数列的单调性与最值：全体走势和合法下标

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相邻差的符号要覆盖全部下标，最值则必须在允许的整数位置真正取得。参数端点、奇偶限制、无限与有限的区别，都会改变最终答案。

一、知识点概念与依据

1. 严格单调与允许等号分开

设 $D_n=a_{n+1}-a_n$ 。无限数列对所有正整数n检查；长度N的有限数列只检查n=1,…,N−1。

全部允许相邻下标满足	数列性质
Dₙ>0	严格递增
Dₙ<0	严格递减
Dₙ≥0	不减，允许相邻相等
Dₙ≤0	不增，允许相邻相等

任意较大下标与较小下标之间，可以沿相邻不等式逐项传递，因此这些判据覆盖所有两项比较。有限几项能提供反例来否定单调，却不能仅凭几次增大证明无限列全体递增。

2. 作差直接，作商先看符号

Dₙ可直接判断相邻大小，通分时仍须核分母符号。若全部aₙ>0，则 $a_{n+1}>a_n\iff a_{n+1}/a_n>1$ ；若除以负的aₙ，不等号要反向，若aₙ=0则不能作商。

正负交替的数列宜拆为偶子列a₂ₖ与奇子列a₂ₖ₋₁，再在各支里比较；子列的相邻差分别是a₂ₖ₊₂−a₂ₖ和a₂ₖ₊₁−a₂ₖ₋₁，不是原列相邻一项的差。

3. 有界不等于最大、最小一定达到

固定实数U若满足全部允许n有aₙ≤U，便是上界；下界L满足全部aₙ≥L。同时有上、下界称有界，等价于存在固定M>0，使所有项满足 $\lvert a_n\rvert\le M$ 。

最大项还要求存在合法m，使aₘ≥所有项；最小项相反。只是不断接近某个界但从不达到，不代表存在该最值。并列达到时，所有合法下标都应保留；题限偶数项或有限长度时，先缩小允许下标集合。

4. 局部邻项比较，还需要全局走势

内点最大项必不小于左右邻项，但只胜过两个邻项不够证明它胜过所有远处项。首项与有限列末项也不能直接套双侧邻项条件。

若已证明前段所有相邻差正、之后所有相邻差负，就能沿两侧不等式链证明转折处为全局最大；负转正同理给全局最小。差为0可形成并列。关键是整个下标范围的符号变化，而非只验候选点附近。

5. 二次式配方后，比较最近的合法整数

若 $a_n=A(n-v)^2+C$ ，平方由n到v的距离决定：

系数	离v最近的合法下标给出
A>0	最小项
A<0	最大项
A=0	常数列，每个允许下标同值

v只是连续位置，不一定是合法整数。比较v两侧最近的允许下标；若v在允许范围之外，检查最近的边界。有限列还要核首末端点，限定奇偶时只比较对应奇偶下标；等距离会产生并列。

找到一个方向的最值，不能就断言另一个方向也有。无限正整数范围内，A>0的二次式无最大项，A<0的二次式无最小项；有限列则两种最值都能在实际项中取得。

6. 参数条件须分必要性与充分性

把相邻差的符号要求写成“对每个允许n都满足”，找最紧限制。由某个下标推出的是必要条件，再证明该限制保障其余所有下标，才能得到精确范围。

若最紧值实际取到，严格不等式通常排除对应等号；若只是未取到的下界，要另核等号，不能机械照搬。题问“充分不必要”时，应在精确范围内找真子集，而不是把精确范围本身当答案。

等差列 $a_n=a_1+(n-1)d$ 的单调由d符号决定，但“所有项正”另有要求。无限列若d<0最终会非正，所以全体正等价于a₁>0且d≥0；有限列可以d<0，只要实际首末项都正即可。

二、考点方法与例题

1. 单调判断与含参数恒成立

先明确严格还是非严格，再算相邻差；分母符号确定后处理全下标量词。选择题也要分清“恰好满足的范围”和“能保证满足的充分不必要范围”。

例题 01 逐项判断全部下标的走势

题目

下列数列不是单调数列的是（）

A． $\left\{ 2n-3\right\}$ B． $\left\{ 1+{2}^{-n}\right\}$ C． $\left\{ n+\frac{1}{n}\right\}$ D． $\left\{ {n}^{2}-6n\right\}$

答案与解析

解析

分别计算相邻差：

选项	相邻差	结论
A	2>0	严格递增
B	$2^{-(n+1)}-2^{-n}=-2^{-(n+1)}<0$	严格递减
C	$1-1/[n(n+1)]\ge1/2>0$	严格递增
D	2n−5	n=1、2时负，n≥3时正

D先减后增，不是单调数列，选D。其a₃最小，但题问的是整个数列是否单调，不能把后段递增当成全体递增。

B还说明有界与取得最值不同：所有项在1与3/2之间，首项3/2为最大项；由于严格递减，每个项后面都有更小项，所以没有最小项。1是下界，从未被任何项取到。

本题结论

选D。

例题 02 精确范围与充分不必要条件

题目

数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n}=n+\frac{a}{n}$ ，则使得“数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 是单调递增数列”成立的充分不必要条件可以是（）

A． $a\in \left( -\infty \text{，}0\right]$ B． $a\in \left( -\infty \text{，}2\right]$ C． $a\in \left( -\infty \text{，}2\right)$ D． $a\in \left( 2\text{，}+\infty \right)$

答案与解析

解析

相邻差为

a_{n+1}-a_n=1-\frac{a}{n(n+1)}.

n(n+1)>0，严格递增等价于对全部正整数n有a<n(n+1)。n=1时必要地a<2；反过来若a<2，则对所有n有a<2≤n(n+1)，相邻差全正。因此精确范围为a<2。

A的a≤0是该范围的真子集，足以保证递增，但0<a<2也能递增，所以不是必要条件。B含a=2，此时a₂=a₁，不能保证严格递增；C正好是充要范围，不符合“充分不必要”；D使首差为负。

故选A。若改问不减，允许首差为0，精确范围才变为a≤2。

本题结论

选A；严格递增的精确范围是 $a<2$ 。

例题 03 无限正项等差列的端点

题目

若 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 是正项无穷的等差数列，且 ${a}_{3}+{a}_{9}=6$ ，则 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的公差 $d$ 的取值范围是（）

A． $\left[ 1\text{，}2\right)$ B． $\left( 0\text{，}\frac{3}{5}\right)$ C． $\left( \frac{3}{5}\text{，}+\infty \right)$ D． $\left[ 0\text{，}\frac{3}{5}\right)$

答案与解析

解析

等差通项给

a_3+a_9=(a_1+2d)+(a_1+8d)=6,

所以a₁+5d=3，即a₁=3−5d。若d<0，随正整数n增大，a₁+(n−1)d最终≤0，违背无限正项；因此必须d≥0。

在d≥0时，首项是最小项，所有项正等价于a₁>0。于是

d\ge0,\quad3-5d>0\iff0\le d<\frac35.

这些条件也充分：首项正且以后不减，全部项正。选D。d=0给常数正列，不能像B那样漏去；d=3/5使a₁=0，不能取。A、C所含公差会使首项不正。

有限数列不适用“负公差最终非正”的无限下标论证，它只需在实际长度内保持正。

本题结论

选D， $d\in[0,3/5)$ 。

2. 结合允许下标判断全局最大

先列题目允许的下标。正项可用比值与1比较，证明全范围的增减及等号位置；若全列最大位置中存在允许的下标，它也是受限子列的最大位置。若全列最大位置均被排除，则须重新比较允许子列，不能只删去不合法位置就结束。并列达到时，保留所有允许的最大位置。

例题 04 带偶数下标限制的最大项

题目

已知 ${a}_{n}=n\cdot {(\frac{4}{5})}^{n+2}$ ，则数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的偶数项中最大项为（）

A． ${a}_{10}$ B． ${a}_{8}$ C． ${a}_{6}$ D． ${a}_{4}$

答案与解析

解析

全部项正，故可比较

\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac45\frac{n+1}{n}.

该比值大于1等价于n<4，等于1在n=4，小于1在n>4。因此

a_1<a_2<a_3<a_4=a_5>a_6>a_7>a_8>\cdots.

这条全体不等式链说明全列最大项为a₄、a₅。题限偶数项，只保留a₄，选D；A、B、C所列a₁₀、a₈、a₆都严格小于a₄。

这里不是只验a₄附近两项，而是已经证明整个范围先增、并列、后减，故结论是全局最大。

本题结论

选D；偶数项中最大为 $a_4$ ，全列最大位置为4、5。

3. 交替符号先拆奇偶子列

对两支各自作差，核每个因子的符号，证明各支整个走势。然后结合两支本身的正负决定全列最值；最后将子列下标k换回2k或2k−1。

例题 05 交替符号数列的最值判断

题目

已知数列 ${a}_{n}=\left( n+1\right){\left( -\frac{10}{11}\right)}^{n}$ ，下列说法正确的是（）

A． $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 有最大项，但没有最小项 B． $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 没有最大项，但有最小项

C． $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 既有最大项，又有最小项 D． $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 既没有最大项，也没有最小项

答案与解析

解析

记q=10/11>0。偶数项 $a_{2k}=(2k+1)q^{2k}>0$ ，奇数项 $a_{2k-1}=-2kq^{2k-1}<0$ ，其中k为正整数。因此全列最大来自偶项，最小来自奇项。

偶子列相邻差为

a_{2k+2}-a_{2k}=q^{2k}\left[\frac{100(2k+3)}{121}-(2k+1)\right] =\frac{179-42k}{121}q^{2k}.

k=1、2、3、4时差正，k≥5时差负，所以偶子列在k=5即原下标10处取得唯一最大。

奇子列相邻差为

a_{2k+1}-a_{2k-1}=q^{2k-1}\left[2k-\frac{100(2k+2)}{121}\right] =\frac{42k-200}{121}q^{2k-1}.

k=1、2、3、4时差负，k≥5时差正，所以奇子列在k=5即原下标9处取得唯一最小。

两支全范围走势及偶正奇负共同说明，全列既有最大项a₁₀，也有最小项a₉，选C。A、B各否认一个已取得的极值，D否认两者，都错误。

本题结论

选C；最大项为 $a_{10}$ ，最小项为 $a_9$ 。