【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题

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1.数列中的最值、范围问题的常见类型有：(1)求数列和式的最值、范围；(2)满足数列的特定条件的n的最值与范围；(3)求数列不等式中参数的取值范围.
2.数列中的奇、偶项问题的常见题型
(1)数列中连续两项和或积的问题(an＋an＋1＝f(n)或an·an＋1＝f(n))；
(2)含有(－1)n的类型；
(3)含有{a2n}，{a2n－1}的类型；
(4)已知条件明确奇偶项问题.
类型一 求数列和式的最值、范围
(1)利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn≥Sn＋1，,Sn≥Sn－1))(n≥2)确定和式的最大值；
利用不等式组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Sn≤Sn＋1，,Sn≤Sn－1))(n≥2)确定和式的最小值.
(2)利用和式的单调性.
(3)把数列的和式看作函数求其最值、值域.
例1 已知等差数列{an}的前n项和为Sn(n∈N*)，且a1＋a6＝a4，S6＝9，数列{bn}满足b1＝2，bn－bn－1＝2n－1(n≥2，n∈N*).
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)求数列{anbn}的前n项和Tn，并求Tn的最小值.
解 (1)由S6＝3(a1＋a6)＝3(a3＋a4)＝3a4＝9，
得a4＝3，a3＝0，
故数列{an}的公差d＝3，
an＝a3＋(n－3)d＝3n－9，
即数列{an}的通项公式为
an＝3n－9(n∈N*).
当n≥2时，bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋2＝2n，
而b1＝2，故bn＝2n，
即数列{bn}的通项公式为bn＝2n(n∈N*).
(2)Tn＝－6×2－3×22＋…＋(3n－12)×2n－1＋(3n－9)×2n，
2Tn＝－6×22－3×23＋…＋(3n－12)×2n＋(3n－9)×2n＋1.
上述两式相减得
－Tn＝－12＋3×22＋…＋3×2n－(3n－9)×2n＋1
＝－12＋3×eq \f(22（1－2n－1）,1－2)－(3n－9)×2n＋1
＝－24－(3n－12)×2n＋1，
故Tn＝(3n－12)×2n＋1＋24(n∈N*).
设cn＝(3n－12)×2n＋1，
显然当n≥4时，cn≥0，Tn≥24且单调递增.
而c1＝－36，c2＝－48，c3＝－48，
故Tn的最小值为T2＝T3＝－24.
训练1 (2022·全国甲卷)记Sn为数列{an}的前n项和.已知eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值.
(1)证明 由eq \f(2Sn,n)＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n， ①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，②
②－①，得2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1的等差数列.
(2)解 由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，得aeq \\al(2,7)＝a4a9，即
(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋eq \f(n（n－1）,2)＝eq \f(n2－25n,2)
＝eq \f(1,2)(n－eq \f(25,2))2－eq \f(625,8)，
所以当n＝12或13时，Sn取得最小值，最小值为－78.
类型二 求n的最值或范围
求n的最值或范围一般转化为解关于n的不等式问题.
例2 在①b4＝a3＋a5；②b4＋b6＝3a3＋3a5；③a2＋a3＝b4这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并加以解答.
已知{an}是等差数列，其前n项和为Sn，{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝1，b3＝b2＋2，b5＝a4＋2a6，且________，设cn＝eq \f(b2,Sn)，是否存在k∈N*，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn？若存在，求出k的值；若不存在，说明理由.
注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分.
解 设数列{an}的公差为d，{bn}的公比为q(q>0)，
因为{bn}是公比大于0的等比数列，
且b1＝1，b3＝b2＋2，
所以q2＝q＋2，解得q＝2，
所以bn＝2n－1.
若存在k，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn，则cn存在最小值.
若选①，解答过程如下.
由b5＝a4＋2a6，b4＝a3＋a5可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋13d＝16，,2a1＋6d＝8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝1，,a1＝1，))
所以Sn＝eq \f(1,2)n2＋eq \f(1,2)n，
cn＝eq \f(b2,Sn)＝eq \f(2,\f(1,2)n2＋\f(1,2)n)＝eq \f(4,n2＋n).
因为n∈N*，
所以n2＋n≥2，
所以cn不存在最小值，
即不存在满足题意的k.
若选②，解答过程如下.
由b5＝a4＋2a6，b4＋b6＝3a3＋3a5可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋13d＝16，,6a1＋18d＝40，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝－1，,a1＝\f(29,3)，))
所以Sn＝－eq \f(1,2)n2＋eq \f(61,6)n，
cn＝eq \f(b2,Sn)＝eq \f(12,－3n2＋61n).
因为当n≤20时，cn>0，
当n≥21时，cn<0，
所以cn的最小值为c21＝－eq \f(2,7).
即存在k＝21，使得对任意的n∈N*，都有ck≤cn.
若选③，解答过程如下.
由b5＝a4＋2a6，a2＋a3＝b4，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3a1＋13d＝16，,2a1＋3d＝8，))
解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(d＝\f(8,17)，,a1＝\f(56,17)，))
所以Sn＝eq \f(4n2＋52n,17)，
cn＝eq \f(b2,Sn)＝eq \f(17,2n2＋26n).
因为2n2＋26n≥28，
所以cn不存在最小值，
即不存在满足题意的k.
训练2 (2022·绵阳二诊)已知各项均为正数的数列{an}满足a1＝1，aeq \\al(2,n＋1)＝an(an＋1＋2an).
(1)证明：数列{an}为等比数列，并求通项公式；
(2)若数列{an}的前n项和为Sn，且S2n>eq \f(160,9)an，求n的最小值.
(1)证明 ∵aeq \\al(2,n＋1)＝an(an＋1＋2an)，
∴aeq \\al(2,n＋1)－anan＋1－2aeq \\al(2,n)
＝(an＋1－2an)(an＋1＋an)＝0.
又数列{an}各项均为正数，
∴an＋1＋an>0，
∴an＋1－2an＝0，
即eq \f(an＋1,an)＝2.
∴数列{an}是首项为1，公比为2的等比数列，
∴数列{an}的通项公式为an＝2n－1.
(2)解 ∵Sn＝eq \f(a1（1－qn）,1－q)＝eq \f(1－2n,1－2)＝2n－1，
∴S2n＝22n－1.
∵S2n>eq \f(160,9)an，
∴9(22n－1)>80×2n，
即(9×2n＋1)(2n－9)>0，
∴2n－9>0，又n∈N*，
∴正整数n的最小值为4.
类型三 求数列不等式中参数的取值范围
此类问题以数列为载体，一般涉及数列的求和，不等式的恒成立问题，可转化为求函数的最值问题.
例3 (2022·河南校际联合考试)我国南宋时期的数学家杨辉，在他1261年所著的《详解九章算法》一书中，用如图的三角形解释二项和的乘方规律，此图称为“杨辉三角”.在此图中，从第三行开始，首尾两数为1，其他各数均为它肩上两数之和.
(1)把“杨辉三角”中第三斜列的各数取出，按原来的顺序排列得一数列：1，3，6，10，15，…，写出an与an－1(n∈N*，n≥2)的递推关系，并求出数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝2an(n∈N*)，设数列{cn}满足cn＝eq \f(2n＋1,bnbn＋1)，数列{cn}的前n项和为Tn，若Tn解 (1)由题意可知a1＝1，n≥2时，an－an－1＝n，
所以an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝n＋(n－1)＋…＋2＋1＝eq \f(n（n＋1）,2)，故an＝eq \f(n（n＋1）,2).
(2)数列{bn}满足b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n)bn＝n2＋n， ①
当n≥2时，b1＋eq \f(1,2)b2＋eq \f(1,3)b3＋…＋eq \f(1,n－1)bn－1＝(n－1)2＋(n－1)，②
①－②得eq \f(1,n)bn＝2n，故bn＝2n2(n≥2)，
又n＝1时亦成立，
所以bn＝2n2(n∈N*).
数列{cn}满足cn＝eq \f(2n＋1,bnbn＋1)＝eq \f(2n＋1,4n2（n＋1）2)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,n2)－\f(1,（n＋1）2)))，
则Tn＝eq \f(1,4)[1－eq \f(1,22)＋eq \f(1,22)－eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)－eq \f(1,（n＋1）2)]＝eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,（n＋1）2)))，
由Tn得eq \f(1,4)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,（n＋1）2)))整理得λ>eq \f(n＋2,4n＋4)，
因为y＝eq \f(n＋2,4n＋4)＝eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,n＋1)))在n∈N*上单调递减，故当n＝1时，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n＋2,4n＋4)))eq \s\d7(max)＝eq \f(3,8)，
即λ>eq \f(3,8)，
所以实数λ的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,8)，＋∞)).
训练3 (2022·浙江“山水联盟”联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，2Sn＝(2n＋1)an－2n2(n∈N*)，数列{bn}满足b1＝a1，nbn＋1＝anbn.
(1)求数列{an}和{bn}的通项公式；
(2)设数列{cn}满足：c1＝4，cn＋1＝cn－eq \f(an,bn)(n∈N*)，若不等式λ＋eq \f(3n＋9,2n)≥cn(n∈N*)恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)当n＝1时，2a1＝3a1－2，
∴a1＝2.
当n≥2时，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2Sn＝（2n＋1）an－2n2，,2Sn－1＝（2n－1）an－1－2（n－1）2))
得2an＝(2n＋1)an－(2n－1)an－1－2n2＋2(n－1)2，
即an－an－1＝2，
∴数列{an}是公差为2的等差数列，
∵a1＝2，∴an＝2n.
由条件得b1＝2，nbn＋1＝2nbn，
∴bn＋1＝2bn，
即数列{bn}是公比为2的等比数列，
∴bn＝2n.
(2)由(1)得eq \f(an,bn)＝eq \f(2n,2n)＝eq \f(n,2n－1)，
设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,bn)))的前n项和为Tn，
则Tn＝1＋eq \f(2,2)＋eq \f(3,22)＋eq \f(4,23)＋…＋eq \f(n,2n－1)，
∴eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n－1,2n－1)＋eq \f(n,2n)，
∴eq \f(1,2)Tn＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n－1)－eq \f(n,2n)
＝eq \f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))－eq \f(n,2n)＝2－eq \f(n＋2,2n)，
∴Tn＝4－eq \f(n＋2,2n－1)，
由cn＋1＝cn－eq \f(an,bn)得cn＋1－cn＝－eq \f(an,bn)，
所以cn－cn－1＝－eq \f(an－1,bn－1)，…，c2－c1＝－eq \f(a1,b1)，
累加得cn－c1＝－Tn－1，
即cn－4＝－4＋eq \f(n＋1,2n－2)，
∴cn＝eq \f(n＋1,2n－2)，∴λ≥eq \f(n＋1,2n－2)－eq \f(3n＋9,2n)＝eq \f(n－5,2n)对任意n∈N*恒成立，
令f(n)＝eq \f(n－5,2n)，
则f(n＋1)－f(n)＝eq \f(n－4,2n＋1)－eq \f(n－5,2n)
＝eq \f(－n＋6,2n＋1)，
∴f(1)f(7)>f(8)>…，
∴f(n)max＝f(6)＝f(7)＝eq \f(1,64)，
∴λ≥eq \f(1,64).
故实数λ的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,64)，＋∞)).
类型四 数列中的奇、偶项问题
对于通项公式分奇、偶项有不同表达式的数列{an}求Sn时，我们可以分别求出奇数项的和与偶数项的和，也可以把a2k－1＋a2k看作一项，求出S2k，再求S2k－1＝
S2k－a2k.
例4 已知数列{an}满足an＋1＋an＝4n－3(n∈N*).
(1)若数列{an}是等差数列，求a1的值；
(2)当a1＝2时，求数列{an}的前n项和Sn.
解 (1)若数列{an}是等差数列，则an＝a1＋(n－1)d，
an＋1＝a1＋nd.
由an＋1＋an＝4n－3，
得a1＋nd＋a1＋(n－1)d＝4n－3，
即2d＝4，2a1－d＝－3，
解得d＝2，a1＝－eq \f(1,2).
(2)法一 由an＋1＋an＝4n－3(n∈N*)，
得an＋2＋an＋1＝4n＋1(n∈N*).
两式相减，得an＋2－an＝4，
由a2＋a1＝1，a1＝2，
得a2＝－1，
所以数列{a2n－1}是首项为a1＝2，公差为4的等差数列，数列{a2n}是首项为a2＝－1，公差为4的等差数列，
所以an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n，n为奇数，,2n－5，n为偶数.))
当n为奇数时，
an＝2n，an－1＝2n－7.
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an)＋(a2＋a4＋…＋an－1)
＝eq \f(\f(n＋1,2)×（2＋2n）,2)＋eq \f(\f(n－1,2)×（－1＋2n－7）,2)
＝eq \f(2n2－3n＋5,2).
当n为偶数时，an＝2n－5，an－1＝2n－2，
Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)
＝eq \f(\f(n,2)·（2＋2n－2）,2)＋eq \f(\f(n,2)·（－1＋2n－5）,2)
＝eq \f(2n2－3n,2).
综上，Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))
法二 由于an＋1＋an＝4n－3，
于是S2n＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a2n－1＋a2n)＝1＋9＋…＋(8n－7)＝eq \f(n（1＋8n－7）,2)＝4n2－3n，
由此可得当n为偶数时，Sn＝eq \f(2n2－3n,2)，而当n为奇数时，n＋1为偶数，
于是Sn＝Sn＋1－an＋1
＝eq \f(2（n＋1）2－3（n＋1）,2)－(2n－3)
＝eq \f(2n2－3n＋5,2).
综上，Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n2－3n＋5,2)，n为奇数，,\f(2n2－3n,2)，n为偶数.))
训练4 已知数列{an}中，a1＝1，anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)(n∈N*).
(1)求证：数列{a2n}与{a2n－1}都是等比数列；
(2)求数列{an}的前n项和Sn.
(1)证明 因为anan＋1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n)，
an＋1an＋2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n＋1)，两式相除，
得eq \f(an＋2,an)＝eq \f(1,2)，
数列a1，a3，…，a2n－1，…是以1为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，故a2n－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)；
数列a2，a4，…，a2n，…是以eq \f(1,2)为首项，eq \f(1,2)为公比的等比数列，故a2n＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(n).
(2)解 S2n＝a1＋a2＋a3＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝eq \f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n),1－\f(1,2))＋eq \f(\f(1,2)×\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(n))),1－\f(1,2))＝3－eq \f(3,2n)，
当n为偶数时，Sn＝3－eq \f(3,2\f(n,2))，而当n为奇数时，n＋1为偶数，
故有Sn＝Sn＋1－an＋1
＝3－eq \f(3,2\f(n＋1,2))－eq \f(1,2\f(n＋1,2))＝3－eq \f(1,2\f(n－3,2)).
综上，Sn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,2\f(n－3,2))，n为奇数，,3－\f(3,2\f(n,2))，n为偶数.))
一、基本技能练
1.(2022·九江质检)已知函数f(x)定义在区间(－1，1)内，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－1，且当x，y∈
(－1，1)时，恒有f(x)－f(y)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x－y,1－xy))).数列{an}满足：a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(2an,1＋aeq \\al(2,n)).在数列{bn}中，bn＝eq \f(1,f（a1）)＋eq \f(1,f（a2）)＋…＋eq \f(1,f（an）).
(1)求证：f(x)在(－1，1)内为奇函数；
(2)求f(an)的表达式；
(3)是否存在自然数m，使得对任意n∈N*，都有bn(1)证明 由题意知，f(x)的定义域关于原点对称.
令x＝y＝0，
则f(0)－f(0)＝f(0)，所以f(0)＝0.
令x＝0，则f(0)－f(y)＝f(－y)，
所以f(－x)＝－f(x).
因此f(x)在(－1，1)上为奇函数.
(2)解 因为f(an＋1)＝feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(an－（－an）,1－an（－an）)))＝f(an)－f(－an)＝2f(an)，
所以f(an)＝f(a1)·2n－1＝－2n－1，n∈N*.
(3)解 由题意知bn＝21－n－2，
所以21－n－2m>23－n，
因为23－n的最大值为4，
所以m的最小值为5.
2.(2022·南京三模)已知等差数列{an}满足：a1＋3，a3，a4成等差数列，且a1，a3，a8成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)在任意相邻两项ak与ak＋1(k＝1，2，…)之间插入2k个2，使它们与原数列的项构成一个新的数列{bn}，记Sn为数列{bn}的前n项和，求满足Sn<500的n的最大值.
解 (1)设等差数列{an}的公差为d，
由题意知a1＋3＋a4＝2a3，
即2a1＋3＋3d＝2a1＋4d，解得d＝3，
又a1a8＝aeq \\al(2,3)，
即a1·(a1＋7×3)＝(a1＋2×3)2，
解得a1＝4，故an＝3n＋1.
(2)因为bn>0，所以{Sn}是单调递增数列，又因为ak＋1前的所有项的项数为k＋21＋22＋…＋2k＝k＋2k＋1－2，
所以Sk＋2k＋1－2＝(a1＋a2＋…＋ak)＋2(21＋22＋33＋…＋2k)＝eq \f(k（4＋3k＋1）,2)＋2×eq \f(2（1－2k）,1－2)＝eq \f(3k2＋5k,2)＋2k＋2－4.
当k＝6时，S132＝321<500；
当k＝7时，S261＝599>500，
令S132＋a7＋2(n－133)<500，
即321＋22＋2(n－133)<500，
解得n<211.5，
所以满足Sn<500的n的最大值为211.
3.已知等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)令bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)，求数列{bn}的前n项和Tn.
解 (1)∵等差数列{an}的公差为2，前n项和为Sn，且S1，S2，S4成等比数列，
∴Sn＝na1＋n(n－1)，
(2a1＋2)2＝a1(4a1＋12)，
解得a1＝1，∴an＝2n－1.
(2)由(1)可得bn＝(－1)n－1eq \f(4n,anan＋1)＝(－1)n－1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))，
当n为偶数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1－eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n,2n＋1)；
当n为奇数时，
Tn＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,3)))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)＋\f(1,5)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)＋\f(1,7)))－…－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－3)＋\f(1,2n－1)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)＋\f(1,2n＋1)))＝1＋eq \f(1,2n＋1)＝eq \f(2n＋2,2n＋1).
∴Tn＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(2n,2n＋1)，n为偶数，,\f(2n＋2,2n＋1)，n为奇数.))
二、创新拓展练
4.已知首项为eq \f(3,2)的等比数列{an}不是递减数列，其前n项和为Sn(n∈N*)，且S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设Tn＝Sn－eq \f(1,Sn)(n∈N*)，求数列{Tn}的最大项的值与最小项的值.
解 (1)设等比数列{an}的公比为q，
因为S3＋a3，S5＋a5，S4＋a4成等差数列，
所以S5＋a5－S3－a3＝S4＋a4－S5－a5，即4a5＝a3，
于是q2＝eq \f(a5,a3)＝eq \f(1,4).
又{an}不是递减数列且a1＝eq \f(3,2)，
所以q＝－eq \f(1,2).
故等比数列{an}的通项公式为
an＝eq \f(3,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n－1)＝(－1)n－1×eq \f(3,2n)(n∈N*).
(2)由(1)得Sn＝1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))eq \s\up12(n)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2n)，n为奇数，,1－\f(1,2n)，n为偶数.))
当n为奇数时，Sn随n的增大而减小，
所以1＜Sn≤S1＝eq \f(3,2)，
故0＜Sn－eq \f(1,Sn)≤S1－eq \f(1,S1)＝eq \f(3,2)－eq \f(2,3)＝eq \f(5,6).
当n为偶数时，Sn随n的增大而增大，
所以eq \f(3,4)＝S2≤Sn＜1，
故0＞Sn－eq \f(1,Sn)≥S2－eq \f(1,S2)＝eq \f(3,4)－eq \f(4,3)＝－eq \f(7,12).
综上，对于n∈N*，
总有－eq \f(7,12)≤Sn－eq \f(1,Sn)≤eq \f(5,6).
所以数列{Tn}最大项的值为eq \f(5,6)，最小项的值为－eq \f(7,12).