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1、第三十一讲 以数列为背景的取值范围问题专题一、选择题1已知数列an为等差数列，a3=3，S6=21，数列1an的前n项和为Sn，若对一切nN*，恒有S2n-Snm16，则m能取到的最大整数是（ ）A6 B7 C8 D9【答案】B【解析】设数列an的公差为d，由题意得，a1+2d=36a1+15d=21，解得a1=1d=1，an=n，且1an=1n，Sn=1+12+13+1n，令Tn=S2nSn=1n+1+1n+2+12n，则Tn+1=1n+2+1n+3+12n+2，即Tn+1-Tn=12n+2+12n+1-1n+112n+2+12n+2-1n+1=0Tn+1Tn，则Tn随着n的增大而增大，即T
2、n在n=1处取最小值，T1=S2S1=12，对一切nN*，恒有S2n-Snm16成立，12m16即可，解得m8，故m能取到的最大正整数是7故选：B2已知等差数列an的前n项和为Sn，a6+a8=6，S9-S6=3，则使Sn取得最大值时n的值为()A5 B6 C7 D8【答案】D【解析】由题意，等差数列an的前n项和为Sn，a6+a8=6，S9-S6=3，根据等差数列的性质和等差数列的前n项和公式，可得a6+a8=2a7=6a7=3，S9-S6=a7+a8+a9=3a8=3a8=1，则d=a8-a7=1，可求得数列的通项公式为an=17-2n，令an0，即17-2n0，解得n172，又由nN+，
3、可得等差数列an中，当1n0，当n9,nN+时，an0，所以使Sn取得最大值时n的值为8，故选D.3等差数列an中，a1000,且a100a101，Sn为其前n项之和，则使Sn0的最大正整数n是（ ）A198 B199 C200 D201【答案】B【解析】由题意可得：-a1000，结合等差数列前n项和公式和等差数列的性质可知：S200=a1+a2002002=a100+a10120020，而S199=a1+a1992002=200a1000，据此可得使Sn0的最大正整数n是199.本题选择B选项.4已知数列an中，ann2kn(nN*)，且an单调递增，则k的取值范围是()A(，2 B(，2)
4、 C(，3 D(，3)【答案】D【解析】数列an中an=n2-kn(nN*)，且an单调递增an+1an0对于nN*恒成立即（n+1）2k（n+1）（n2kn）=2n+1k0对于nN*恒成立k2n+1对于nN*恒成立，即k3故选：D5巳知集合P=x|x=2n,nN*，Q=x|x=2n-1,nN*，将PQ的所有元素从小到大依次排列构成一个数列an，记Sn为数列an的前n项和，则使得Sn1000成立的n的最大值为A9 B32 C35 D61【答案】C【解析】数列an的前n项依次为：1，2，3，22，5，7，23，利用列举法可得：当n=35时，PQ中的所有元素从小到大依次排列，构成一个数列an，所以
5、数列an的前35项分别1，3，5，7，9，11，13，15，17，19，21，23，25，69，2，4，8，16，32，64Sn=29+29(29-1)22 +2(26-1）2-1=292+27-2=9671000所以n的最大值35.故选：C6数列an满足2nan=2n+1an+1-1，且a1=1，若ann)，都有am-ant(m-n)（t为常数）成立，则称数列an具有性质P（t），若数列an的通项公式为an=3n，且具有性质P（t），则t的最大值为A6 B3 C2 D1【答案】A【解析】由题意可得：tam-anm-n对任意的mn恒成立，an=3n，且具有性质P（t），则t3m-3nm-n恒成
6、立，即3m-tm-3n-tnm-n0恒成立，据此可知数列3n-tn是递增数列或常数列，据此可得：3n+1-tn+13n-tn，整理可得：t23n恒成立，由于nN*，故23nmin=231=6，故t6，t的最大值为6.本题选择A选项.8在数列an中，a1=0，an-an-1+5=2(n+2)(nN*,n2)，若数列bn满足bn=nan+1+1(811)n，则数列bn的最大项为()A第5项 B第6项 C第7项 D第8项【答案】B【解析】数列an中，a1=0，an-an-1+5=2(n+2)，得到：an-an-1=2n-1，an-1-an-2=2(n-1)-1，a2-a1=22-1，上边(n-1)个
7、式子相加得：an-a1=2(2+3+n)-(n-1)，解得：an=n2-1当n=1时，首项符合通项故：an=n2-1数列bn满足bn=nan+1+1(811)n，则bn=n(n+1)(811)n-1，由于bnbn-1bnbn+1，故：(n2+n)(811)n-1(n2-n)(811)n-2(n2+n)(811)n-1(n2+3n+2)(811)n，解得：163n193，由于n是正整数，故n=6故选B9已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1=1,an0,an+12=4Sn+4n+1，若不等式4n2-8n+30，所以an+1=an+2，即an+1-an=2，所以数列an表示首项a1=1，公差为2
8、的等差数列，所以an=2n-1，又由4n2-8n+3(5-m)2nan，即4n2-8n+3(5-m)2n(2n-1)，即(2n-3)(2n-1)(5-m)2n(2n-1)，即(2n-3)2n-32n对任意的正整数恒成立，设bn=2n-32n，则bn+1-bn=2n-12n+1-2n-32n=-2n+52n+1，所以b1b2b3b414，即m5-14=194，所以m的最大整数为4，故选B.10（题文）已知各项均为正数的递增数列an的前n项和为Sn满足2Sn=an+1，bn=anan+t tN*，若b1,b2,bm成等差数列，则tm的最大值为A27 B35C38 D54【答案】D【解析】由题2Sn
9、=an+1，则4Sn=(an+1)2,4Sn+1=(an+1+1)2，作差得an+1-an=2，2S1=a1+1a1=1，an=2n-1，由b1,b2,bm成等差数列，可得bm=2b2-b1，2m-12m-1+t=63+t-11+t分离m化简得m=3+4t-1，故(t,m)=(2,7),(3,5),(5,4)，(tm)max=54，选D.11已知数列an的首项a1=1，且满足an+1-an=-12n(nN+)，如果存在正整数n，使得an-an+1-0成立，则实数的取值范围是A(12,2) B(23,1) C(12,1) D(23,56)【答案】C【解析】由题意n2时，an=a1+(a2-a1)
10、+(a3-a2)+(an-an-1) =1+(-12)+(-12)2+(-12)n-1=231-(-12)n，由(an-)(an+1-)0，即(-an)(-an+1)0，a2ka2k-1且a2ka2k+1，kN*，a2k=231-(-12)2k=23(1-122k)，其中最小项为a2=23(1-34)=12，a2k-1=231-(-12)2k-1=23(1+122k-1)，其中最大项为a1=1，因此121成立的正整数n的最大值为_.【答案】6【解析】数列an为正项的递增等比数列，a1+a5=82，a2a4=81=a1a5，即a1+a5=82a1a5=81解得a1=1a5=81，则公比q=3，a
11、n=3n-1，则Tn=21+23+232+23n-1 =21-13n1-13=3(1-13n)，2019|13Tn-1|1，即201913n1，得3n0,nN+恒成立，即k2n+1,nN+恒成立，所以实数k3，所以“若an为递增数列，则k1”是假命题的k的值可取(1,3).14已知nN*,an=2n，bn=2n-1，cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann，其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数数列cn的前n项和为Tn，若 an+Tn0对任意的nN*恒成立，则实数的最大值是_【答案】89【解析】设dn=bn-ann=2n-1-n2ndn+1-dn=2n+1-n+12n+1-2n-1-n2n=2
