2020年高考数学二轮微专题突专题32 数列中构造函数研究单调性问题(解析版).docx

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1、专题32数列中构造函数研究单调性问题一、题型选讲题型一、转化为关于一元二次函数或者运用基本不等式例1、数列的前项和为，若，则数列的最小项为（）【答案】第5项令，易知：对称轴为x=所以数列的最小项为第5项例2、(2017扬州期末）在正项等比数列{an}中，若a4＋a3－2a2－2a1＝6，则a5＋a6的最小值为________．【答案】48　【解析】思路分析首先根据基本量思想，可用首项a1和公比q来表示a5＋a6，即建立a5＋a6的目标函数．但是它含有两个变量a1和q，可由a4＋a3－2a2－2a1＝6再建立一个关于a1和q的等式，然后消去一个变量，那么消谁呢？原则：一是

2、易于消去谁，二是对谁了解得更为详细，就保留谁．由这两点可知，应消去a1，保留q，这就得到关于q的函数．接下来用函数或不等式即可求出最值．这里运用换元或整体思想结合基本不等式即可求出最值，但运用基本不等式求最值，一定要检验等号成立的条件．解法1由a4＋a3－2a2－2a1＝6，得a1(q＋1)(q2－2)＝6，所以a1(q＋1)＝.因为an＞0，所以q2－2＞0，a5＋a6＝a1(1＋q)q4＝＝6×＝6×(q2＋2)＋＝6×q2－2＋＋4≥6×2＋4＝6×8＝48，当且仅当q2－2＝，即q＝2，a1＝1时，等号成立，所以a5＋a6最小值为48.解法2由a4＋a3－2a2

3、－2a1＝6，得(a2＋a1)(q2－2)＝6，所以a2＋a1＝.因为an＞0，所以q2－2＞0，即q2＞2，a5＋a6＝(a1＋a2)q4＝＝.令t＝∈，则－＝t－2t2＝－22＋，当t＝∈时，式子－取得最大值，从而a5＋a6＝取得最小值6×8＝48.例3、(2018无锡期末）已知等比数列{an}满足a2a5＝2a3，且a4，，2a7成等差数列，则a1·a2·…·an的最大值为________．【答案】1024　【解析】解法1设等比数列{an}的公比为q，根据等比数列的性质可得a2a5＝a3a4＝2a3，由于a3≠0，可得a4＝2.因为a4，，2a7成等差数列，所以2

4、×＝a4＋2a7，可得a7＝，由a7＝a4q3可得q＝，由a4＝a1q3可得a1＝16，从而an＝a1qn－1＝16×n－1(也可直接由an＝a4qn－4得出)，令bn＝a1·a2·…·an，则＝an＋1＝16×，令16×≥1，可得n≤4，故b1b6>…>bn，所以当n＝4或5时，a1·a2·…·an的值最大，为1024.解法2同解法1得an＝16×n－1，令an≥1可得n≤5，故当1≤n≤5时，an≥1，当n≥6时，0

5、a2·…·an＝24×23×22×…×25－n＝24＋3＋2＋…＋(5－n)＝2＝2.因为n∈N*，所以当且仅当n＝4或5时，取得最大值10，从而Tn取得最大值T10＝210＝1024.本题考查等比数列的通项及性质，等差中项的性质及应用．解法1是一般解法，通过构造数列，讨论数列的单调性求解，体现了函数思想在解决数列问题中的应用．解法2则注意到数列{an}为正项递减的等比数列，根据问题的特征，只需要找到所有不小于1的项即可，充分体现了小题小做的特点．解法3更是顺其自然的解法，体现了函数思想在数列中的应用．题型二、运用作差或者作商解决数列的单调性问题(1)用作差比较法，根据

6、an＋1－an的符号判断数列{an}是递增数列、递减数列或是常数列．(2)用作商比较法，根据(an＞0或an＜0)与1的大小关系进行判断．例4、(2019镇江期末）设数列{an}是各项均为正数的等比数列，a1＝2，a2a4＝64.数列{bn}满足：对任意的正整数n，都有a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1＋2.(1)分别求数列{an}与{bn}的通项公式．(2)若不等式λ…<对一切正整数n都成立，求实数λ的取值范围．(3)已知k∈N*，对于数列{bn}，若在bk与bk＋1之间插入ak个2，得到一个新数列{cn}．设数列{cn}的前m项的和为Tm，试问：

7、是否存在正整数m，使得Tm＝2019？如果存在，求出m的值；如果不存在，请说明理由．规范解答(1)设等比数列{an}的公比为q(q>0)，因为a1＝2，a2a4＝a1q·a1q3＝64，解得q＝2，则an＝2n.(1分)当n＝1时，a1b1＝2，则b1＝1；(2分)当n≥2时，a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝(n－1)·2n＋1＋2　①，a1b1＋a2b2＋…＋an－1bn－1＝(n－2)·2n＋2　②，①－②得anbn＝n·2n，则bn＝n.综上，bn＝n.(4分)(2)不等式λ…<对一切正整数n都成立，即λ…<恒成立．因为…>0，当