求等差数列前n项和S_n的最值

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)、二次函数法：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(egin{cases}a_mge 0\a_{m+1}leq 0end{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(egin{cases}a_mleq 0\a_{m+1}ge 0end{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)；

典例剖析

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(egin{cases}d<0\a_8>0\a_9<0end{cases})，即(egin{cases}d<0\7+7d>0\7+8d<0end{cases})，

解得(-1<d<-cfrac{7}{8})。

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)，(nin 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{egin{array}{l}{a_nge 0}\{a_{n+1}leq 0}end{array} ight.)

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

解得(left{egin{array}{l}{nleq 9}\{nge 8}end{array} ight.)，即(8leq nleq 9)，

又(nin N^*)，所以当(n=8)或(n=9)时，(S_n)有最大值；

【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。

【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【】

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

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)。

【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}=4033cdot 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).

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_nge 0)，解得(nleq 5)，

故(S_n)取最大值时的(n)是5，故选(B)。

【2019届高三理科数学二轮用题】已知数列({a_n})满足(tcdot 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(nleq 6)，由邻项变号法可知，(S_6)最大，故选(B)。

【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}(nge 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_nge 0)，则(nleq 12)，且(a_{12}=0)，故选(C)。

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；

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_1cdot a_2cdot a_3cdots 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=30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})，(T_n=a_1cdot a_2cdots a_n=30cdot[30cdot(cfrac{1}{2})]cdots [30cdot(cfrac{1}{2})^{n-1}]=30^ncdot (cfrac{1}{2})^{1+2+cdots+(n-1)}=30^ncdot (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=30cdot(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_nge 1)，由此得到(nleq 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_1cdot a_2cdot a_3cdots 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=8cdot(cfrac{1}{2})^{n-1})；

故(T_n=a_1cdot a_2cdot a_3cdots a_n=8^ncdot (frac{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_nge 1)，由此得到(nleq 4)。

计算得到(a_1=8)，(a_2=4)，(a_3=2)，(a_4=1)，(a_5=cfrac{1}{2})，故(T_nleq 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_nge 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。

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_2cdot 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_nleq 1)，即(2^{n-1}leq 2020)，解得(nleq 11)，故所求的(n)为(11)。

其他情形

非等差数列的前(n)项和的最值，虽然考查的数列不是等差数列，但是同样会涉及到数列单调性的考查；

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(min N^*)且(mge 2)，则数列({cfrac{1}{a_ncdot 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_ncdot a_{n+1}}})的通项公式为

(b_n=cfrac{1}{a_ncdot 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(nleq 6)，

故所求数列的前(n)项和的最大值为

(cfrac{1}{2} imes [(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} imes (1-cfrac{1}{13})=cfrac{6}{13})。

【2019常德模拟】已知数列({a_n})中，(a_1<0)，(a_{n+1}=cfrac{a_n}{3a_n+1}(nin N^*))，数列({b_n})满足：(b_n=na_n(nin N^*))，设(S_n)为数列({b_n})的前(n)项和，当(n=7)时，(S_n)有最小值，则(a_1)的取值范围是_______。

分析：由(a_1<0)，(a_{n+1}=cfrac{a_n}{3a_n+1})，两边取倒数整理得到，(cfrac{1}{a_{n+1}}-cfrac{1}{a_n}=3)，

则数列(cfrac{1}{a_n})为首项为(cfrac{1}{a_1})，公差为(3)的等差数列，

则有(cfrac{1}{a_n}=cfrac{1}{a_1}+(n-1) imes 3)，整理得到，(a_n=cfrac{a_1}{1+3(n-1)a_1})

则(b_n=cfrac{na_1}{1+3(n-1)a_1})，又(S_n)为数列({b_n})的前(n)项和，

当(n=7)时，(S_n)有最小值，则(b_7<0)，(b_8>0)，

即(cfrac{7a_1}{1+18a_1}<0)且(cfrac{7a_1}{1+18a_1}>0)

解得(-cfrac{1}{18}<a_1<-cfrac{1}{21})，故(ain (-cfrac{1}{18},-cfrac{1}{21})).