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数列的最值及奇偶项讨论问题
1．数列是一种特殊的函数，数列的最值、范围问题与函数的最值(范围)问题相类似，一般常借助单调性解决．
2．在数列中，经常出现某一项符号与项数n有关的问题，此类问题常通过讨论n的奇偶性求解．
题型一　项的最值问题
【例1】 设等差数列{an}前n项和为An，等比数列{bn}前n项和为Bn.若Bn＋3＝8Bn＋7，a1＝b2，a4＝b4.
(1)求bn和An；
(2)求数列{bn－An}的最小项．
解　(1)法一　设等差数列{an}的公差为d，设等比数列的公比为q，由Bn＋3＝8Bn＋7，可得b1＋b2＋b3＋(b4＋…＋bn＋3)＝b1＋b2＋b3＋q3Bn＝8Bn＋7，
则q3＝8，b1＋b2＋b3＝7，解得q＝2，b1＝1.
则bn＝2n－1；
由a1＝b2＝2，a4＝b4＝8，
可得d＝2，An＝2n＋×2×n(n－1)＝n2＋n；
法二　Bn＋3＝8Bn＋7，Bn＋4＝8Bn＋1＋7，
两式相减得bn＋4＝8bn＋1，故q＝2.
(2)设cn＝bn－An＝2n－1－n2－n，
cn＋1－cn＝2n－(n＋1)2－n－1－(2n－1－n2－n)＝2n－1－2(n＋1)，
当n≤4时，cn＋1cn，
可得数列{bn－An}的最小项为c5＝－14.
感悟升华　(1)确定数列的最值(即项的最值)，一般应先求出通项公式；
(2)数列的最值常通过数列的单调性求解；
(3)有些情况下可通过不等式组(如或)解决．
【训练1】 (1)若数列中的最大项是第k项，则k＝________．
(2)已知数列{an}的前n项和Sn＝
n∈N*，则an＝________；若a5是{an}中的最大值，则实数a的取值范围是________．
答案　(1)4　(2)a≥
解析　(1)由题意知
解得≤k≤1＋.∵k∈N*，∴k＝4.
(2)当2≤n≤4时，an＝Sn－Sn－1＝2n－2，n＝1时，a1＝S1＝1，不满足上式；当n≥6时，an＝Sn－Sn－1＝－2n＋a；当n＝5时，a5＝S5－S4＝5a－45，∴an＝
由题意，a5是{an}中的最大值，
∴5a－45≥8且5a－45≥－12＋a，∴a≥.
题型二　前n项和(或积)的最值
【例2】 (2014·浙江卷)已知数列{an}和{bn}满足a1a2a3…an＝()bn(n∈N*)．若{an}为等比数列，且a1＝2，b3＝6＋b2.
(1)求an与bn；
(2)设cn＝－(n∈N*)，记数列{cn}的前n项和为Sn.
①求Sn；
②求正整数k，使得对任意n∈N*均有Sk≥Sn.
解　(1)由题意a1a2a3…an＝()bn，b3－b2＝6，
知a3＝()b3－b2＝8.
又由a1＝2，得公比q＝2(q＝－2，舍去)，
所以数列{an}的通项为an＝2n(n∈N*)．
所以，a1a2a3…an＝2＝()n(n＋1)．
故数列{bn}的通项为bn＝n(n＋1)(n∈N*)．
(2)①由(1)知cn＝－＝－(n∈N*)，
所以Sn＝－(n∈N*)．
②因为c1＝0，c2>0，c3>0，c4>0；
当n≥5时，
cn＝，
而－＝>0，
得≤<1，
所以，当n≥5时，cn<0.
综上，对任意n∈N*恒有S4≥Sn，故k＝4.
感悟升华　(1)此类问题常构造函数，利用单调性解决；
(2)和式最值有时也可通过找分界项(与零的关系)求解．
【训练2】 (2020·金丽衢十二校二联)设数列{an}的前n项和为Sn，满足：an＋Sn＝(n∈N*)．
(1)求证：数列为等比数列；
(2)求Sn，并求Sn的最大值．
(1)证明　因为an＋Sn＝，①
所以an－1＋Sn－1＝(n≥2)，②
由①－②可得，
当n≥2时，2an－an－1＝－，
整理得2＝an－1＋.
又a1＋＝，
所以数列是首项、公比均为的等比数列．
(2)解　由(1)得an＋＝，
所以an＝－＝－，
所以Sn＝1－－，
所以Sn＝－.
因为an＝－＝，
令函数f(n)＝－1，
则f(n＋1)－f(n)＝，
所以f(1)f(4)>….
又f(1)＝0，f(4)>0，f(5)<0，
所以当n≥5时，an<0，即Sn－1>Sn，
当n≤4时，Sn－1≤Sn，
因此Sn的最大值为S4＝.
题型三　项或积的代数式的最值
【例3】 (1)已知各项为正的等比数列{an}中，a4与a14的等比中项为2，则2a7＋a11的最小值为(　　)
A．16 B．8 C．6 D．4
(2)设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a7＝5，S5＝－55，则nSn的最小值为(　　)
A．－343 B．－324 C．－320 D．－243
答案　(1)B　(2)A
解析　(1)因为a＝a4a14＝a7a11＝8，所以2a7＋a11＝2a7＋≥2＝8.
(2)设等差数列{an}的公差为d，
∵a7＝5，S5＝－55，∴解得
∴Sn＝－19n＋×4＝2n2－21n，
∴nSn＝2n3－21n2，
设f(x)＝2x3－21x2(x>0)，则f′(x)＝6x(x－7)．
当07时，f′(x)>0，
故nSn的最小值为f(7)＝－343.
感悟升华　(1)利用基本不等式求最值；
(2)利用函数、导数研究对应函数的单调性，借助单调性求最值．
【训练3】 (1)(2021·浙江五校联考)已知等差数列{an}的公差d≠0，且a1，a3，a13成等比数列，若a1＝1，Sn为数列{an}的前n项和，则的最小值为________．
(2)(2021·浙江新高考仿真三)设数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，有Sn＋1＝2Sn＋n＋1，a1＝1，则的最大值为(　　)
A．2 B．1 C. D.
(3)(2021·镇海中学模拟)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝4，且2an＝an－1＋an＋1(n≥2，n∈N)，则的最大值为(　　)
A. B．1 C．2 D.
答案　(1)4　(2)D　(3)C
解析　(1)设公差为d，因为a1，a3，a13成等比数列，所以(1＋2d)2＝1＋12d，解得d＝2.所以an＝2n－1，Sn＝n2.所以＝＝.令t＝n＋1，则原式＝＝t＋－2.因为t≥2，t∈N*，所以当t＝3，即n＝2时，＝4.
(2)由Sn＋1＝2Sn＋n＋1得当n≥2时，Sn＝2Sn－1＋n，两式作差得an＋1＝2an＋1，即an＋1＋1＝2(an＋1)，又因为a1＋1＝2，所以数列{an＋1}为首项为2，公比为2的等比数列，则an＋1＝2n，an＝2n－1，则＝，设f(n)＝，则f(n＋1)－f(n)＝－＝，则有f(1)(3)由2an＝an－1＋an＋1得2nan＝(n－1)an－1＋(n＋1)an＋1，则数列{nan}为等差数列，其首项为1，公差为2×a2－a1＝7，则nan＝1＋7(n－1)＝7n－6，则＝.设函数f(x)＝，则f′(x)＝，则的最大值为max＝＝2，故选C.
题型四　数列的奇偶项讨论
【例4】 (1)若数列{an}的通项公式an＝(－1)n，则它的前n项和Sn＝________．
(2)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋2－an＝1＋(－1)n(n∈N*)，则an＝______，S100＝______．
(3)已知公差不为零的等差数列{an}中，a1＝1，且a2，a5，a14成等比数列，{an}的前n项和为Sn，bn＝(－1)nSn，则an＝________，数列{bn}的前n项和Tn＝________．
答案　(1)－1＋或
(2)　2 600　(3)2n－1　(－1)n
解析　(1)an＝(－1)n＝(－1)n，
Sn＝－＋－＋…＋
(－1)n，
当n为偶数时，Sn＝－1＋，当n为奇数时，
Sn＝－1－，
综上所述Sn＝－1＋.
(2)当n为奇数时，an＋2－an＝0；当n为偶数时，an＋2－an＝2，
∴{an}的一个通项公式为an＝
∴S100＝S奇＋S偶＝50×1＋＝2 600.
(3)设等差数列{an}的公差为d(d≠0)，则由a2，a5，a14成等比数列得a＝a2·a14，即(1＋4d)2＝(1＋d)(1＋13d)，解得d＝2，则an＝a1＋(n－1)d＝2n－1，Sn＝na1＋d＝n2，当n为偶数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…－Sn－1＋Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－1)2＋n2＝3＋7＋…＋(2n－1)＝；当n为大于1的奇数时，Tn＝－S1＋S2－S3＋S4－…＋Sn－1－Sn＝－12＋22－32＋42－…－(n－2)2＋(n－1)2－n2＝3＋7＋…＋(2n－3)－n2＝－，当n＝1时，也符合上式．综上所述，Tn＝(－1)n.
感悟升华　当所给条件中，出现符号数列{(－1)n}或出现关于n的三角函数时，常考虑分奇偶项讨论．
【训练4】 (1)已知数列{an}的通项公式是an＝
n2sin，则a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝(　　)
A. B.
C. D.
(2)在数列{an}中，an＋1＋(－1)nan＝2n－1，则数列{an}的前12项和为(　　)
A．76 B．78 C．80 D．82
(3)(2021·上海徐汇区一模)若不等式(－1)n·a<3＋对任意的正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________．
答案　(1)B　(2)B　(3)
解析　(1)an＝n2sin＝
∴a1＋a2＋a3＋…＋a2 018＝－12＋22－32＋42－…－2 0172＋2 0182＝(22－12)＋(42－32)＋…＋(2 0182－2 0172)＝1＋2＋3＋4＋…＋2 018＝.
(2)因为an＋1＋(－1)nan＝2n－1，所以a2－a1＝1，
a3＋a2＝3，a4－a3＝5，a5＋a4＝7，a6－a5＝9，a7＋a6＝11，…，a11＋a10＝19，a12－a11＝21，所以a1＋a3＝2，a4＋a2＝8，…，a12＋a10＝40，
所以从第一项开始，依次取两个相邻奇数项的和都等于2，从第二项开始，依次取两个相邻偶数项的和构成以8为首项，以16为公差的等差数列，以上式相加可得，S12＝a1＋a2＋a3＋…＋a12＝(a1＋a3)＋(a5＋a7)＋(a9＋a11)＋(a2＋a4)＋(a6＋a8)＋(a10＋a12)＝3×2＋8＋24＋40＝78.
(3)n为偶数时，a<，即a<3－＝；
n为奇数时，－a<，即－a≤3，
∴a≥－3，
综上实数a的取值范围是.
一、选择题
1．已知数列{an}的通项公式为an＝，则数列{an}的最大值为(　　)
A．第7项 B．第8项
C．第7项或第8项 D．不存在
答案　B
解析　∵an＝＝≤，当且仅当n＝时取等号，而a7＝＝，a8＝＝，而a72．在等差数列{an}中，an>0，且a1＋a2＋…＋a2 021＝4 042，则a1·a2 021的最大值为(　　)
A．3 B．4 C．6 D．9
答案　B
解析　因为在等差数列{an}中，a1＋a2＋…＋a2 021＝4 042，
所以＝4 042，即a1＋a2 021＝4，
又an>0，所以a1·a2 021≤＝4，
当且仅当a1＝a2 021＝2时，等号成立，
所以a1·a2 021的最大值为4.故选B.
3．(2021·北京顺义区二模)设{an}是各项均为正数的等比数列，Sn为其前n项和．已知a1·a3＝16，S3＝14，若存在n0使得a1，a2，…，an0的乘积最大，则n0的一个可能值是(　　)
A．4 B．5 C．6 D．7
答案　A
解析　等比数列{an}中，公比q>0；
由a1·a3＝16＝a，所以a2＝4，
又S3＝14，
所以解得或
若时，可得q＝2，可得a1，a2，…，an0的值为2，4，8，16，…，不会存在n0使得a1，a2，…，an0的乘积最大(舍去)，
若时，可得q＝，可得a1，a2，…，an0的值为8，4，2，1，，，…，观察可知存在n0＝4，使得8×4×2×1的乘积最大，综上，可得n0的一个可能值是4.
4．(2021·嘉兴期末)等差数列{an}满足：a1>0，4a3＝7a10.记anan＋1an＋2＝bn，当数列{bn}的前n项和Sn取最大值时，n＝(　　)
A．17 B．18 C．19 D．20
答案　C
解析　因为数列{an}是首项大于0的等差数列，且4a3＝7a10，所以3a1＋55d＝0.不妨取a1＝55，d＝－3，则an＝58－3n，所以数列{an}的前19项为正，从第20项开始为负．因为bn＝anan＋1an＋2，所以数列{bn}的前17项为正，第18项为负，第19项为正，从第20项开始为负，所以S17>S16>…>S1>0，S18＝S17＋b180，所以S19＝S17＋b18＋b19>S17，S20＝S19＋b205．(2021·金华十校期末调研)正整数数列{an}满足：an＋1＝(k∈N*)，则(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．数列{an}中不可能同时有1和2 019两项
B．an的最小值必定为1
C．当an是奇数时，an≥an＋2
D．an的最小值可能为2
答案　A
解析　若a1＝3，则a2＝6，所以a3＝3，a4＝6，所以可知数列{an}是一个周期数列，最小值为3，且an＝an＋2，所以B，C错误；若am＝2，则am＋1＝1，所以an的最小值不可能是2，D错误，所以A正确，故选A.
6．(2021·浙江考前冲刺卷九)已知首项均为的等差数列{an}与等比数列{bn}，若a3＝－b2，a4＝b3，数列{an}的各项均不相等，且Sn为数列{bn}的前n项和，则的最大值与最小值差的绝对值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　设{an}的公差为d(d≠0)，{bn}的公比为q，则得所以Sn＝1－.令t＝，则t＝Sn－，易得Sn>0，且t随着Sn的增大而增大．当n为奇数时，Sn＝1＋递减，则Sn∈，t∈；当n为偶数时，Sn＝1－递增，Sn∈，t∈.所以tmin＝－，tmax＝，即的最大值为，最小值为－，所以的最大值与最小值差的绝对值为－＝，故选A.
7．(2021·鄞州中学检测)已知数列{an}满足a1＝1，an＋1an＝a＋2an＋1，则使得|－m|最小的整数m是(　　)
A．65 B．64 C．63 D．62
答案　B
解析　显然an>0，由an＋1an＝a＋2an＋1得an＋1－an＝＋2，则数列{an}为单调递增数列，则an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1＝＋＋…＋＋a1＝2n－1＋≥2n，所以a2 020≥
4 040，所以>63.6；由an＋1an＝a＋2an＋1得－＝≤＝<＝－，所以＝＋(－)＋(－)＋…＋(－)<2＋－<64.5，所以使得|－m|最小的整数m是64，故选B.
8．(2021·杭州二中月考)已知数列{an}满足a1＝1，a2＝，且[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，记T2n为数列{an}的前2n项和，数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，则使不等式·<1成立的最小整数n的值为(　　)
A．7 B．6 C．5 D．4
答案　C
解析　因为[3＋(－1)n]an＋2－2an＋2[(－1)n－1]＝0，n∈N*，所以当 n为奇数时，an＋2－an＝2，且a1＝1，所以数列{an}的奇数项构成首项为1，公差为2的等差数列；当n为偶数时，＝，且a2＝，所以数列{an}的偶数项构成首项为，公比为的等比数列，则T2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋a6＋…＋a2n)＝n2＋1－.又因为数列{bn}是首项和公比都是2的等比数列，所以bn＝2n，则·<1等价于(n2＋1)<1，即n2＋1<2n，当n＝1时，n2＋1＝2n；当n＝2，3，4时，n2＋1>2n；当n＝5时，n2＋1<2n；当n>5时，由数学归纳法易得n2＋1<2n.综上所述，使不等式·<1成立的最小整数n的值为5，故选C.
二、填空题
9．已知{an}是等比数列，且an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝25，则a3＋a5＝________；a4的最大值为________．
答案　5　
解析　因为an>0，a2a4＋2a3a5＋a4a6＝a＋2a3a5＋a＝(a3＋a5)2＝25，所以a3＋a5＝5，所以a3＋a5＝5≥2＝2a4，所以a4≤.即a4的最大值为.
10．若一个数列的第m项等于这个数列的前m项的乘积，则称该数列为“m积数列”．若各项均为正数的等比数列{an}是一个“2 020积数列”，且a1>1，则当其前n项的乘积取最大值时n的值为________．
答案　1 009或1 010
解析　由题可知a1a2a3·…·a2 020＝a2 020，
故a1a2a3·…·a2 019＝1，
由于{an}是各项均为正数的等比数列且a1>1.
所以a1 010＝1，公比0所以a1 009>1且011．(一题多解)(2021·浙江教育绿色联盟适考)已知数列{an}满足an＋1＋(－1)nan＝n(n∈N*)，记数列{an}的前n项和为Sn，则S60＝________．
答案　930
解析　法一　因为a2k－a2k－1＝2k－1，a2k＋1＋a2k＝2k(k∈N*)，两式相减，则a2k＋1＋a2k－1＝1，即{an}的相邻两个奇数项之和恒为1；又a2k＋1＋a2k＝2k，a2k＋2－a2k＋1＝2k＋1(k∈N*)，两式相加，则a2k＋2＋a2k＝4k＋1，所以S60＝(a1＋a3＋…＋a59)＋[(a2＋a4)＋…＋(a58＋a60)]＝15＋[(4×1＋1)＋(4×3＋1)＋…＋(4×29＋1)]＝930.
法二　一般递推关系中出现(－1)n，应分奇偶项进行讨论，以简化递推关系．同时，对于首项未定的数列求和，可以考虑从特殊到一般归纳其规律：设a1＝x，则由递推关系，得a2＝1＋x，a3＝1－x，a4＝4－x，a5＝x，a6＝5＋x，a7＝1－x，a8＝8－x，…，则有a1＋a2＋a3＋a4＝6，a5＋a6＋a7＋a8＝14，可猜想a4m＋1＋a4m＋2＋a4m＋3＋a4m＋4＝8m＋6(m∈N)，故S60＝6×15＋×8＝930.
12．(2021·浙江名校联考信息卷)已知数列{an}，{bn}，且a1＝b1＝1，an＋1＝an＋1，bn＋1＝bn＋2n，则bn＝________；设cn＝，则cn的最小值为________．
答案　2n－1　
解析　由题意可得an＋1－an＝1，bn＋1－bn＝2n.由a1＝1，an＋1－an＝1得an＝n，由b1＝1及bn＋1－bn＝2n运用累加法得bn＝2n－1，所以cn＝，所以cn＋1－cn＝－＝，所以当n＝1，2时，cn＋1－cn<0，当n≥3时，cn＋1－cn>0，则有c1>c2>c313．(2021·杭州地区四校联考)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，2Sn＋Sn－1＝3(n≥2，n∈N*)，则Sn的最大值与最小值之和为________．
答案　
解析　因为2Sn＋Sn－1＝3(n≥2，n∈N*)，所以n≥3时，2Sn－1＋Sn－2＝3，两式相减得2an＋an－1＝0，即an＝－an－1(n≥3)．当n＝2时，2S2＋S1＝3，即3a1＋2a2＝3，由a1＝得a2＝－，则a2＝－a1，所以数列{an}是以为首项，－为公比的等比数列，所以Sn＝＝1－.当n为奇数时，Sn＝1＋，Sn随n的增大而减小，则114．(2021·湖州五校模拟)已知数列{an}的通项公式为an＝·3n－1，n∈N*，[an]表示不超过an的最大整数(如[1.2]＝1)．记bn＝[an]，数列{bn}的前n项和为Tn，若不等式λan＋1>Tn＋5n－对任意的n∈N*恒成立，则实数λ的取值范围是________．
答案　
解析　因为an＝·3n－1，所以当n＝1时，a1＝，b1＝0.当n≥2时，3n－1为大于2的奇数，3n－1－1为偶数，所以bn＝，显然b1＝0也满足上式，所以bn＝，n∈N*，所以Tn＝(30＋31＋32＋…＋3n－1)－＝－＝.所以不等式λan＋1>Tn＋5n－，即λ·>＋5n－可化为λ>＋.令f(n)＝＋，n∈N*，则f(n＋1)＝＋，所以f(n＋1)－f(n)＝－＝，所以当n≤4时，f(n＋1)－f(n)>0，f(n)递增，当n≥5时，f(n＋1)－f(n)<0，f(n)递减，即f(1)f(6)>f(7)>…，所以f(n)max＝f(5)＝，故λ>，即实数λ的取值范围是.
三、解答题
15．已知数列{an}的通项公式an＝2·3n－1＋(－1)n(ln 2－ln 3)＋(－1)nnln 3，求其前n项和Sn.
解　Sn＝2(1＋3＋…＋3n－1)＋[－1＋1－1＋…＋(－1)n](ln 2－ln 3)＋[－1＋2－3＋…＋(－1)nn]ln 3，
所以当n为偶数时，Sn＝2×＋ln 3＝3n＋ln 3－1，
当n为奇数时，
Sn＝2×－(ln 2－ln 3)＋ln 3
＝3n－ln 3－ln 2－1，
综上所述，Sn＝
16．(2021·鄞州中学测试)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足2Sn＝(n＋2)(an－1)，n∈N*.
(1)证明：数列为常数列，并求an；
(2)令bn＝a2n·sin ，求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明　因为2Sn＝(n＋2)(an－1)，①
所以当n≥2时，2Sn－1＝(n＋1)(an－1－1)，②
①－②得2an＝(n＋2)an－(n＋1)an－1－1，
即nan－(n＋1)an－1＝1.
等式两边同除n(n＋1)得
－＝＝－，
整理得＝，
所以数列为常数列．
因为2S1＝(1＋2)(a1－1)，所以a1＝3，
则＝＝2，所以an＝2n＋1.
(2)解　由(1)可得a2n＝2·2n＋1＝2n＋1＋1，
所以bn＝(2n＋1＋1)sin
＝(2n＋1＋1)sin，
则bn＝
①当n＝2k，k∈N*时，
Tn＝(－22－1)＋(23＋1)－(24＋1)＋…＋(－2n－1)＋(2n＋1＋1)
＝－22＋23－24＋25＋…－2n＋2n＋1
＝22＋24＋…＋2n
＝(2n－1)；
②当n＝2k－1，k∈N*时 ，
Tn＝Tn＋1－bn＋1＝(2n＋1－1)－(2n＋2＋1)＝－.
综上所述，Tn＝
17．(2021·浙江新高考训练三)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.
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.
(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×(2n＋1－4)－(3n－9)×2n＋1
＝－24－(3n－12)×2n＋1，
故Tn＝(3n－12)×2n＋1＋24.
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.
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