微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题11　数列中的最值、范围及奇偶项问题-2024年高考数学二轮微专题系列，共16页。试卷主要包含了数列中的奇、偶项问题的常见题型等内容，欢迎下载使用。

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
基本方法是：
(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.
例2 设Sn是数列{an}的前n项和，且an是Sn和2的等差中项.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)记bk＝ak·(ak＋ak＋1＋…＋an)(1≤k≤n).
①求数列{bk}(1≤k≤n)的前n项和Tn；
②设M＝eq \f(2,T1)＋eq \f(22,T2)＋…＋eq \f(2n,Tn)(n∈N*)，求M的取值范围.
解 (1)∵an是Sn和2的等差中项，
∴Sn＋2＝2an.①
当n＝1时，S1＋2＝2a1，解得a1＝2；
当n≥2时，Sn－1＋2＝2an－1(n≥2，n∈N*).②
①－②得Sn－Sn－1＝2an－2an－1(n≥2)，
∴an＝2an－2an－1，
∴eq \f(an,an－1)＝2(n≥2)，
∴数列{an}是首项为2，公比为2的等比数列，∴an＝2n(n∈N*).
(2)①由(1)得bk＝2k·(2k＋2k＋1＋…＋2n)＝2k·eq \f(2k（1－2n－k＋1）,1－2)＝2n＋k＋1－22k，所以数列{bk}(1≤k≤n)的前n项和
Tn＝2n(22＋23＋…＋2n＋1)－(4＋42＋…＋4n)＝2n＋2·(2n－1)－eq \f(4,3)(2n－1)(2n＋1)＝eq \f(4,3)(2n－1)(2n＋1－1)(n∈N*).
②由①可得Tn＝eq \f(4,3)(2n－1)(2n＋1－1)，
∴eq \f(2n,Tn)＝eq \f(3·2n,4（2n－1）（2n＋1－1）)
＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))，
∴M＝eq \f(2,T1)＋eq \f(22,T2)＋…＋eq \f(2n,Tn)＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1))).
∵2n＋1－1≥3，
∴eq \f(1,2)≤eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2n＋1－1)))＜eq \f(3,4)，
故M的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4))).
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的值或最值一般化归为解关于n的不等式问题.
例3 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 记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S6.
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)求使Sn≥an成立的n的最大值.
解 (1)由等差数列的性质可得S5＝5a3，则a3＝5a3，
所以a3＝0.
设等差数列{an}的公差为d，则
a2a4＝(a3－d)(a3＋d)＝－d2，
S6＝S5＋a6＝5a3＋a3＋3d＝3d，
从而－d2＝3d，由于公差不为零，
故d＝－3，
故数列{an}的通项公式为an＝a3＋(n－3)d＝－3n＋9(n∈N*).
(2)由数列{an}的通项公式可得a1＝6，
则Sn＝eq \f(n（6－3n＋9）,2)＝eq \f(n（15－3n）,2)，
则不等式Sn≥an即n2－7n＋6≤0，
整理可得(n－1)(n－6)≤0，
解得1≤n≤6，又n为正整数，故n的最大值为6.
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，考查不等式的恒成立问题，可转化为函数的最值问题.
例4 (2021·浙江卷)已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝－eq \f(9,4)，且4Sn＋1＝3Sn－9(n∈N*).
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)设数列{bn}满足3bn＋(n－4)an＝0(n∈N*)，记{bn}的前n项和为Tn.若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围.
解 (1)因为4Sn＋1＝3Sn－9，
所以当n≥2时，4Sn＝3Sn－1－9，
两式相减可得4an＋1＝3an，即eq \f(an＋1,an)＝eq \f(3,4).
当n＝1时，4S2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4)＋a2))＝－eq \f(27,4)－9，
解得a2＝－eq \f(27,16)，所以eq \f(a2,a1)＝eq \f(3,4).
所以数列{an}是首项为－eq \f(9,4)，公比为eq \f(3,4)的等比数列，
所以an＝－eq \f(9,4)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n－1)＝－eq \f(3n＋1,4n)(n∈N*).
(2)因为3bn＋(n－4)an＝0，
所以bn＝(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n).
所以Tn＝－3×eq \f(3,4)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋…＋(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)，①
所以eq \f(3,4)Tn＝－3×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)－2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)－1×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(4)＋0×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(5)＋…＋(n－5)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)＋(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，②
①－②得eq \f(1,4)Tn＝－3×eq \f(3,4)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(3)＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)－(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)＝－eq \f(9,4)＋eq \f(\f(9,16)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))\s\up12(n－1))),1－\f(3,4))－(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)＝－n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)，
所以Tn＝－4n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1).
因为Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，
所以－4n·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n＋1)≤λ(n－4)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(n)恒成立，
所以(λ＋3)n－4λ≥0.
记f(n)＝(λ＋3)n－4λ(n∈N*)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(λ＋3≥0，,f（1）≥0，))解得－3≤λ≤1.
所以λ的取值范围是[－3，1].
训练3 已知数列{an}中，an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－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 (1)∵an＝1＋eq \f(1,a＋2（n－1）)(n∈N*，a∈R且a≠0).
又a＝－7，∴an＝1＋eq \f(1,2n－9)(n∈N*).
结合函数f(x)＝1＋eq \f(1,2x－9)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＋eq \f(1,a＋2（n－1）)＝1＋eq \f(\f(1,2),n－\f(2－a,2))，
已知对任意的n∈N*，都有an≤a6成立，
结合函数f(x)＝1＋eq \f(\f(1,2),x－\f(2－a,2))的单调性，
可知5即a的取值范围是(－10，－8).
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5 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，
所以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.已知等差数列{an}与数列{bn}满足a2＝1，b1＝a3≠0，且数列{an·bn}的前n项和Sn＝(n－2)·2n＋1＋4，n∈N*.
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)设数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(bn,abn·abn＋1)))的前n项和为Tn，若Tn>eq \f(2 022,2 023)，求n的最小值.
解 (1)a1·b1＝S1＝0，且b1≠0，
所以a1＝0，又a2＝1，所以{an}的公差为1，
所以an＝n－1(n∈N*).
n≥2时，an·bn＝Sn－Sn－1＝(n－1)×2n，
此时bn＝2n(n≥2)，又b1＝a3＝2，
满足bn＝2n，所以bn＝2n(n∈N*).
(2)eq \f(bn,abn·abn＋1)＝eq \f(2n,（2n－1）（2n＋1－1）)＝eq \f(1,2n－1)－eq \f(1,2n＋1－1)，
所以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(1,7)))＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,15)))＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2n－1)－\f(1,2n＋1－1)))＝1－eq \f(1,2n＋1－1)>eq \f(2 022,2 023)，
得2n＋1－1>2 023，所以n的最小值为10.
2.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(n∈N*).
(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.))
3.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).
二、创新拓展练
4.(2022·杭州模拟)已知在数列{an}中，a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(an,2an＋3)(n∈N*).
(1)求证：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)已知数列{bn}满足bn＝eq \f(n（3n－1）,2n)an.
①求数列{bn}的前n项和Tn；
②若不等式(－1)nλ(1)证明 因为a1＝eq \f(1,2)，an＋1＝eq \f(an,2an＋3)(n∈N*)，
所以eq \f(1,an＋1)＝eq \f(3,an)＋2，
所以eq \f(1,an＋1)＋1＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))，
又eq \f(1,a1)＋1＝3，
所以数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,an)＋1))是以3为首项，3为公比的等比数列，
故eq \f(1,an)＋1＝3×3n－1＝3n，
则an＝eq \f(1,3n－1)(n∈N*).
(2)解 ①由(1)知bn＝eq \f(n,2n)，
所以Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,22)＋eq \f(3,23)＋…＋eq \f(n,2n)，
所以eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,22)＋eq \f(2,23)＋eq \f(3,24)＋…＋eq \f(n－1,2n)＋eq \f(n,2n＋1)，
两式相减，得eq \f(1,2)Tn＝eq \f(1,2)＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,23)＋…＋eq \f(1,2n)－eq \f(n,2n＋1)＝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))－eq \f(n,2n＋1)＝1－eq \f(n＋2,2n＋1)，
所以Tn＝2－eq \f(n＋2,2n).
②由①得(－1)nλ<2－eq \f(n＋2,2n)＋eq \f(n,2n)＝2－eq \f(2,2n)，
设cn＝2－eq \f(2,2n)，
则数列{cn}是递增数列.
当n为偶数时，λ<2－eq \f(2,2n)恒成立，
又c2＝eq \f(3,2)，所以λ当n为奇数时，－λ<2－eq \f(2,2n)恒成立，又c1＝1，
所以－λ<1，所以λ>－1.
综上所述，λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(3,2))).