2021年高中数学培优练习《数列-最值问题》专项复习（含答案）

这是一份2021年高中数学培优练习《数列-最值问题》专项复习（含答案），共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

已知数列{an}满足an＋1=an＋2n，且a1=33，则eq \f(an,n)的最小值为( )
A.21 B.10 C.eq \f(21,2) D.eq \f(17,2)
在等差数列{an}中，已知a3＋a8＞0，且S9＜0，则S1、S2、…、S9中最小的是( )
A.S5 B.S6 C.S7 D.S8
定义：若数列{an}对任意的正整数n，都有|an＋1|＋|an|=d(d为常数)，则称{an}为“绝对和数列”，d叫作“绝对公和”.在“绝对和数列”{an}中，a1=2，绝对公和为3，则其前2 017项的和S2 017的最小值为( )
A.－2 017 B.－3 014 C.－3 022 D.3 032
设Sn为等差数列{an}的前n项和,(n+1)SnA.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
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( )
A．－10 B．－12 C．－9 D．－13
已知数列{an}的通项公式an=lg2eq \f(n＋1,n＋2)(n∈N*)，设{an}的前n项和为Sn，则使Sn<－5成立的正整数n( )
A．有最大值63 B．有最小值63
C．有最大值31 D．有最小值31
已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3=9，a2a4=21，数列{bn}满足eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)=1－eq \f(1,2n)(n∈N*)，若bn＜eq \f(1,10)，则n的最小值为( )
A.6 B.7 C.8 D.9
已知数列{an}与{bn}的前n项和分别为Sn，Tn，且an＞0,6Sn=aeq \\al(2,n)＋3an，n∈N*，
bn=eq \f(2an,2an－12an＋1－1)，若∀n∈N*，k＞Tn恒成立，则k的最小值是( )
A.eq \f(1,7) B.eq \f(1,49) C.49 D.eq \f(8,441)
二、填空题
已知数列{an}满足a1=1，an＋1=an＋n＋1，则eq \f(8＋an,n)的最小值为________．
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 .
已知等差数列{an}的公差d＞0，且a2，a5-1，a10成等比数列，若a1=5，Sn为数列{an}的前n项和，则eq \f(2Sn＋n＋32,an＋1)的最小值为________．
在各项都为正数的等比数列{an}中，若a2 018=eq \f(\r(2),2)，则eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)的最小值为 .
三、解答题
已知数列{an}满足2an+1=an+an+2(n∈N*),它的前n项和为Sn,且a3=10,S6=72,若bn=an-30,设数列{bn}的前n项和为Tn,求Tn的最小值.
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．
在等差数列{an}中，a10=18，前5项的和S5=-15，
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求数列{an}的前n项和的最小值，并指出何时取得最小值．
已知数列{an}满足a1=1，，其中n∈N*.
(1)设，求证：数列{bn}是等差数列，并求出{an}的通项公式an.
(2)设，数列{cncn+2}的前n项和为Tn，是否存在正整数m，使得Tn<对于n∈N*恒成立，若存在，求出m的最小值，若不存在，请说明理由.
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)对任意的n∈N*,都有an+1>an,求实数k的取值范围.
已知{an}是公差为d的等差数列，它的前n项和为Sn，S4=2S2＋4，数列{bn}中，bn=eq \f(1＋an,an).
(1)求公差d的值；
(2)若a1=－eq \f(5,2)，求数列{bn}中的最大项和最小项的值；
(3)若对任意的n∈N*，都有bn≤b8成立，求a1的取值范围．
\s 0 参考答案
答案为：C；
解析：由已知条件可知，当n≥2时，
an=a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1)=33＋2＋4＋…＋2(n－1)=n2－n＋33，
又n=1时，a1=33满足此式.所以eq \f(an,n)=n＋eq \f(33,n)－1.令f(n)=eq \f(an,n)=n＋eq \f(33,n)－1，
则f(n)在[1,5]上为减函数，在[6，＋∞)上为增函数.
又f(5)=eq \f(53,5)，f(6)=eq \f(21,2)，则f(5)＞f(6)，故f(n)=eq \f(an,n)的最小值为eq \f(21,2).
答案为：A；
解析：在等差数列{an}中，∵a3＋a8＞0，S9＜0，
∴a5＋a6=a3＋a8＞0，S9=eq \f(9a1＋a9,2)=9a5＜0，
∴a5＜0，a6＞0，∴S1、S2、…、S9中最小的是S5，故选A.
答案为：C；
解析：依题意，要使其前2 017项的和S2 017的值最小，只需每一项都取最小值即可.
因为|an＋1|＋|an|=3，所以有－a3－a2=－a5－a4=…=－a2 017－a2 016=3，
即a3＋a2=a5＋a4=…=a2 017＋a2 016=－3，
所以S2 017的最小值为2＋eq \f(2 017－1,2)×(－3)=－3 022，故选C.
答案为：D；
答案为：B；
设等差数列{an}的公差为d，∵a3＋a7=36，∴a4＋a6=36，又a4a6=275，
联立，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11，))当eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝11，,a6＝25))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝－10，,d＝7，))
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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a4＝25，,a6＝11))时，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＝46，,d＝－7，))
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.
答案为：B；
解析：an=lg2eq \f(n＋1,n＋2)，所以Sn=a1＋…＋an=lg2eq \f(2,3)＋lg2eq \f(3,4)＋…＋lg2eq \f(n＋1,n＋2)
=lg2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)·\f(3,4)·…·\f(n＋1,n＋2)))=lg2eq \f(2,n＋2)，令Sn<－5，则lg2eq \f(2,n＋2)<－5，
所以n＋2>26=64，所以n>62，故n的最小值为63.
答案为：C；
解析：设等差数列{an}的公差为d.
∵S3=a1＋a2＋a3=3a2=9，a2a4=21，∴a2=3，a4=7，d=2，an=2n－1.
设Tn=eq \f(b1,a1)＋eq \f(b2,a2)＋…＋eq \f(bn,an)=eq \f(b1,1)＋eq \f(b2,3)＋…＋eq \f(bn,2n－1)=1－eq \f(1,2n)，
则Tn＋1=eq \f(b1,1)＋eq \f(b2,3)＋…＋eq \f(bn,2n－1)＋eq \f(bn＋1,2n＋1)=1－eq \f(1,2n＋1)，
两式作差得Tn＋1－Tn=eq \f(bn＋1,2n＋1)=eq \f(1,2n)－eq \f(1,2n＋1)=eq \f(1,2n＋1)，所以bn＋1=eq \f(2n＋1,2n＋1)，则bn=eq \f(2n－1,2n).
当bn＜eq \f(1,10)，即eq \f(2n－1,2n)＜eq \f(1,10)时，得n的最小值为8，故选C.
答案为：B；
解析：当n=1时，6a1=aeq \\al(2,1)＋3a1，解得a1=3或a1=0.
由an＞0，得a1=3.由6Sn=aeq \\al(2,n)＋3an，得6Sn＋1=aeq \\al(2,n＋1)＋3an＋1.
两式相减得6an＋1=aeq \\al(2,n＋1)－aeq \\al(2,n)＋3an＋1－3an.所以(an＋1＋an)(an＋1－an－3)=0.
因为an＞0，所以an＋1＋an＞0，an＋1－an=3.
即数列{an}是以3为首项，3为公差的等差数列，所以an=3＋3(n－1)=3n.
所以bn=eq \f(2an,2an－12an＋1－1)=eq \f(8n,8n－18n＋1－1)=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1))).
所以Tn=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,8－1)－\f(1,82－1)＋\f(1,82－1)－\f(1,83－1)＋…))eq \b\lc\ \rc\)(\a\vs4\al\c1(＋\f(1,8n－1)－\f(1,8n＋1－1)))
=eq \f(1,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,7)－\f(1,8n＋1－1)))＜eq \f(1,49).
要使∀n∈N*，k＞Tn恒成立，只需k≥eq \f(1,49).故选B.
答案为：4.5；
解析：由a1=1，an＋1=an＋n＋1得a2－a1=2，a3－a2=3，……an－an－1=n.
以上等式相加得an=a1＋2＋3＋…＋n=eq \f(nn＋1,2)，∴eq \f(8＋an,n)=eq \f(n,2)＋eq \f(8,n)＋eq \f(1,2)≥2eq \r(4)＋0.5=4.5，
当且仅当n=4时上式取到等号．
答案为：-49；
答案为：eq \f(20,3)；
解析：由于a2，a5-1，a10成等比数列，所以(a5-1)2=a2·a10，(a1＋4d-1)2=(a1＋d)·(a1＋9d)，
又a1=5，所以d=3，所以an=5＋3(n-1)=3n＋2，Sn=na1＋eq \f(nn－1,2)d=5n＋eq \f(3,2)n(n-1)，
所以eq \f(2Sn＋n＋32,an＋1)=eq \f(3n2＋8n＋32,3n＋3)=eq \f(1,3)[3(n＋1)＋eq \f(27,n＋1)＋2]≥eq \f(20,3)，
当且仅当3(n＋1)=eq \f(27,n＋1)，即n=2时等号成立．
答案为：4；
解析：设公比为q(q＞0)，因为a2 018=eq \f(\r(2),2)，所以a2 017=eq \f(a2 018,q)=eq \f(\r(2),2q)，a2 019=a2 018q=eq \f(\r(2),2)q，
则有eq \f(1,a2 017)＋eq \f(2,a2 019)=eq \r(2)q＋eq \f(2,\f(\r(2),2)q)=eq \r(2)q＋eq \f(2\r(2),q)≥2eq \r(2) eq \r(q×\f(2,q))=4，当且仅当q2=2，
即q=eq \r(2)时取等号，故所求最小值为4.
解：∵2an+1=an+an+2,∴an+1-an=an+2-an+1,故数列{an}为等差数列.
解：
(1)∵an=1＋eq \f(1,a＋2n－1)(n∈N*，a∈R，且a≠0)，
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))．
∵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，
∴5 解：(1)设{an}的首项，公差分别为a1，d.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a1＋9d＝18，,5a1＋\f(5,2)×4×d＝－15，))解得a1=-9，d=3，
∴an=3n-12.
(2)Sn=eq \f(na1＋an,2)=eq \f(1,2)(3n2-21n)=eq \f(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－\f(7,2)))2-eq \f(147,8)，
∴当n=3或4时，前n项的和取得最小值为-18.
解：
解：
解：
(1)∵S4=2S2＋4，∴4a1＋eq \f(3×4,2)d=2(2a1＋d)＋4，解得d=1.
(2)∵a1=－eq \f(5,2)，∴数列{an}的通项公式为an=－eq \f(5,2)＋(n－1)=n－eq \f(7,2)，
∴bn=1＋eq \f(1,an)=1＋eq \f(1,n－\f(7,2)).
∵函数f(x)=1＋eq \f(1,x－\f(7,2))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，＋∞))上分别是单调减函数，
∴b3＜b2＜b1＜1，当n≥4时，1＜bn≤b4，
∴数列{bn}中的最大项是b4=3，最小项是b3=－1.
(3)由bn=1＋eq \f(1,an)，得bn=1＋eq \f(1,n＋a1－1).
又函数f(x)=1＋eq \f(1,x＋a1－1)在(－∞，1－a1)和(1－a1，＋∞)上分别是单调减函数，
且x＜1－a1时，y＜1；当x＞1－a1时，y＞1.
∵对任意的n∈N*，都有bn≤b8，
∴7＜1－a1＜8，∴－7＜a1＜－6，
∴a1的取值范围是(－7，－6)．