高考 第2讲 数列中的最值问题

这是一份高考 第2讲 数列中的最值问题，共18页。试卷主要包含了又an>0，，故a的取值范围为等内容，欢迎下载使用。

第2讲 数列中的最值问题
考点一　数列的最大(小)项
(1)将数列视为函数f(x)当x∈N*时所对应的一列函数值，根据f(x)的类型作出相应的函数图象，或利用求函数最值的方法，求出f(x)的最值，进而求出数列的最大(小)项；
(2)通过通项公式an研究数列的单调性，
若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)＞0，则an＋1＞an，则数列{an}是递增数列，所以数列{an}的最小项为a1＝f(1)；
若有an＋1－an＝f(n＋1)－f(n)＜0，则an＋1＜an，则数列{an}是递减数列，所以数列{an}的最大项为a1＝f(1)．
若不单调利用(n≥2)确定最大项，利用(n≥2)确定最小项；

[典例 1]　数列{an}中，an＝－n2＋11n(n∈N*)，则此数列最大项的值是____________．
解析：　
an＝－n2＋11n＝－2＋，∵n∈N*，∴当n＝5或n＝6时，an取最大值30．
[典例 2]　数列{an}的通项an＝，则数列{an}中的最大项是(　　)
A．3　　　　　　　　B．19　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
令f(x)＝x＋(x＞0)，运用基本不等式得f(x)≥6，当且仅当x＝3时等号成立．
因为an＝，所以≤，
由于n∈N*，不难发现当n＝9或n＝10时，an＝最大．
[典例 3]　若数列{an}中，an＝，n∈N*，则数列{an}中的项的最小值为________．
解析：　
an＋1－an＝－＝，
当n≥2时，an＋1－an>0，即an＋1>an，当n＝1时，a2－a1<0，
∴数列{an}中，从a2开始是递增的，又a2 [典例 4]　已知数列{an}的通项公式为an＝nn，则数列{an}中的最大项为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C． 　　　　　　　　D．
解析：　
法一　(作差比较法)：an＋1－an＝(n＋1)n＋1－nn＝·n，
当n<2时，an＋1－an>0，即an＋1>an；当n＝2时，an＋1－an＝0，即an＋1＝an；
当n>2时，an＋1－an<0，即an＋1a4>a5>…>an，
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝．故选A．
法二　(作商比较法)：＝＝，令>1，解得n<2；
令＝1，解得n＝2；令<1，解得n>2．又an>0，
故a1a4>a5>…>an，@钻研数学
所以数列{an}中的最大项为a2或a3，且a2＝a3＝2×2＝．故选A．
[典例 5]　若数列{n(n＋4)()n}中的最大项是第k项，则k＝________．
解析：　
由题意得
所以由k∈N*可得k＝4．
[典例 6]　数列{an}的通项为an＝(n∈N*)，若a5是{an}中的最大值，则a的取值范围是________．
解析：　
当n≤4时，an＝2n－1单调递增，因此n＝4时取最大值，a4＝24－1＝15．
当n≥5时，an＝－n2＋(a－1)n＝－2＋．
∵a5是{an}中的最大值，∴解得9≤a≤12．
∴a的取值范围是[9，12]．
[典例 7]　已知数列{an}满足a1＝28，＝2，则的最小值为(　　)
A．　　　　　　　B．4－1　　　　　C． 　　　　　　 D．
解析：　
由an＋1－an＝2n，可得an＝n2－n＋28，
∴＝n＋－1，设f(x)＝x＋，
可知f(x)在(0，]上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，
又n∈N*，且＝<＝，故选C．
[典例 8]　已知数列{an}中，an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)．
(1)若a＝－7，求数列{an}中的最大项和最小项的值；
(2)若对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，求a的取值范围．
解析：　
(1)∵an＝1＋(n∈N*，a∈R，且a≠0)，又a＝－7，∴an＝1＋．
结合函数f(x)＝1＋的单调性，可知1>a1>a2>a3>a4，a5>a6>a7>…>an>1(n∈N*)．
∴数列{an}中的最大项为a5＝2，最小项为a4＝0．
(2)an＝1＋＝1＋．
∵对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋的单调性，知5<<6，
∴－10
[典例 9]　Sn是数列{an}的前n项和，且an－Sn＝n－n2．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若bn＝－5an，求数列{bn}中最小的项．
解析：　
(1)对任意的n∈N*，由an－Sn＝n－n2，得an＋1－Sn＋1＝(n＋1)－(n＋1)2，
两式相减得an＝n，因此数列{an}的通项公式为an＝n．
(2)由(1)得bn＝2n－5n，则bn＋1－bn＝[2n＋1－5(n＋1)]－(2n－5n)＝2n－5．
当n≤2时，bn＋1－bn<0，即bn＋1b2>b3；
当n≥3时，bn＋1－bn>0，即bn＋1>bn，∴b3 所以数列{bn}的最小项为b3＝23－5×3＝－7．



【典例精练】
1．若数列{an}的前n项和Sn＝n2－10n(n∈N＋)，则数列{nan}中数值最小的项是(　　)
A．第2项　　　　　　B．第3项　　　　　　C．第4项　　　　　　D．第5项
解析：　
∵Sn＝n2－10n，∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n－11；
当n＝1时，a1＝S1＝－9也适合上式．∴an＝2n－11(n∈N＋)．
记f(n)＝nan＝n(2n－11)＝2n2－11n，此函数图象的对称轴为直线n＝，但n∈N＋，
∴当n＝3时，f(n)取最小值．∴数列{nan}中数值最小的项是第3项．
2．若数列{an}的通项公式为an＝，则这个数列中的最大项是(　　)
A．第12项　　　　　B．第13项　　　　　C．第14项　　　　　D．第15项
解析：　
an＝＝，因为 n＋≥2＝28，
当且仅当n＝14时，n＋有最小值28，所以当n＝14时，取得最大值．
3．已知数列的通项为an＝(n∈N*)，则数列{an}的最小项是第________项．
解析：　
因为an＝，数列{an}的最小项必为an<0，即<0，3n－16<0，从而n<，
又因为n∈N*，且数列{an}的前5项递减，所以n＝5时，an的值最小．
4．已知数列{an}满足a1>0，且an＋1＝an，则数列{an}的最大项是(　　)
A．a1　　　　　　　　B．a9　　　　　　　　C．a10　　　　　　　　D．不存在
解析：　
因为a1>0，且an＋1＝an，所以an>0，所以＝<1，
所以an＋1 5．数列{an}的通项公式是an＝(n＋2)n，那么在此数列中(　　)
A．a7＝a8最大　　B．a8＝a9最大　　C．有唯一项a8最大　　D．有唯一项a7最大
解析：　
∵＝×，令≥1，即≥1，解得n≤7．
∴当n≤7时，数列{an}递增，当n＞7时，数列{an}递减，
即a1＜a2＜…＜a7＝a8＞a9＞…所以a7＝a8最大，故选A．
6．在数列{an}中，an＝(n＋1)n，则数列{an}的最大项是第________项．
解析：　
＝＝×≥1．
得n≤6，即当n≤6时，an＋1≥an，当n>6时，an＋1 7．已知数列{an}的通项公式为an＝n2－11n＋，a5是数列{an}的最小项，则实数a的取值范围是(　　)
A．[－40，－25]　　　　B．[－40，0]　　　　C．[－25，25]　　　　D．[－25，0]
解析：　
由已知条件得a5是数列{an}的最小项，
所以即解得故选B．
8．已知数列{an}的通项公式是an＝n2＋kn＋4．
(1)若k＝－5，则数列中有多少项是负数？n为何值时，an有最小值？并求出最小值；
(2)对于n∈N*，都有an＋1>an，求实数k的取值范围．
解析：　
(1)由n2－5n＋4<0，解得1 所以数列中有两项是负数，即为a2，a3．因为an＝n2－5n＋4＝2－，
由二次函数性质，得当n＝2或n＝3时，an有最小值，其最小值为a2＝a3＝－2．
(2)由an＋1>an，知该数列是一个递增数列，又因为通项公式an＝n2＋kn＋4，
可以看作是关于n的二次函数，考虑到n∈N*，所以－<，解得k>－3．
所以实数k的取值范围为(－3，＋∞)．



考点二　等差数列中与前n项和Sn相关的最值
在等差数列{an}中，a1>0，d<0，则Sn存在最大值；若a1<0，d>0，则Sn存在最小值．
(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn(a≠0)，通过配方或借助图象求二次函数的最值．
(2)利用等差数列的单调性，求出其正负转折项，进而求Sn的最值．
①当a1>0，d<0时，
满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最大值)；
②当a1<0，d>0时，
满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm(当am＋1＝0时，Sm＋1也为最小值)．

[典例 10]　记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15，求Sn取得最小值时n的值为________．
解析：　
解法一：设{an}的公差为d，∵a1＝－7，S3＝3a1＋3d＝－15，
∴d＝2，∴an＝－7＋(n－1)·2＝2n－9．(n∈N*)．
∴Sn＝na1＋d＝n2－8n＝(n－4)2－16，∴当n＝4时，Sn取得最小值－16．
解法二：由解法一知an＝2n－9，(n∈N*)
由即解得3．5≤n≤4．5，
又n∈N*，故n＝4时，Sn取得最小值S4．
[典例 11]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝－11，a4＋a6＝－6，则当Sn取最小值时，n等于(　　)
A．6　　　　　　　　B．7　　　　　　　　C．8　　　　　　　　D．9
解析：　
由a4＋a6＝2a5＝－6得a5＝－3，则公差d＝＝2，
所以由an＝－11＋(n－1)×2＝2n－13≤0得n≤，所以前6项和最小，选A．
[典例 12]　已知等差数列{an}的前n项和为Sn，满足S7＝S11，且a1>0，则Sn中最大的是(　　)
A．S7　　　　　　　　B．S8　　　　　　　　C．S9　　　　　　　　D．S10
解析：　
法一　设数列{an}的公差为d，根据S7＝S11可得7a1＋d＝11a1＋d，
即d＝－a1，则Sn＝na1＋d＝na1＋×＝－(n－9)2＋a1，
由a1>0可知－<0，故当n＝9时，Sn最大．
法二　根据S7＝S11可得a8＋a9＋a10＋a11＝0，
根据等差数列的性质可得a8＋a11＝a9＋a10＝0，由a1>0可知a9>0，a10<0，
所以数列{an}的前9项和最大．
[典例 13]　等差数列{an}中，已知|a6|＝|a11|，且公差d>0，则其前n项和取最小值时n的值为(　　)
A．6　　　　　　　　B．7　　　　　　　　C．8　　　　　　　　D．9
解析：　
由d>0可得等差数列{an}是递增数列，又|a6|＝|a11|，
所以－a6＝a11，即－a1－5d＝a1＋10d，所以a1＝－，则a8＝－<0，a9＝>0，
所以前8项和为前n项和的最小值．故选C．

[典例 14]　(2014·北京)若等差数列{an}满足a7＋a8＋a9>0，a7＋a10<0，则当n＝________时，{an}的前n项和最大．
解析：　
∵a7＋a8＋a9＝3a8>0，∴a8>0．∵a7＋a10＝a8＋a9<0，
∴a9<－a8<0．∴数列的前8项和最大，即n＝8．
[典例 15]　设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为________．@钻研数学
解析：　
a1＝2，对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap＋aq，
令p＝1，q＝n，则有an＋1＝an＋a1＝an＋2．故{an}是等差数列，
所以an＝2n，Sn＝2×＝n2＋n，
f(n)＝＝＝＝n＋1＋－1．
当n＋1＝8，即n＝7时，f(7)＝8＋－1＝；
当n＋1＝7，即n＝6时，f(6)＝7＋－1＝，
因为<，则f(n)＝(n∈N*)的最小值为．
[典例 16]　(2020·北京)在等差数列{an}中，a1＝－9，a5＝－1．记Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)，则数列{Tn}(　　)
A．有最大项，有最小项　　　　　　　　B．有最大项，无最小项
C．无最大项，有最小项　　　　　　　　D．无最大项，无最小项
解析：　
设等差数列{an}的公差为d，∵a1＝－9，a5＝－1，
∴a5＝－9＋4d＝－1，∴d＝2，∴an＝－9＋(n－1)×2＝2n－11．
令an＝2n－11≤0，则n≤5.5，∴n≤5时，an<0；n≥6时，an>0．
∴T1＝－9<0，T2＝(－9)×(－7)＝63>0，
T3＝(－9)×(－7)×(－5)＝－315<0，
T4＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)＝945>0，
T5＝(－9)×(－7)×(－5)×(－3)×(－1)＝－945<0，
当n≥6时，an>0，且an≥1，∴Tn＋1 ∴Tn＝a1a2…an(n＝1，2，…)有最大项T4，无最小项，故选B．
[典例 17]　数列{an}是等差数列，数列{bn}满足bn＝anan＋1an＋2(n∈N*)，设Sn为{bn}的前n项和．若a12＝a5＞0，则当Sn取得最大值时n的值为________．
解析：　
设{an}的公差为d，由a12＝a5＞0，得a1＝－d，d＜0，
所以an＝d，从而可知当1≤n≤16时，an＞0；
当n≥17时，an＜0．从而b1＞b2＞…＞b14＞0＞b17＞b18＞…，
b15＝a15a16a17＜0，b16＝a16a17a18＞0，
故S14＞S13＞…＞S1，S14＞S15，S15＜S16，S16＞S17＞S18＞…．
因为a15＝－d＞0，a18＝d＜0，所以a15＋a18＝－d＋d＝d＜0，
所以b15＋b16＝a16a17(a15＋a18)＞0，所以S16＞S14，
故当Sn取得最大值时n＝16．
[典例 18]　(2013·全国Ⅱ)等差数列{an}的前n项和为Sn，已知S10＝0，S15＝25，则nSn的最小值为________．
解析：　
由题意知a1＋a10＝0，a1＋a15＝．两式相减得a15－a10＝＝5d，
∴d＝，a1＝－3．∴nSn＝n·＝＝f(n)，
令f(x)＝，x>0，f′(x)＝x(3x－20)．
令f′(x)＝0得x＝0(舍)或x＝．
当x>时，f(x)是单调递增的；当0 故当n＝7时，f(n)取最小值，f(n)min＝－49．∴nSn的最小值为－49．
[典例 19]　已知数列{an}为等差数列，若＜－1，且它们的前n项和Sn有最大值，则使Sn＞0的n的最大值为________．
解析：　
∵＜－1，且Sn有最大值，∴a10＞0，a11＜0，且a10＋a11＜0，
∴S19＝＝19·a10＞0，S20＝＝10(a10＋a11)＜0，
故使得Sn＞0的n的最大值为19．
[典例 20]　Sn是等差数列{an}的前n项和，若S2 022＜S2 020，S2 021＜S2 022，则Sn＜0时n的最大值是(　　)
A．2 021　　　　　　　　B．2 022　　　　　　　　C．4 041　　　　　　　　D．4 042
解析：　
因为S2 022＜S2 020，S2 021＜S2 022即S2 020＋a2 021＋a2 022＜S2 020，S2 021＜S2 021＋a2 022，
所以a2 021＋a2 022＜0，a2 022＞0，所以S4 042＝＝2 021(a2 021＋a2 022)＜0
S4 043＝＝4 043a2 022＞0，可知Sn＜0时n的最大值是4 042，故选D．
(10)、(11)题借助等差数列的性质求出Sn<0中n的取值范围，从而求出n的最大值，这种题型要与Sn的最值区别开来．
[典例 21]　设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a1 010＞0，a1 009＋a1 010＜0，则满足SnSn＋1＜0的正整数为(　　)
A．2 017　　　　　　　B．2 018　　　　　　　C．2 019　　　　　　　D．2 020
解析：　
由a1 010＞0，a1 009＋a1 010＜0得a1 009＜0，
所以S2 018＝＜0，S2 019＝＞0，
因此满足SnSn＋1＜0的正整数为2 018，选B．
[典例 22]　(2019·北京)设{an}是等差数列，a1＝－10，且a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列．
(1)求{an}的通项公式；
(2)记{an}的前n项和为Sn，求Sn的最小值．
解析：　
(1)设{an}的公差为d．因为a1＝－10，
所以a2＝－10＋d，a3＝－10＋2d，a4＝－10＋3d．
因为a2＋10，a3＋8，a4＋6成等比数列，所以(a3＋8)2＝(a2＋10)(a4＋6)．
所以(－2＋2d)2＝d(－4＋3d)．解得d＝2．所以an＝a1＋(n－1)d＝2n－12．
(2)法一：由(1)知an＝2n－12，a1＝－10，
∴Sn＝＝＝n2－11n＝2－，∵n∈N*，
∴当n＝5或6时，Sn取最小值－30．
法二：由(1)知，an＝2n－12．则当n≥7时，an>0；当n≤6时，an≤0．
所以Sn的最小值为S5＝S6＝－30．
[典例 23]　已知数列{an}的前n项和为Sn，a1≠0，常数λ>0，且λa1an＝S1＋Sn对一切正整数n都成立．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设a1>0，λ＝100，当n为何值时，数列的前n项和最大？
解析：　
(1)令n＝1，得λa＝2S1＝2a1，a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝，
当n≥2时，2an＝＋Sn，2an－1＝＋Sn－1，
两式相减得2an－2an－1＝an(n≥2)．所以an＝2an－1(n≥2)，
从而数列{an}为等比数列，an＝a1·2n－1＝．
(2)当a1>0，λ＝100时，
由(1)知，an＝，则bn＝lg ＝lg ＝lg 100－lg 2n＝2－nlg 2，
所以数列{bn}是单调递减的等差数列，公差为－lg 2，
所以b1>b2>…>b6＝lg ＝lg >lg 1＝0，
当n≥7时，bn≤b7＝lg

【典例精练】
1．已知等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，则前n项和Sn的最大值为________．
解析：　
因为等差数列{an}的首项a1＝20，公差d＝－2，代入求和公式得，Sn＝na1＋
d＝20n－×2＝－n2＋21n＝－(n－)2＋()2，
又因为n∈N*，所以n＝10或n＝11时，Sn取得最大值，最大值为110．
2．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝9，－＝－4，则Sn取最大值时的n为(　　)
A．4　　　　　　　　B．5　　　　　　　　C．6　　　　　　　　D．4或5
解析：　
由{an}为等差数列，得－＝a5－a3＝2d＝－4，即d＝－2，由于a1＝9，
所以an＝－2n＋11，令an＝－2n＋11<0，得n>，所以Sn取最大值时的n为5．
3．(2019·北京)设等差数列{an}的前n项和为Sn，若a2＝－3，S5＝－10，则a5＝________，Sn的最小值为________．
解析：　
由题意得a2＝a1＋d＝－3，S5＝5a1＋10d＝－10，解得a1＝－4，d＝1，
所以a5＝a1＋4d＝0，故an＝a1＋(n－1)d＝n－5．
令an≤0，则n≤5，即数列{an}中前4项为负，a5＝0，第6项及以后项为正．
∴Sn的最小值为S4＝S5＝－10．
4．在等差数列{an}中，若a1＜0，Sn为其前n项之和，且S7＝S17，则Sn为最小时n的值为________．
解析：　
解法一：由S7＝S17得2a1＋23d＝0，即(a1＋11d)＋(a1＋12d)＝0，故a12＋a13＝0．
又由a1＜0，S7＝S17，可知d＞0，所以a12＜0，a13＞0，所以n＝12时，Sn最小．
解法二：由S7＝S17得d＝－a1，从而Sn＝n2＋n＝－(n－12)2＋a1．
因为a1＜0，所以－＞0，所以n＝12时，Sn最小．
5．等差数列{an}中，a1＞0，S5＝S12，则当Sn有最大值时，n的值为__________．
解析：　
设等差数列{an}的公差为d，由S5＝S12得5a1＋10d＝12a1＋66d，
所以d＝－a1<0．@钻研数学
设此数列的前n项和最大，则
即解得即8≤n≤9，又n∈N*，
所以当n＝8或n＝9时，Sn有最大值．
6．等差数列{an}的公差d＜0且a＝a，则数列{an}的前n项和Sn有最大值，当Sn取得最大值时的项数n是(　　)
A．6　　　　　　　　B．7　　　　　　　　C．5或6　　　　　　　　D．6或7
解析：　
因为d＜0，所以a1＞a13，所以a1＝－a13，即a1＋a13＝2a7＝0，即a7＝0，
所以数列{an}的前6项为正值，从第8项开始为负值，
所以当n＝6或7时Sn取得最大值．故选D．
7．设Sn为等差数列{an}的前n项和，(n＋1)Sn＜nSn＋1(n∈N*)．若＜－1，则(　　)
A．Sn的最大值是S8　　 B．Sn的最小值是S8　　
C．Sn的最大值是S7　　 D．Sn的最小值是S7
解析：　
由已知条件得＜，即＜，
所以an＜an＋1，所以等差数列{an}为递增数列．
又＜－1，所以a8＞0，a7＜0，即数列{an}前7项均小于0，第8项大于零，
所以Sn的最小值为S7，故选D．
8．在等差数列{an}中，首项a1＞0，公差d≠0，前n项和为Sn(n∈N*)，有以下命题：
①若S3＝S11，则必有S14＝0；②若S3＝S11，则必有S7是Sn中的最大项；③若S7＞S8，则必有S8＞S9；④若S7＞S8，则必有S6＞S9．
其中正确命题的个数是(　　)
A．1　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．3　　　　　　　　D．4
解析：　
对于①，若S11－S3＝4(a1＋a14)＝0，即a1＋a14＝0，则S14＝＝0，
所以①正确；
对于②，当S3＝S11时，易知a7＋a8＝0，又a1＞0，d≠0，所以a7＞0＞a8，
故S7是Sn中的最大项，所以②正确；
对于③，若S7＞S8，则a8＜0，那么d＜0，可知a9＜0，此时S9－S8＜0，即S8＞S9，
所以③正确；
对于④，若S7＞S8，则a8＜0，S9－S6＝a7＋a8＋a9＝3a8＜0，即S6＞S9，
所以④正确．故选D．
9．设等差数列{an}满足a3＋a7＝36，a4a6＝275，且anan＋1有最小值，则这个最小值为________．
解析：　
设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7＝36，∴a4＋a6＝36，
又a4a6＝275，联立，解得或
当时，可得
此时an＝7n－17，a2＝－3，a3＝4，
易知当n≤2时，an＜0，当n≥3时，an＞0，
∴a2a3＝－12为anan＋1的最小值；当时，可得
此时an＝－7n＋53，a7＝4，a8＝－3，
易知当n≤7时，an＞0，当n≥8时，an＜0，
∴a7a8＝－12为anan＋1的最小值．综上，anan＋1的最小值为－12．
10．等差数列{an}的公差d≠0，且a3，a5，a15成等比数列，若a5＝5，Sn为数列{an}的前n项和，则数列的前n项和取最小值时的n为(　　)
A．3 　　　　　　　　B．3或4　　　　　　　　C．4或5　　　　　　　　D．5
解析：　
由题意知由d≠0，解得a1＝－3，d＝2，
∴＝＝－3＋n－1＝n－4，则n－4≥0，得n≥4，
∴数列的前n项和取最小值时的n为3或4．
11．在等差数列{an}中，已知a3＋a8>0，且S9<0，则S1，S2，…，S9中最小的是______．
解析：　
在等差数列{an}中，∵a3＋a8>0，S9<0，
∴a5＋a6＝a3＋a8>0，S9＝＝9a5<0，
∴a5<0，a6>0，∴S1，S2，…，S9中最小的是S5．
12．若{an}是等差数列，首项a1>0，a2 020＋a2 021>0，a2 020·a2 021<0，则使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是(　　)
A．2 038　　　　　　　B．2 039　　　　　　　C．4 040　　　　　　　D．4 041
解析：　
因为a1>0，a2 020＋a2 021>0，a2 020·a2 021<0，所以d<0，a2 020>0，a2 021<0，
所以S4 040＝＝>0，
S4 041＝＝4 033a2 021<0，
所以使前n项和Sn>0成立的最大正整数n是4 040，故选C．
13．若等差数列{an}的前n项和为Sn，若S6>S7>S5，则满足SnSn＋1<0的正整数n的值为(　　)
A．10　　　　　　　　B．11　　　　　　　　C．12　　　　　　　　D．13
解析：　
由S6>S7>S5，得S7＝S6＋a7S5，
所以a7<0，a6＋a7>0，所以S13＝＝13a7<0，
S12＝＝6(a6＋a7)>0，
所以S12S13<0，即满足SnSn＋1<0的正整数n的值为12，故选C．
14．(多选题)等差数列{an}的前n项和记为Sn，若a1>0，S10＝S20，则(　　)
A．公差d<0　　　　B．a16<0　　　　C．Sn≤S15　　　　D．当且仅当Sn<0时n≥32
解析：　
因为等差数列中，S10＝S20，所以a11＋a12＋…＋a19＋a20＝5(a15＋a16)＝0，又a1>0，
所以a15>0，a16<0，所以d<0，Sn≤S15，故A，B，C正确；
因为S31＝＝31a16<0，故D错误．故选ABC．
15．(多选题)设正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，则(　　)
A．a2a9的最大值为10　　　　　　　　　B．a2＋a9的最大值为2　　
C．＋的最大值为　　　　　　　　　D．a＋a的最小值为200　　　　
解析：　
因为正项等差数列{an}满足(a1＋a10)2＝2a2a9＋20，
所以(a2＋a9)2＝2a2a9＋20，即a＋a＝20，则a2a9≤＝＝10，
当且仅当a2＝a9＝时等号成立，故A正确；
由于≤＝10，所以≤，a2＋a9≤2，
当且仅当a2＝a9＝时等号成立，故B正确；
＋＝＝≥＝＝，
当且仅当a2＝a9＝时等号成立，
所以＋的最小值为，故C错误；
a＋a＝(a＋a)2－2a·a＝400－2a·a≥400－2×102＝200，
当且仅当a2＝a9＝时等号成立，故D正确．故选ABD．
16．(2018·全国Ⅱ)记Sn为等差数列{an}的前n项和，已知a1＝－7，S3＝－15.
(1)求{an}的通项公式；
(2)求Sn，并求Sn的最小值．
解析：　
(1)设{an}的公差为d，由题意得3a1＋3d＝－15．由a1＝－7得d＝2．
所以{an}的通项公式为an＝a1＋(n－1)d＝2n－9(n∈N*)．
(2)由(1)得Sn＝·n＝n2－8n＝(n－4)2－16．
所以当n＝4时，Sn取得最小值，最小值为－16．
17．已知数列{an}的前n项和Sn满足：a1an＝S1＋Sn．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若an>0，数列的前n项和为Tn，试问当n为何值时，Tn最小？并求出最小值．
解析：　
(1)由已知a1an＝S1＋Sn，①
可得当n＝1时，a＝a1＋a1，解得a1＝0或a1＝2，
当n≥2时，由已知可得a1an－1＝S1＋Sn－1，②
①－②得a1＝an．
若a1＝0，则an＝0，此时数列{an}的通项公式为an＝0．
若a1＝2，则2＝an，化简得an＝2an－1，
即此时数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，故an＝2n(n∈N*)．
综上所述，数列{an}的通项公式为an＝0或an＝2n．
(2)因为an>0，故an＝2n．设bn＝log2 ，则bn＝n－5，显然{bn}是等差数列，
由n－5≥0，解得n≥5，所以当n＝4或n＝5时，Tn最小，
最小值为T4＝T5＝＝－10．


考点三　等比数列中的最值
[典例 24]　各项均为正数且公比q＞1的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1a5＝4，a2＋a4＝5，则的最小值为________．
解析：　
由题意a1a5＝a2a4＝4，又a2＋a4＝5，公比q＞1，
∴a2＝1，a4＝4，故q2＝＝4，故q＝2，a1＝．
∴an＝2n－2，Sn＝＝(2n－1)．∴＝，
令t＝2n－1∈{1，2，22，23，……}，则原式＝＝t＋＋4≥2＋4＝8，
当且仅当t＝2n－1＝2，即n＝2时取等号．
[典例 25]　等比数列{an}的首项为，公比为－，前n项和为Sn，则当n∈N*时，Sn－的最大值与最小值之和为(　　)
A．－　　　　　　　　B．－　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
依题意得，Sn＝＝1－n．
当n为奇数时，Sn＝1＋随着n的增大而减小，1 Sn－随着Sn的增大而增大，0 当n为偶数时，Sn＝1－随着n的增大而增大，＝S2≤Sn＝1－<1，
Sn－随着Sn的增大而增大，－≤Sn－<0．
因此Sn－的最大值与最小值分别为，－，其
最大值与最小值之和为＋＝．
[典例 26]　(2016·全国Ⅰ)设等比数列{an}满足a1＋a3＝10，a2＋a4＝5，则a1a2·…·an的最大值为________．
解析：　
设等比数列{an}的公比为q，则由a1＋a3＝10，a2＋a4＝q(a1＋a3)＝5，知q＝．
又a1＋a1q2＝10，∴a1＝8．
故a1a2·…·an＝aq1＋2＋…＋(n－1)＝23n·＝23n－＋＝2－＋n．
记t＝－＋＝－(n2－7n)＝－2＋，
结合n∈N*可知n＝3或4时，t有最大值6．
又y＝2t为增函数，从而a1a2·…·an的最大值为26＝64．


【典例精练】
1．正项等比数列{an}中，存在两项am，an，使得＝4a1，且a6＝a5＋2a4，则＋的最小值是(　　)
A．　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
解析：　
记等比数列{an}的公比为q，其中q>0，
于是有a4q2＝a4q＋2a4，即q2－q－2＝0，(q＋1)(q－2)＝0(q>0)，由此解得q＝2．
由aman＝16a得a×2m＋n－2＝16a，故m＋n＝6，其中m，n∈N*，
∴＋＝(m＋n)＝≥＝，
当且仅且＝，即m＝2，n＝4时等号成立，
∴＋的最小值为．

2．已知等比数列{an}的各项均为正数且公比大于1，前n项积为Tn，且a2a4＝a3，则使得T1>1的n的最小值为(　　)
A．4　　　　　　　　B．5　　　　　　　　C．6　　　　　　　　D．7
解析：　
∵{an}是各项均为正数的等比数列，且a2a4＝a3，∴a＝a3，∴a3＝1．
又∵q>1，∴a11(n>3)，
∴Tn>Tn－1(n≥4，n∈N*)，T1<1，T2＝a1·a2<1，
T3＝a1·a2·a3＝a1a2＝T2<1，T4＝a1a2a3a4＝a1<1，T5＝a1·a2·a3·a4·a5＝a＝1，
T6＝T5·a6＝a6>1，故n的最小值为6．
3．设Tn为等比数列{an}的前n项之积，且a1＝－6，a4＝－，则当Tn最大时，n的值为(　　)
A．4　　　　　　　　B．6　　　　　　　　C．8　　　　　　　　D．10
解析：　
设等比数列{an}的公比为q，∵a1＝－6，a4＝－，∴－＝－6q3，解得q＝，
∴an＝－6×n－1．∴Tn＝(－6)n×0＋1＋2＋…＋(n－1)＝(－6)n×，
当n为奇数时，Tn＜0，当n为偶数时，Tn＞0，
故当n为偶数时，Tn才有可能取得最大值．∵T2k＝36k×k(2k－1)，
∴＝＝36×4k＋1，当k＝1时，＝＞1；
当k≥2时，＜1．
∴T2＜T4，T4＞T6＞T8＞…，则当Tn最大时，n的值为4．
４．已知数列{an}满足递推公式an＋1＝2an＋1，a1＝1．设Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值是________．
解析：　
因为an＋1＝2an＋1，所以an＋1＋1＝2(an＋1)，
所以数列{an＋1}是首项为a1＋1＝2，公比为2的等比数列，
所以an＋1＝2n，所以an＝2n－1，
所以Sn＝2＋22＋23＋…＋2n－n＝－n＝2n＋1－2－n，
所以＝＝2n＋－2，
由对勾函数@钻研数学的性质可得，当n＝1时，2n＝2,2n＋－2＝2＋－2＝，
当n≥2时，2n≥4，所以y＝2n＋－2单调递增，
当n＝2时，2n＋－2＝4＋－2＝<，
所以的最小值是．