数列的单调性和最值

前言

在数列$\{a_n\}$中，若数列单调递增，则等价于$a_{n+1}>a_n$；若数列单调递减，则等价于$a_{n+1}<a_n$；这一条适用于所有数列，但当数列更加特殊的时候，这个条件会变个形式出现；

比如等差数列，由于$a_{n+1}-a_n=d$，故等差数列的单调性只取决于$d$的正负；

依托函数

数列的单调性的考查常常依托以下的函数类型进行；

①反比例型数列$a_n=\cfrac{5}{3n-10}$；

②对勾型数列$a_n=n+\cfrac{5}{n}$；

③二次型数列$a_n=n^2-4n+5$

单调性判断

A. 当数列$\{a_n\}$为特殊类型的数列时，

比如等差数列，$a_n=a_1+(n-1)d$，则其单调性取决于$d$，

$d>0$为单调递增数列，$d=0$为常数列，$d<0$为单调递减数列，

比如等比数列，$a_n=a_1\cdot q^{n-1}$，则其单调性取决于$a_1$和$q$，

当$a_1>0$且$q>1$时为单调递增数列；当$a_1<0$且$0<q<1$时为单调递增数列；

当$a_1>0$且$0<q<1$时为单调递减数列；当$a_1<0$且$q>1$时为单调递减数列；

当$q=1$时为常数列，当$q<0$时为摆动数列，

B. 当数列为一般数列时，

由于$a_{n+1}>a_n$时为单调递增数列，当$a_{n+1}<a_n$时为单调递减数列，当$a_{n+1}=a_n$时为常数列，

故可以借助作差法判断$a_{n+1}-a_n>0$，则为单调递增数列，或$a_{n+1}-a_n<0$，则为单调递减数列；

若有$a_n>0$，则还可以借助作商法判断$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}>1$，则为单调递增数列，或$\cfrac{a_{n+1}}{a_n}<1$，则为单调递减数列，

C. 还可以借助数列的函数特性，

比如$S_n=2^n-1$，则数列$\{S_n\}$单调递增；

D. 【案例】$b_n=\cfrac{n}{2^{n-1}}$，其前$n$项的和为$S_n$，能想到的判断$S_n$的单调性的思路；

思路1：观察法，由于$b_n>0$，则$S_n$单调递增，原因是正数越加越大；最简单实用；

思路2：函数法，用错位相减法求得$S_n=4-\cfrac{n+2}{2^{n-1}}$，利用指数函数和幂函数的函数值的增长速度不一样，可知函数$S_n$单调递增，但有局限性，比如当幂函数的斜率比较大时，前面的有限项往往说不清；

思路3：作差法，$S_n-S_{n-1}=\cfrac{n}{2^{n-1}}>0$，则$S_n$单调递增，思维最严密；

单调性应用

给定数列$\{a_n\}$，若$a_n$为数列的最大项[最大项不止一项]，则其充要条件为$\left\{\begin{array}{l}{a_n\geqslant a_{n+1}}\\{a_n\geqslant a_{n-1}}\end{array}\right.$

给定数列$\{a_n\}$，若$a_n$为数列的最小项[最小项不止一项]，则其充要条件为$\left\{\begin{array}{l}{a_n\leqslant a_{n+1}}\\{a_n\leqslant a_{n-1}}\end{array}\right.$

典例剖析

已知$a>0$，数列$\{a_n\}$满足$a_n=\begin{cases}(3-a)n-3，n\leq 7 \\ a^{n-6}，n>7 \end{cases}$，数列$\{a_n\}$是单调递增数列，求$a$的取值范围。

考点：数列的单调性，分段函数，数列与分段函数的交汇

分析：由题目可知，$\begin{cases} 3-a>0，\\ a>1，\\ (3-a)7-3<a^{8-6}，\end{cases}$，解得：$a\in(2，3)$

感悟反思：1、如果是一般的函数$f(x)$，则比较点$A$和点$C$的函数值的大小关系；现在是分段数列，那么我们需要比较的是点$A$和点$B$的函数值的大小关系；

已知$a>0$，函数$f(x)$满足$f(x)=\begin{cases} (3-a)x-3 &x\leq 7 \\ a^{x-6} &x>7 \end{cases}$，函数$f(x)$在$R$上单调递增，求$a$的取值范围。

分析：由题目可知，$\begin{cases} &3-a>0 ① \\ &a>1 ②\\ &(3-a)7-3\leq a^{7-6}③\end{cases}$；即$\begin{cases}&a<3 \\ &a>1 \\ &a\ge \cfrac{9}{4}\end{cases}$

解得：$a\in[\cfrac{9}{4}，3)$；

反思：1、本题目常犯的错误是缺少第三条的限制；学生常认为函数在两段上分别单调递增，则在整体定义域$R$上一定单调递增，这个认知是错误的。原因是前者是后者的必要不充分条件。

2、防错秘籍：既要保证每段上的单调性，还要保证转折点处的单调性。

已知数列$\{a_n\}$中，$a_n=n^2-kn(n\in N^*)$，且$\{a_n\}$单调递增，则$k$的取值范围为【】

$A.(-\infty，2]$ $B.(-\infty，3)$ $C.(-\infty，2)$ $D.(-\infty，3]$

考点：数列的单调性，二次函数的对称性和单调性，恒成立命题

【法1】：利用数列单调性的一般定义求解；

由于$a_n=n^2-kn(n\in N^*)$，且$\{a_n\}$单调递增，

所以$a_{n+1}-a_n>0$对$\forall n\in N*$都成立，

又$a_{n+1}-a_n=(n+1)^2-k(n+1)-n^2+kn=2n+1-k$，所以由$2n+1-k>0$，

即$k<2n+1$恒成立，可知$k<(2n+1)_{min}=3$. 故选$B$。

【法2】：借助数列对应的二次函数独特性质，如对称性和单调性求解

$a_n=(n-\cfrac{k}{2})^2-\cfrac{k^2}{4}$，其对称轴是$n=\cfrac{k}{2}$，

要使得$\{a_n\}$单调递增，

则必须且只需$\cfrac{k}{2}<\cfrac{3}{2}$，解得$k<3$，故选$B$。

【法3】：使用导数法求解，

由$a_n=f(n)=n^2-kn$为单调递增数列，则$f'(n)\ge 0$在$n\in N^*$上恒成立，

即$f'(n)=2n-k\ge 0$在$n\in N^*$上恒成立，分离参数得到，

$k\leq 2n$在$n\in N^*$上恒成立，即$k\leq (2n)_{min}=2$，

则$k\leq 2$。这个解法是错误的。

【错因分析】：若数列$a_n=f(n)$单调递增，但函数$y=f(x)$不一定单调递增；但是若函数$y=f(x)$单调递增，则其对应的数列$a_n=f(n)$必然单调递增。

感悟反思：1、法1转化为恒成立问题，很好理解；2、法2很容易错解为 $\cfrac{k}{2}<1$，故$k<2$，其实这是充分不必要条件，也就是说遗漏了一部分的解集，可以看看上面的图像解释。

已知数列$\{a_n\}$满足 $a_{n+1}=a_n+2n$，且$a_1=33$，则$\cfrac{a_n}{n}$的最小值为【】

$A.21$ $B.10$ $C.\cfrac{21}{2}$ $D.\cfrac{17}{2}$

考点：数列的单调性，对勾函数的单调性，

分析：选 C。由已知条件可知，当$n\ge 2$ 时，

$a_n=a_1+(a_2-a_1)+(a_3-a_2)+\cdots+(a_n-a_{n-1})=33+2+4+…+2(n-1)$

$=n^2-n+33$，又$n=1$时，$a_1=33$，满足此式。

所以$\cfrac{a_n}{n} =n+\cfrac{33}{n} -1$

令$f(n)=\cfrac{a_n}{n}=n+\cfrac{33}{n} -1$，则$f(n)$在$[1，5]$上为减函数，

在$[6,+\infty)$上为增函数，又$f(5)=\cfrac{53}{5}$，$f(6)=\cfrac{21}{2}$，则$f(5)>f(6)$，故$f(n)=\cfrac{a_n}{n}$的最小值为$\cfrac{21}{2}$ 。

感悟反思：1、对勾函数的单调性我们必须掌握的非常清楚。2、参考阅读对勾函数

已知$a_n=\cfrac{n-4}{n-\frac{9}{2}}$，求数列$\{a_n\}$的最小项和最大项；

分析：我们依托数列所对应的函数$f(x)=\cfrac{x-4}{x-\frac{9}{2}}=\cfrac{2x-8}{2x-9}=\cfrac{2x-9+1}{2x-9}=1+\cfrac{1}{2x-9}$

做出其图像，其对称中心为点$(4.5，1)$，

由图可知，当$n\leqslant 4$时，数列$\{a_n\}$单调递减，且有$1>a_1>a_2>a_3>a_4$；

当$n\geqslant 5$时，数列$\{a_n\}$单调递减，且有$a_5>a_6>a_7>\cdots > 1$；

故数列$\{a_n\}$的最小项为$a_4$，最大项为$a_5$；

【2018广东东莞二模】已知等比数列$\{a_n\}$与等差数列$\{b_n\}$，$a_1=b_1=1$，$a_1\neq a_2$，$a_1$，$a_2$，$b_3$成等差数列，$b_1$，$a_2$，$b_4$成等比数列，

(1).求数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的通项公式；

分析：$a_n=2^{n-1}$，$b_n=n$，

(2).设$S_n$，$T_n$分别是数列$\{a_n\}$，$\{b_n\}$的前$n$项的和，若$S_n+T_n>100$，求$n$的最小值；

分析：$S_n=2^n-1$，$T_n=\cfrac{n(n+1)}{2}$，

则$S_n+T_n=2^n-1+\cfrac{n(n+1)}{2}$单调递增，

又$S_6+T_6=84<100$，$S_7+T_7=155>100$，故$n_{min}=7$。

(1)已知数列$\{a_n\}$前$n$项和为$S_n$，$a_n=n$，正项数列$\{b_n\}$满足$b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n}$，求数列$\{b_n\}$的通项公式；

分析：积式用商

当$n \ge 1$时，$b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_n= 2^{S_n} ①$，

当$n \ge 2$时，$b_1\cdot b_2 \cdot b_3 \cdots b_{n-1}= 2^{S_{n-1}}②$，两式相除得到

当$n \ge 2$时，$b_n=2^{S_n-S_{n-1}}=2^{a_n}$，即$b_n=2^{a_n}=2^n$，

再验证，当$n=1$时，由已知式子可知$b_1=2^{S_1}=2^{a_1}=2$，满足上式，故数列$\{b_n\}$的通项公式为$b_n=2^n$.

(2)若$\lambda b_n>a_n$对$n\in N^*$都成立，求实数$\lambda$的取值范围。

分析：当变形为$\lambda>\cfrac{a_n}{b_n}$，若此时看不到解题方向，可以这样联系，若$\lambda>f(n)$恒成立呢？

若$\lambda>f(x)$恒成立呢？这样就容易想到需要判断$\cfrac{a_n}{b_n}$的单调性：

思路一作商作差法；思路二借助函数的单调性；思路三借助不同函数的增长速度的不同

思路1：变形为$\lambda>\cfrac{a_n}{b_n}$，即$\lambda>\cfrac{n}{2^n}$，设$c_n=\cfrac{n}{2^n}$，

则$\cfrac{c_{n+1}}{c_n}=\cfrac{\cfrac{n+1}{2^{n+1}}}{\cfrac{n}{2^n}}=\cfrac{n+1}{2n}\leq 1$，

故$c_{n+1}\leq c_n$，当且仅当$n=1$时等号成立，故数列$\{c_n\}$单调递减，

则有$(c_n)_{max}=\cfrac{1}{2}$，即$\lambda>\cfrac{1}{2}$，故实数$\lambda$的取值范围为$\lambda>\cfrac{1}{2}$。

思路2：令$f(x)=\cfrac{x}{2^x}$，可以看看这个课件

用常用的导数方法，可以求得函数在$(0，+\infty)$上的单调性，

具体是在$(0，log_2^e]$上单调递增，在$[log_2^e，+\infty)$上单调递减，

又$1<log_2^e<2$，故借助函数$f(x)$的单调性计算得到，$a_1=\cfrac{1}{2}=a_2<a_3<a_4<\cdots<a_n<\cdots$，

故数列$c_n=\cfrac{n}{2^n}$的最大值为$\cfrac{1}{2}$.

思路3：借助幂函数$y=x$的增长速度比指数函数$y=2^x$的慢，故$f(x)=\cfrac{x}{2^x}$从某个$x_0$开始向右，

一定是单调递减的，但是前面的这一段还是不太好判断。

已知$S_n$是等比数列$\{a_n\}$的前$n$项和，$a_1=30$，$8S_6=9S_3$，设$T_n=a_1$$\cdot a_2\cdot$$a_3\cdots$$a_n$，则使$T_n$取得最大值的$n$为多少？

法1：函数法，$a_1=30$，由$8S_6=9S_3$得到$q=\cfrac{1}{2}$，

故$a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}$，$T_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n$

$=30\cdot[30\cdot(\cfrac{1}{2})]\cdots [30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}]$

$=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{1+2+\cdots+(n-1)}=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}$，

题目到此，思路受阻。

法2：$a_1=30$，由$8S_6=9S_3$得到$q=\cfrac{1}{2}$，故$a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}$，

由于$T_n$为乘积式，故使得$T_n$取得最大值时，必有$a_n\ge 1$，

由此得到$n\leq 5$。故$n_{max}=5$。

【2016新课标1卷第15题】设等比数列$\{a_n\}$满足$a_1+a_3=10$，$a_2+a_4=5$，则$T_n=a_1\cdot$$ a_2\cdot$$ a_3\cdots$$ a_n$的最大值是多少？

法1：函数法，容易求得$a_1=8，q=\cfrac{1}{2}$，则$a_n=8\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}$；

故$T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=8^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}$

$=2^{\frac{-n^2+7n}{2}}=2^{\frac{-(n-\frac{7}{2})^2+\frac{49}{4}}{2}}$，

故当$n=3或4$时，$T_n$有最大值，$(T_n)_{max}=2^6=64$；

法2：仿上法2，使得$T_n$取得最大值时，必有$a_n\ge 1$，由此得到$n\leq 4$。

计算得到$a_1=8$，$a_2=4$，$a_3=2$，$a_4=1$，$a_5=\cfrac{1}{2}$，

故$T_n\leq T_4=a_1a_2a_3a_4=64$；

解后反思：

1、等差数列中由$a_n$的正负确定数列前$n$项之和$S_n$的最值：当$a_1<0，d>0$时，所有负项之和最小；当$a_1>0，d<0$时，所有正项之和最大；

2、正项等比数列中由$a_n$的值的范围，确定数列前$n$项之积$T_n$的最值：当$a_n\ge 1$时，$T_n$最大；

3、求$S_n$的最值时，分界为$0$；求$T_n$的最值时，分界为$1$；作差法与$0$做大小比较，作商法与$1$做大小比较。

若已知不等式$\cfrac{1}{n+1}+\cfrac{1}{n+2}+\cdots+\cfrac{1}{2 n+1}<a-2019$对任意$n\in N^{*}$桓成立，则最小的正整数$a$的值为【】

$A.2018$ $B.2019$ $C.2020$ $D.2021$

分析：设$a_{n}=\cfrac{1}{n+1}+\cfrac{1}{n+2}+\ldots+\cfrac{1}{2n+1}$，

所以$a_{n+1}=\cfrac{1}{n+2}+\cfrac{1}{n+3}+\ldots+\cfrac{1}{2n+3}$，^[1]

所以 $a_{n+1}-a_{n}=\cfrac{1}{2n+3}+\cfrac{1}{2n+2}-\cfrac{1}{n+1}=\cfrac{1}{2n+3}-\cfrac{1}{2n+2}=-\cfrac{1}{(2n+2)(2n+3)}<0$

所以 $a_{n}>a_{n+1},$ 所以 $\left\{a_{n}\right\}$ 是单调递减的数列

所以 $\left(a_{n}\right)_{\max }=a_{1}=\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{3}=\cfrac{5}{6},$

所以 $\cfrac{5}{6}<a-2019,$ 所以 $a>2019+\cfrac{5}{6}, a \in N$

所以 $a_{\min}=2020$，故选$C$.

设$\left\{a_{n}\right\}$是等比数列，$a_{1}=1$, $a_{3}=\cfrac{3}{4}a_{2}$；

(1)求$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式；

分析：设等比数列$\left\{a_{n}\right\}$的公比为$q$，所以$q=\cfrac{a_{3}}{a_{2}}=\cfrac{3}{4}$

因为$a_{1}=1,$ 所以$a_{n}=\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1}$;

(2)求$a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{2n-2}+a_{2n}$；

分析：$a_{2n}=\left(\cfrac{3}{4}\right)^{2n-1}=\cfrac{4}{3}\cdot\left(\cfrac{9}{16}\right)^{n}$

所以$a_{2}+a_{4}+a_{6}+\cdots+a_{2n-2}+a_{2n}=\cfrac{\cfrac{3}{4}\left[1-\left(\cfrac{9}{16}\right)^{n}\right]}{1-\cfrac{9}{16}}=\cfrac{12}{7}-\cfrac{12}{7}\left(\cfrac{9}{16}\right)^{n}$

(3)在$a_{n}$和$a_{n+1}$之间插入$n$个数，其中$n=1,2,3, \cdots$，使这$n+2$个数成等差数列，记插入的$n$个数的和为$S_{n}$，求$S_{n}$的最大值.

分析：因为$a_{n}=\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1}$，

所以$a_{n}+a_{n+1}=\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1}+\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n}=\cfrac{7}{4}\cdot\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1}$，

因为在$a_{n}$和$a_{n+1}$之间插入$n$个数，使得这$n+2$个数成等差数列，

所以$S_{n}=\cfrac{n\left(a_{n}+a_{n+1}\right)}{2}=\cfrac{7}{8}n\cdot\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1}$,

设$S_{n}$的第$n$项最大，则$\left\{\begin{array}{l}S_{n}\geqslant S_{n-1}\\ S_{n} \geqslant S_{n+1}\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}\cfrac{7}{8}n\cdot\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1} \geqslant \cfrac{7}{8}(n-1)\cdot\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-2}\\ \cfrac{7}{8}n\cdot\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n-1}\geqslant\cfrac{7}{8}(n+1)\cdot\left(\cfrac{3}{4}\right)^{n}\end{array}\right.$ ^[2]

解得$3\leqslant n\leqslant 4$

所以$n=3$或$n=4$时，$S_{n}$取得最大值，为$S_{3}=S_{4}=\cfrac{7}{8}\times4\times\cfrac{27}{64}=\cfrac{189}{128}$;

难点题目

【2018广东广州一模】已知数列$\{a_n\}$满足$a_1=2$，$2a_na_{n+1}=a_n^2+1$，设$b_n=\cfrac{a_n-1}{a_n+1}$，则数列$\{b_n\}$是【】

$A.常数列$ $B.摆动数列$ $C.递增数列$ $D.递减数列$

分析：此方法称为不动点法，由于$2a_na_{n+1}=a_n^2+1$，

则可知$a_{n+1}=\cfrac{a_n^2+1}{2a_n}=\cfrac{1}{2}(a_n+\cfrac{1}{a_n})$，

则$b_{n+1}=\cfrac{a_{n+1}-1}{a_{n+1}+1}$

$=\cfrac{\cfrac{1}{2}(a_n+\cfrac{1}{a_n})-1}{\cfrac{1}{2}(a_n+\cfrac{1}{a_n})+1}$

$=\cfrac{(a_n-1)^2}{(a_n+1)^2}=b_n^2$，

又由于$a_1=2$，$b_1=\cfrac{a_1-1}{a_1+1}=\cfrac{1}{3}$，

故$b_2=b_1^2=(\cfrac{1}{3})^2$，$b_3=b_2^2=(\cfrac{1}{3})^4$，$b_4=b_3^2=(\cfrac{1}{3})^8$，

故数列$\{b_n\}$为递减数列。故选$D$。

解后反思：参见求数列通项公式的小众方法

已知数列$\left\{a_{n}\right\}$的首项$a_{1}=m$，且$a_{n+1}+a_{n}=2n+1$，如果$\left\{a_{n}\right\}$是单调递增数列，则实数$m$的取值范围是______.

分析：因为$a_{n+1}+a_{n}=2n+1(n\geqslant 1)$，所以$a_{n}+a_{n-1}=2n-1(n\geqslant 2)$

两式作差得$a_{n+1}-a_{n-1}=2 (n\geqslant 2)$

即在数列$\{a_n\}$中，奇数项和偶数项分别为公差等于2的等差数列，故奇数项数列和偶数项数列都是单调递增的，

又由条件可得$a_{1}=m$，$a_{2}=3-m$，$a_{3}=2+m$，$a_{4}=5-m$，

若数列为递增数列, 则只需要满足条件：$a_{1}<a_{2}<a_{3}$，即$m<3-m<2+m$;

解得$\cfrac{1}{2} < m <\cfrac{3}{2}$，故填$\left(\cfrac{1}{2}, \cfrac{3}{2}\right)$；

【2020高考理科数学北京卷第8题】在等差数列$\{a_{n}\}$中，$a_{1}=-9$，$a_{5}=-1$，记$T_{n}=a_{1}a_{2}\cdots a_{n}$$(n=1,2, \cdots)$，则数列 $\{T_{n}\}$【 $\quad$ 】.

$A.$有最大项，有最小项

$B.$有最大项，无最小项

$C.$无最大项，有最小项

$D.$无最大项，无最小项

分析：首先求得数列的通项公式，然后结合数列中各个项数的符号和大小即可确定数列中是否存在最大项和最小项。

详解：由题意可知，等差数列的公差$d=\cfrac{a_{5}-a_{1}}{5-1}=\cfrac{-1+9}{5-1}=2$

$a_{n}=a_{1}+(n-1)d=-9+(n-1)\times 2=2n-11$

注意到$a_{1}<a_{2}<a_{3}<a_{4}<a_{5}<0<a_{6}=1<a_{7}<\cdots$

且由$T_{5}<0$，可知$T_{i}<0$$(i\geqslant 6, i\in N)$，

又由$\cfrac{T_{i}}{T_{i-1}}=a_{i}>1$$(i\geqslant 7, i\in N)$，可知数列$\{T_{n}\}$不存在最小项；

由于$a_{1}=-9$，$a_{2}=-7$， $a_{3}=-5$， $a_{4}=-3$， $a_{5}=-1$， $a_{6}=1$

故数列$\{T_{n}\}$中的正项只有有限项: $T_{2}=63$， $T_{4}=63\times 15=945$，

故数列中存在最大项，且最大项为$T_4$，故选$B$。

【2020 $\cdot$ 山东滩坊一模]设数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$， $a_{4}=7$ 且 $4S_{n}=n(a_{n}+a_{n+1})$，则 $S_{n}-6a_{n}$ 的最小值为【$\quad$】

$A.-36$ $B.-30$ $C.-27$ $D.-20$

解析: $a_{4}=7$ 且 $4S_{n}=n(a_{n}+a_{n+1})$，可得 $a_{2}=3 a_{1}$， $a_{3}=5 a_{1}$， $a_{4}=7 a_{1}=7$，

解得 $a_{1}=1$， $a_{2}=3$， $a_{3}=5$， $a_{4}=7$， $\cdots$ 猜想 $a_{n}=2n-1$，

可得 $S_{n}=n^{2}$，验证满足 $4S_{n}=n(a_{n}+a_{n+1})$，

$S_{n}-6a_{n}=n^{2}-6(2n-1)=n^{2}-12n+6=(n-6)^{2}-30\geqslant-30$，

当且仅当 $n=6$ 时取等号，所以 $S_{n}-6a_{n}$ 的最小值为 $-30$，故选 $B$ .

已知数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_{1}=a>0$， $a_{n+1}=-a_{n}^{2}+t a_{n}(n\in{N}^{*})$，若存在实数 $t$ 使$\{a_{n}\}$ 单调递增，则a的取值范围是【$\quad$】

$A.(0,1)$ $B.(1,2)$ $C.(2,3)$ $D.(3,4)$

解析：由 $\{a_{n}\}$ 单调递增，可得 $a_{n+1}=-a_{n}^{2}+ta_{n}>a_{n}$，

又 $a_{1}=a>0$，则 $a_{n}>0$，所以 $t>a_{n}+1(n \in{N}^{*})$ .

当 $n=1$ 时，可得 $t>a+1$，①

当 $n=2$ 时，可得 $t>-a^{2}+ta+1$，②

即 $(a-1)t<(a+1)(a-1)$，

若 $a=1$，② 式不成立，不合题意；

若 $a>1$ ， ② 式等价于 $t<a+1$，与 ① 式矛盾，不合题意；

若 $0<a<1$， ② 式等价于 $>a+1$ ，与 ① 相同，符合题意.

所以 $0<a<1$. 选 $A$.

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