（2022高考数学一轮复习(创新设计)）补上一课数列的最值及奇偶项讨论问题.DOCX

1、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 补上一课 ,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 Bn38Bn 7，a1b2，a4b4. (1)求 bn和 An； (2)求数列bnA

2、n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 Bn38Bn 7，可得 b1b2b3(b4bn3)b1b2b3q3Bn8Bn7， 则 q38，b1b2b37，解得 q2，b11. 则 bn2n 1； 由 a1b22，a4b48， 可得 d2，An2n1 22n(n1)n 2n； 法二Bn38Bn7，Bn48Bn17， 两式相减得 bn48bn1，故 q2. (2)设 cnbnAn2n 1n2n， cn1cn2n(n1)2n1(2n 1n2n)2n12(n1)， 当 n4 时，cn1cn， 可得数列bnAn的最小项为 c514. 感悟升华(1)确定数列的最值(即项

3、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； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (3)有些情况下可通过不等式组(如 an（）an1， an（）an1 或 an an11（1） an an11（1） )解决 【训练 1】 (1)若数列 n（n4） 2 3 n 中的最大项是第 k 项，则 k_ (2)已知数列an的前 n 项和 Sn 2n 1，n4， n2（a1）n，n5，nN *，则 an_；若 a5是an中的最大值，则 实数

4、 a 的取值范围是_ 答案(1)4(2) 1，n1， 2n 2，2n4， 5a45，n5， 2na，n6， a53 5 解析(1)由题意知 k（k4） 2 3 k （k1） （k3） 2 3 k1 ， k（k4） 2 3 k （k1） （k5） 2 3 k1 ， 解得 10k1 10.kN*，k4. (2)当 2n4 时，anSnSn12n 2，n1 时，a1S11，不满足上式；当 n6 时，anSnSn12na；当 n5 时，a5S5S45a45，an 1，n1， 2n 2，2n4， 5a45，n5， 2na，n6， 由题意，a5是an中的最大值， 5a458 且 5a4512a，a53 5

5、 . 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 a1a2a3an( 2)bn(nN*) 若an 为等比数列，且 a12，b36b2. (1)求 an与 bn； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 (2)设 cn 1 an 1 bn(nN *)，记数列cn的前 n 项和为 Sn. 求 Sn； 求正整数 k，使得对任意 nN*均有 SkSn. 解(1)由题意 a1a2a3an( 2)bn，b3b26， 知 a3( 2

6、)b3b28. 又由 a12，得公比 q2(q2，舍去)， 所以数列an的通项为 an2n(nN*) 所以，a1a2a3an2 n（n1） 2 ( 2)n(n 1) 故数列bn的通项为 bnn(n1)(nN*) (2)由(1)知 cn 1 an 1 bn 1 2n 1 n 1 n1 (nN*)， 所以 Sn 1 n1 1 2n(nN *) 因为 c10，c20，c30，c40； 当 n5 时， cn 1 n（n1） n（n1） 2n 1 ， 而n（n1） 2n （n1） （n2） 2n 1 （n1） （n2） 2n 1 0， 得n（n1） 2n 5（51） 25 1， 所以，当 n5 时，cn

7、0. 综上，对任意 nN*恒有 S4Sn，故 k4. 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：anSn 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 n1 n2n(nN *) (1)求证：数列 an 1 n（n1） 为等比数列； (2)求 Sn，并求 Sn的最大值 (1)证明因为 anSn n1 n2n， 所以 an1S

8、n1 n2 n2n(n2)， 由可得， 当 n2 时，2anan1 n1 n2n n2 n2n， 整理得 2 an 1 n（n1） an1 1 （n1）n. 又 a11 2 1 2， 所以数列 an 1 n（n1） 是首项、公比均为1 2的等比数列 (2)解由(1)得 an 1 n（n1） 1 2n， 所以 an 1 2n 1 n（n1） 1 2n 1 n 1 n1 ， 所以 Sn1 1 2n 11 2 1 2 1 3 1 n 1 n1 ， 所以 Sn 1 n1 1 2n. 因为 an 1 2n 1 n（n1） 1 n（n1） n（n1） 2n 1 ， 令函数 f(n)n（n1） 2n 1，

9、本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 则 f(n1)f(n)（n1） （2n） 2n 1 ， 所以 f(1)f(4). 又 f(1)0，f(4)0，f(5)0， 所以当 n5 时，anSn， 当 n4 时，Sn1Sn， 因此 Sn的最大值为 S411 80. 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 2，则 2a7 a11的最小值为() A16B8C6D4 (2)设 Sn为等差数列an的前 n

10、 项和， 若 a75， S555， 则 nSn的最小值为() A343B324C320D243 答案(1)B(2)A 解析(1)因为 a29a4a14a7a118，所以 2a7a112a7 8 a72 2a7 8 a78. (2)设等差数列an的公差为 d， a75，S555， a16d5， 5（a12d）55.解得 a119， d4. Sn19nn（n1） 2 42n221n， nSn2n321n2， 设 f(x)2x321x2(x0)，则 f(x)6x(x7) 当 0 x7 时，f(x)7 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

11、)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 d0，且 a1，a3，a13 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 成等比数列， 若 a11， Sn为数列an的前 n 项和， 则2Sn16 an3 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 nN*，有 Sn1 2Snn1，a11，则n 2n an1的最大值为( ) A2B1C.5 4 D

12、.3 2 (3)(2021镇海中学模拟)已知数列an满足 a11， a24， 且 2ann1 n an1n1 n an 1(n2，nN)，则a n n 的最大值为() A.49 24 B1C2D.5 3 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(12d)2112d，解 得 d2.所以 an2n1，Snn2.所以2Sn16 an3 2n 216 2n2 n 28 n1 .令 tn1，则原 式t 292t t t9 t 2.因为 t2， tN*， 所以当 t3， 即 n2 时， 2Sn16 an3 min 4. (2)由 Sn12Snn1 得当

13、 n2 时，Sn2Sn1n，两式作差得 an12an1，即 an112(an1)，又因为 a112，所以数列an1为首项为 2，公比为 2 的 等比数列，则 an12n，an2n1，则n 2n an1 n2n 2n ，设 f(n)n 2n 2n ，则 f(n1) f(n)（n1） 2n1 2n 1 n 2n 2n （1n） （2n） 2n 1 ， 则有 f(1)f(2)f(3)， 当 n3 时，f(n1)f(n)，所以n 2n an1的最大值为 f(2) 222 22 3 2，故选 D. (3)由 2ann1 n an1n1 n an1得 2nan(n1)an1(n1)an1，则数列nan为等

14、 差数列，其首项为 1，公差为 2a2a17，则 nan17(n1)7n6，则an n 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 7n6 n2 .设函数 f(x)7x6 x2 ， 则 f(x)127x x3 ， 则an n 的最大值为 max a1 1 ，a2 2 a2 2 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)n2n1 n2n， 则它的前n项和S n_ (2)在数列an中，a11，a22，且 an2an1(1)n

15、(nN*)，则 an_， S100_ (3)已知公差不为零的等差数列an中，a11，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（1） n n1 或 n2 n1，n 为奇数， n n1，n 为偶数 (2) 1（n 为奇数） n（n 为偶数） 2 600(3)2n1(1)nn（n1） 2 解析(1)an(1)nn（n1） n（n1） (1)n 1 n1 1 n ， Sn 11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 (1)n 1 n 1 n1 ， 当 n 为偶数时，Sn1 1 n1，当 n 为奇数时， Sn1 1

16、n1， 综上所述 Sn1（1） n n1 . (2)当 n 为奇数时，an2an0；当 n 为偶数时，an2an2， an的一个通项公式为 an 1，n2k1（kN） ， n，n2k（kN） ， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 S100S奇S偶50150（2100） 2 2 600. (3)设等差数列an的公差为 d(d0)，则由 a2，a5，a14成等比数列得 a25a2a14， 即(14d)2(1d)(113d)，解得 d2，则 ana1(n1)d

17、2n1，Snna1 n（n1） 2 dn2，当 n 为偶数时，TnS1S2S3S4Sn1Sn1222 3242(n1)2n237(2n1)n（n1） 2 ；当 n 为大于 1 的奇 数时，TnS1S2S3S4Sn1Sn12223242(n2)2(n 1)2n237(2n3)n2n（n1） 2 ，当 n1 时，也符合上式综 上所述，Tn(1)nn（n1） 2 . 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 2n1 2 ，则 a1a2a3a2 018() A.2 0172 018

18、2 B.2 0182 019 2 C.2 0172 017 2 D.2 0182 018 2 (2)在数列an中，an1(1)nan2n1，则数列an的前 12 项和为() A76B78C80D82 (3)(2021上海徐汇区一模)若不等式(1)na3（1） n1 n1 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) 3，8 3 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 解析(1)ann2sin 2n1 2 n2，n 为奇数，

19、n2，n 为偶数， a1a2a3a2 018122232422 01722 0182(2212)(42 32)(2 01822 0172)12342 0182 0182 019 2 . (2)因为 an1(1)nan2n1，所以 a2a11， a3a23，a4a35，a5a47，a6a59，a7a611，a11a1019，a12 a1121，所以 a1a32，a4a28，a12a1040， 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，S12a1a2a3a12(a1a3)(a5

20、a7)(a9a11)(a2a4)(a6a8) (a10a12)328244078. (3)n 为偶数时，a 3 1 n1 min ，即 a31 3 8 3； n 为奇数时，a 3 1 n1 min ，即a3， a3， 综上实数 a 的取值范围是 3，8 3 . 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 一、选择题 1已知数列an的通项公式为 an n n258，则数列a n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a

21、n n n258 1 n58 n 1 2 58， 当且仅当 n 58时取等号， 而 a 7 7 7258 7 107，a 8 8 8258 4 61，而 a 70，且 a1a2a2 0214 042，则 a1a2 021的最大值 为() A3B4C6D9 答案B 解析因为在等差数列an中，a1a2a2 0214 042， 所以2 021（a1a2 021） 2 4 042，即 a1a2 0214， 又 an0，所以 a1a2 021 a1a2 021 2 2 4， 当且仅当 a1a2 0212 时，等号成立， 所以 a1a2 021的最大值为 4.故选 B. 3 (2021北京顺义区二模)设a

22、n是各项均为正数的等比数列， Sn为其前 n 项和 已 知 a1a316，S314，若存在 n0使得 a1，a2，an0的乘积最大，则 n0的一个 可能值是() A4B5C6D7 答案A 解析等比数列an中，公比 q0； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 由 a1a316a22，所以 a24， 又 S314， 所以 a1a316， a1a310，解得 a12， a38 或 a18， a32， 若 a12， a38 时，可得 q2，可得 a1，a2，an0

23、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 a18， a32 时，可得 q1 2，可得 a 1，a2，an0的值为 8，4，2，1， 1 2， 1 4， 观察可知存在 n04，使得 8421 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：a10，4a37a10.记 anan1an2bn，当数 列bn的前 n 项和 Sn取最大值时，n() A17B18C19D20 答案C 解析因为数列an是首项大于 0 的等差数列，且 4a37a10，所以 3a155d0. 不妨取 a155，d3，则 an583n，所

24、以数列an的前 19 项为正，从第 20 项开始为负因为 bnanan1an2，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 S17S16S10，S18S17b180，所以 S19S17b18b19S17，S20S19b20S19，S21S20 b210，且 t 随着 Sn的增大而增 大当 n 为奇数时，Sn1 1 2 n 递减，则 Sn 1，3 2 ，t 0，5 6 ；当 n 为偶数时， Sn1 1 2 n 递增，Sn 3 4，1，t 7 12，0.所以 tmin 7 12，t max5 6，即 S2n1 Sn 的 最大值为5 6，最小值

25、为 7 12，所以 S2n1 Sn 的最大值与最小值差的绝对值为5 6 7 12 17 12，故选 A. 7(2021鄞州中学检测)已知数列an满足 a11，an1ana2n2an1，则使得 | a2 020m|最小的整数 m 是( ) A65B64C63D62 答案B 解析显然 an0，由 an1ana2n2an1 得 an1an 1 an2，则数列a n为单调 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 递增数列，则 an(anan1)(an1an2)(a2a

26、1)a1 1 an12 1 an22 1 a12a12n1 1 an1 1 an2 1 a12n，所以 a2 020 4 040，所以 a2 02063.6；由 an1ana2n2an1 得an1 an 1 an 1 2n 2 2n 2n 2 2n 2n2 2n 2n2，所以 a 2 020 a2( a3 a2)( a4 a3)( a2 020 a2 019)2 4 038 264.5，所以使得| a2 020m|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 a11，a21 2，且3(1) nan 22an 2(1)n10，nN*，记 T2n为数列an的前

27、 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 T2n 1 bn 1 bn1 成立的最小整数 n 的值为( ) A7B6C5D4 答案C 解析因为3(1)nan22an2(1)n10，nN*，所以当 n 为奇数时， an2an2，且 a11，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，an 2 an 1 2，且 a 21 2，所以数列a n的偶数项构成首项为1 2，公 比为1 2的等比数列，则 T 2n(a1a3a5a2n1)(a2a4a6a2n)n2 1 1 2 n .又因为数列bn是首项和公比都是 2 的等比数列，所以 bn2n，则

28、 T2n 1 bn 1 bn1 等价于 1 2n(n 21)1，即 n212n； 当 n5 时， n215 时， 由数学归纳法易得 n212n. 综上所述，使不等式 T2n 1 bn 1 bn0，a2a42a3a5a4a625，则 a3a5_； 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 a4的最大值为_ 答案5 5 2 解析因为 an0，a2a42a3a5a4a6a232a3a5a25(a3a5)225，所以 a3a5 5，所以 a3a552 a3a52a4，所

29、以 a45 2.即 a 4的最大值为5 2. 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 a11，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 a1a2a3a2 020a2 020， 故 a1a2a3a2 0191， 由于an是各项均为正数的等比数列且 a11. 所以 a1 0101，公比 0q1且0a1 0111， 故当数列an的前n项的乘积取最大值时n的值为1 009 或 1 010. 11(一题多解)(2021浙江教育绿色联盟适考)

30、已知数列an满足 an1(1)nan n(nN*)，记数列an的前 n 项和为 Sn，则 S60_ 答案930 解析法一因为 a2ka2k12k1，a2k1a2k2k(kN*)，两式相减，则 a2k1 a2k11，即an的相邻两个奇数项之和恒为 1；又 a2k1a2k2k，a2k2a2k1 2k1(kN*)，两式相加，则 a2k2a2k4k1，所以 S60(a1a3a59) (a2a4)(a58a60)15(411)(431)(4291) 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 a1x

31、，则由 递推关系，得 a21x，a31x，a44x，a5x，a65x，a71x，a8 8x，则有 a1a2a3a46，a5a6a7a814，可猜想 a4m1a4m2 a4m3a4m48m6(mN)，故 S606151514 2 8930. 12(2021浙江名校联考信息卷)已知数列an，bn，且 a1b11，an1an1， 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 bn1bn2n，则 bn_；设 cnbn1 a2n ，则 cn的最小值为_ 答案2n1 8 9 解

32、析由题意可得 an1an1，bn1bn2n.由 a11，an1an1 得 ann，由 b11 及 bn1bn2n运用累加法得 bn2n1，所以 cn2 n n2，所以 c n1cn 2n 1 （n1）2 2n n2 （n22n1）2n n2（n1）2 ，所以当 n1，2 时，cn1cn0，则有 c1c2c3c4c5，所以 cn的最小值为 c38 9. 13(2021杭州地区四校联考)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 a13 2，2S n Sn13(n2，nN*)，则 Sn的最大值与最小值之和为_ 答案 9 4 解析因为 2SnSn13(n2，nN*)，所以 n3 时，2Sn1Sn23

33、，两式相 减得 2anan10，即 an1 2a n1(n3)当 n2 时，2S2S13，即 3a12a2 3，由 a13 2得 a 23 4，则 a 21 2a 1，所以数列an是以3 2为首项， 1 2为公比 的等比数列，所以 Sn 3 2 1 1 2 n 1 1 2 1 1 2 n .当 n 为奇数时，Sn1 1 2 n ，Sn 随 n 的增大而减小，则 1SnS13 2；当 n 为偶数时，S n1 1 2 n ，Sn随 n 的增大 而增大，则3 4S 2SnTn5n71 4 对任意的 nN*恒成立，则实数的取值范围是_ 答案 29 54， 解析因为 an1 23 n1，所以当 n1 时

34、，a11 2，b 10.当 n2 时，3n 1 为大于 2 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 的奇数，3n 11 为偶数，所以 bn3n 11 2 ，显然 b10 也满足上式，所以 bn 3n 11 2 ，nN*，所以 Tn1 2(3 031323n1)n 2 3n1 4 n 2 3n2n1 4 .所 以不等式an1Tn5n71 4 ，即3 n 2 3 n2n1 4 5n71 4 可化为1 2 9（n4） 3n . 令 f(n)9（n4） 3n 1 2，

35、nN *，则 f(n1)9（n3） 3n 1 1 2，所以 f(n1)f(n) 9（n3） 3n 1 9（n4） 3n 92n 3n 1 ，所以当 n4 时，f(n1)f(n)0，f(n)递增，当 n5 时，f(n1)f(n)0，f(n)递减，即 f(1)f(2)f(3)f(4)f(6)f(7)，所以 f(n)maxf(5)29 54，故 29 54，即实数的取值范围是 29 54，. 三、解答题 15已知数列an的通项公式 an23n 1(1)n(ln 2ln 3)(1)nnln 3，求其前 n 项和 Sn. 解Sn2(133n 1)111(1)n(ln 2ln 3)123 (1)nnln

36、3， 所以当 n 为偶数时，Sn213 n 13 n 2ln 33 nn 2ln 31， 当 n 为奇数时， Sn213 n 13 (ln 2ln 3) n1 2 n ln 3 3nn1 2 ln 3ln 21， 综上所述，Sn 3nn 2ln 31，n 为偶数， 3nn1 2 ln 3ln 21，n 为奇数. 16(2021鄞州中学测试)已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 2Sn(n2)(an 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 1)，nN*.

37、(1)证明：数列 an1 n1 为常数列，并求 an； (2)令 bna2nsin an 2 ，求数列bn的前 n 项和 Tn. (1)证明因为 2Sn(n2)(an1)， 所以当 n2 时，2Sn1(n1)(an11)， 得 2an(n2)an(n1)an11， 即 nan(n1)an11. 等式两边同除 n(n1)得 an n1 an1 n 1 n（n1） 1 n 1 n1， 整理得an1 n1 an 11 n ， 所以数列 an1 n1 为常数列 因为 2S1(12)(a11)，所以 a13， 则an1 n1 a11 2 2，所以 an2n1. (2)解由(1)可得 a2n22n12n

38、11， 所以 bn(2n 11)sin（2n1） 2 (2n 11)sin 2n， 则 bn 2n 11，n2k（kN*） ， （2n 11） ，n2k1（kN*）. 当 n2k，kN*时， Tn(221)(231)(241)(2n1)(2n 11) 222324252n2n 1 22242n 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 4 3(2 n1)； 当 n2k1，kN*时 ， TnTn1bn14 3(2 n11)(2n21)2 n27 3 . 综上所述，

39、Tn 4 3（2 n1） ，n2k（kN*） ， 2 n27 3 ，n2k1（kN*）. 17(2021浙江新高考训练三)已知等差数列an的前 n 项和为 Sn(nN*)，且 a1 a6a4，S69，数列bn满足 b12，bnbn12n 1(n2，nN*) (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 S63(a1a6)3(a3a4)3a49， 得 a43，a30， 故数列an的公差 d3，ana3(n3)d3n9， 即数列an的通项公式为 an3n9. 当 n2 时，bn(bnbn1)(bn1bn2)(b2b1)b12n 12n

40、22 22n， 而 b12，故 bn2n， 即数列bn的通项公式为 bn2n. (2)Tn62322(3n12)2n 1 (3n9)2n， 2Tn622323(3n12)2n(3n9)2n 1. 上述两式相减得 Tn1232232n(3n9)2n 1 123(2n 14)(3n9)2n1 24(3n12)2n 1， 故 Tn(3n12)2n 124. 设 cn(3n12)2n 1， 显然当 n4 时，cn0，Tn24 且单调递增 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 323031380 期待你的加入与分享 本资料分享自新人教版高中数学资源大全 QQ 群 483122854 期待你的加入与分享 而 c136，c248，c348， 故 Tn的最小值为 T2T324.