求等差数列前$n$项和$S

一、方法依据：

已知数列$\{a_n\}$是等差数列，首项为$a_1$，公差为$d$，前$n$项和为$S_n$，则求$S_n$的最值常用方法有两种：

(1)、函数法：由于$S_n=\cfrac{n(a_1+a_n)}{2}=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}d=\cfrac{d}{2}n^2+(a_1-\cfrac{d}{2})n$，

令$A=\cfrac{d}{2}$，$B=a_1-\cfrac{d}{2}$，则$S_n=An^2+Bn$，

即$S_n$是$n$的仿二次函数，其特殊在常数项为0。这样，我们通过配方或借助函数图像求二次函数最值的方法，就可以求得$S_n$的最值。

比如求数列$a_n=-\cfrac{1}{2}n+3$，则$S_n=-\cfrac{n^2}{4}+\cfrac{11}{4}n$，

则可知$[S_n]_{max}=S_5=S_6$。

(2)、邻项变号法：

①$a_1>0$，$d<0$时，满足$\begin{cases}a_m\ge 0\\a_{m+1}\leq 0\end{cases}$的项数$m$使得$S_n$取得最大值为$S_m$；

即所有正数项的和有最大值。数列如$a_n=\cfrac{1}{2}n-3$；

②$a_1<0$，$d>0$时，满足$\begin{cases}a_m\leq 0\\a_{m+1}\ge 0\end{cases}$的项数$m$使得$S_n$取得最小值为$S_m$；

即所有负数项的和有最小值。数列如$a_n=-\cfrac{1}{2}n+3$；

二、典例剖析

例1

已知等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，且有$a_1=7$，公差为$d$，当且仅当$n=8$时$S_n$取到最大值，求$d$的取值范围。

分析：由题意可知，$n=8$时$S_n$取到最大值，

则必有$\begin{cases}d<0\\a_8>0\\a_9<0\end{cases}$，即$\begin{cases}d<0\\7+7d>0\\7+8d<0\end{cases}$，

解得$-1<d<-\cfrac{7}{8}$。

例2

等差数列$\{a_n\}$的首项$a_1>0$，设其前$n$项和为$S_n$，且$S_5=S_{12}$，则当$n$为何值时，$S_n$有最大值？

法1：二次函数法，设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，由$S_5=S_{12}$，

得到$5a_1+10d=12a_1+66d$，解得$d=-\cfrac{1}{8}a_1<0$，

所以$S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)d}{2}$

$=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}\cdot (-\cfrac{1}{8}a_1)$

$=-\cfrac{1}{16}a_1(n^2-17n)$

$=-\cfrac{1}{16}a_1(n-\cfrac{17}{2})^2+\cfrac{289}{64}a_1$，

由于$a_1>0$，$n\in N^*$，故$n=8$或$n=9$时，$S_n$有最大值；

法2：邻项变号法，设等差数列$\{a_n\}$的公差为$d$，由$S_5=S_{12}$，

得到$5a_1+10d=12a_1+66d$，解得$d=-\cfrac{1}{8}a_1<0$，

设数列的前$n$项的和最大，则有$\left\{\begin{array}{l}{a_n\ge 0}\\{a_{n+1}\leq 0}\end{array}\right.$

即$\left\{\begin{array}{l}{a_n=a_1+(n-1)\cdot (-\cfrac{1}{8}a_1)\ge 0}\\{a_{n+1}=a_1+n\cdot (-\cfrac{1}{8}a_1)\leq 0}\end{array}\right.$

解得$\left\{\begin{array}{l}{n\leq 9}\\{n\ge 8}\end{array}\right.$，即$8\leq n\leq 9$，

又$n\in N^*$，所以当$n=8$或$n=9$时，$S_n$有最大值；

例3【2014北京高考卷】
若等差数列$\{a_n\}$满足$a_7+a_8+a_9>0$，$a_7+a_{10}<0$，则当$n$=___________时，数列$\{a_n\}$的前$n$项和最大。

分析：由题意，$a_7+a_8+a_9=3a_8>0$，则$a_8>0$，

又$a_7+a_{10}=a_8+a_9<0$，则$a_9<0$，

故当$n=8$时，数列$\{a_n\}$的前$n$项和最大。

例4【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第9题】

等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，若公差$d>0$，若$(S_8-S_5)(S_9-S_5)<0$，则【】

$A.a_7=0$ $B.|a_7|=|a_8|$ $C.|a_7|>|a_8|$ $D.|a_7|

分析：由题目可知，数列为单调递增数列，则有$S_8-S_5<0$，且$S_9-S_5>0$

即$S_8-S_5=a_6+a_7+a_8=3a_7<0$，$a_7<0$，

$S_9-S_5=a_6+a_7+a_8+a_9=2(a_7+a_8)>0$，即$a_8>0$，且$|a_8|>|a_7|$，故选$D$。

例5【2018吉林长春外国语学校二模】在等差数列$\{a_n\}$中，$a_1>0$，$a_{2016}+a_{2017}>0$，$a_{2016}\cdot a_{2017}<0$，则使前$n$项和$S_n>0$成立的最大自然数$n$的值为【】

$A.2016$ $B.2017$ $C.4031$ $D.4032$

分析：由于$\{a_n\}$是等差数列，$a_1>0$，$a_{2016}+a_{2017}>0$，$a_{2016}\cdot a_{2017}<0$，

则$a_{2016}>0$，$a_{2017}<0$，$d<0$，且$|a_{2016}|>|a_{2017}|$，

则可知前$n$项和$S_n$的最大值为$S_{2016}$，但是本题目所求不是这个东东，注意了。

又由于$S_{4032}=\cfrac{(a_1+a_{4032})4032}{2}=2016(a_{2016}+a_{2017})>0$，$S_{4033}=\cfrac{(a_1+a_{4033})4033}{2}=4033\cdot a_{2017}<0$，

故使前$n$项和$S_n>0$成立的最大自然数$n$的值为4032，故选$D$。

对应练1若在等差数列$\{a_n\}$中，$a_1<0$，$a_{2017}+a_{2018}>0$，$a_{2017}\cdot a_{2018}<0$，则使前$n$项和$S_n<0$成立的最大自然数$n$的值为_______。提示：4033；

对应练2在等差数列$\{a_n\}$中，$-1<\cfrac{a_7}{a_6}<0$，若它的前$n$项和有最大值，则当$S_n>0$成立的最大自然数$n$的值为【】

$A.11$ $B.12$ $C.13$ $D.14$

提示：由于它的前$n$项和有最大值，则必然有$a_1>0$，$d<0$，则可知$a_6>0$，这样得到$-a_6<a_7<0$，即$a_6>0$，$a_7<0$，$a_6+a_7>0$，故$S_{12}>0$，$S_{13}<0$，选$B$.

例6设等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$a_1=9$，$\cfrac{S_9}{9}-\cfrac{S_5}{5}=-4$，则$S_n$取最大值时的$n$是【】

$A.4$ $B.5$ $C.6$ $D.4或5$

分析：由于$\{a_n\}$为等差数列，公差为$d$，则$s_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}d$，则$\cfrac{S_n}{n}=a_1+\cfrac{n-1}{2}d$，即数列$\{\cfrac{S_n}{n}\}$为等差数列，

由$\cfrac{S_9}{9}=a_1+\cfrac{9-1}{2}d$①，$\cfrac{S_5}{5}=a_1+\cfrac{5-1}{2}d$②，①-②得到，

$\cfrac{S_9}{9}-\cfrac{S_5}{5}=2d=-4$，则$d=-2$，故数列$\{a_n\}$的通项公式为$a_n=11-2n$，令$a_n\ge 0$，解得$n\leq 5$，

故$S_n$取最大值时的$n$是5，故选$B$。

例9【2019届高三理科数学二轮用题】已知数列$\{a_n\}$满足$t\cdot S_n=n^2-12n$，其中$S_n$为数列$\{a_n\}$的前$n$项和，若$a_1+a_3+a_5=42$，$a_2+a_4=28$，则当$S_n$取最大值时，$n=$【】

$A.7$ $B.6$ $C.5$ $D.4$

分析：简单记录思路，由$a_n$与$S_n$的关系先求得$a_n=\cfrac{2n-13}{t}$，利用$a_2+a_4=28$，求得$t=-\cfrac{1}{2}$，

这样$a_n=26-4n$，令$a_n>0$，解得$n\leq 6$，由邻项变号法可知，$S_6$最大，故选$B$。

例10【2019届高三理科数学三轮模拟用题】已知数列$\{a_n\}$满足$2a_n=a_{n-1}+a_{n+1}(n\ge 2)$，其中$S_n$为数列$\{a_n\}$的前$n$项和，若$a_1=22$，且$S_8=S_{15}$，则当$S_n$取最大值时，$n=$【】

$A.11$ $B.12$ $C.11或12$ $D.12或13$

提示：由$a_1=22$，且$S_8=S_{15}$，求得$d=-2$，则$a_n=-2n+24$，令$a_n\ge 0$，则$n\leq 12$，且$a_{12}=0$，故选$C$。

三、思路引申

在前有限项为正项的等差数列中，所有正项的和最大，在前有限项为负项的等差数列中，所有负项的和最小，

在正项等比数列中，所有小于1的正项的乘积最小，所有大于1的正项的乘积最大；

例1

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$a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}$，$T_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n=30\cdot[30\cdot(\cfrac{1}{2})]\cdots [30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}]=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{1+2+\cdots+(n-1)}=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\cfrac{n(n-1)}{2}}$，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$n_{max}=5$。

例2【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$T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=8^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\cfrac{n(n-1)}{2}}=2^{\cfrac{-n^2+7n}{2}}=2^{\cfrac{-(n-\cfrac{7}{2})^2+\cfrac{49}{4}}{2}}$，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。

例3已知递增等比数列$\{a_n\}$的首项$a_1=\cfrac{1}{2020}$，若$3a_3=2a_2+a_4$，则使得$a_1a_2\cdot a_n$取得最小值的正整数$n$为_________。

分析：由数列$\{a_n\}$为递增等比数列，则可知$q>1$，

又由$3a_3=2a_2+a_4$解得，$q=2$或$q=1$(舍去)

故其通项公式为$a_n=\cfrac{1}{2020}\cdot 2^{n-1}$，由于所有小于1的正项的乘积最小，

故令$a_n\leq 1$，即$2^{n-1}\leq 2020$，解得$n\leq 11$，故所求的$n$为$11$。

四、备用习题

例1【非等差数列的前$n$项和的最值】

设等差数列$\{a_n\}$的前$n$项和为$S_n$，$S_{m-1}=13$，$S_m=0$，$S_{m+1}=-15$，其中$m\in N^*$且$m\ge 2$，则数列$\{\cfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}\}$的前$n$项和的最大值为【】

$A.\cfrac{24}{143}$ $B.\cfrac{1}{143}$ $C.\cfrac{24}{13}$ $D.\cfrac{6}{13}$

分析：由题可知，$a_m=S_m-S_{m-1}=-13$，$a_{m+1}=S_{m+1}-S_m=-15$，故$d=-2$，

又由$S_{m-1}=13$，$S_m=0$，可得出$a_1=13$，故$a_n=15-2n$；

或仅仅由$S_m=\cfrac{(a_1+a_m)m}{2}=0$，可得到$a_1=13$；

故数列$\{\cfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}\}$的通项公式为$b_n=\cfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}=\cfrac{1}{(15-2n)(13-2n)}=\cfrac{1}{2}(\cfrac{1}{13-2n}-\cfrac{1}{15-2n})$，

所求数列的前$n$项和的最大值，即关键是求得数列$\{b_n\}$中哪些项都是正项，由$15-2n>0$且$13-2n>0$得到$n\leq 6$，
故所求数列的最大值为$\cfrac{1}{2}\times [(\cfrac{1}{11}-\cfrac{1}{13})+(\cfrac{1}{9}-\cfrac{1}{11})+(\cfrac{1}{7}-\cfrac{1}{9})+\cdots+(1-\cfrac{1}{3})]$

$=\cfrac{1}{2}\times (1-\cfrac{1}{13})=\cfrac{6}{13}$。