant 2))

两式作差得(a_{n+1}-a_{n-1}=2 (ngeqslant 2))

即在数列({a_n})中，奇数项和偶数项分别为公差等于2的等差数列，故奇数项数列和偶数项数列都是单调递增的，

又由条件可得(a_{1}=m)，(a_{2}=3-m)，(a_{3}=2+m)，(a_{4}=5-m)，

若数列为递增数列, 则只需要满足条件：(a_{1}<a_{2}<a_{3})，即(m<3-m<2+m);

解得(cfrac{1}{2} < m <cfrac{3}{2})，故填(left(cfrac{1}{2}, cfrac{3}{2} ight))；

相关链接

求等差数列前(n)项和(S_n)的最值；

对勾函数

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1. 对两个式子的相关说明，数列({a_n})为一系列项的和式，分子都是1，分母成等差数列，公差为1，从(n+1)到(2n+1)，项数为(n+1)项；
   数列({a_{n+1}})也为一系列项的和式，分子都是1，分母成等差数列，公差为1，从(n+2)到(2n+3)，项数为(n+2)项； ↩︎

2. 具体的求解化简过程如下：①式是原式左右同时约掉(cfrac{7}{8})和((cfrac{3}{4})^{n-2})后得到的，②式同理；
   (left{egin{array}{l}ncdotleft(cfrac{3}{4} ight) geqslant n-1①\ ngeqslant(n+1)cdotleft(cfrac{3}{4} ight)②end{array} ight.)
   解①得到(nleqslant 4)，解②得到(ngeqslant 3)，故(3leqslant nleqslant 4)； ↩︎