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\(\begin{cases}a_m\ge 0\\a_{m+1}\leq 0\end{cases}\)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\(a_n=-\cfrac{1}{2}n+3\);
典例剖析
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\(-1<d<-\cfrac{7}{8}\)。
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;
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。
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\(D\)。
解析: 因为等差数列 \(\{a_{n}\}\) 的公差为 \(-2\) ,
又\(a_{3}\)、 \(a_{4}\)、 \(a_{5}\) 为某三角形的三边长,且该三角形有一个内角为\(120^{\circ}\),
所以 \(a_{3}^{2}=a_{4}^{2}+a_{5}^{2}-2a_{4}\cdot a_{5}\cos 120^{\circ}\),
即 \((a_{4}+2)^{2}=a_{4}^{2}+(a_{4}-2)^{2}+a_{4}(a_{4}-2)\),
化为 \(a_{4}^{2}-5a_{4}=0\), 又 \(a_{4}\neq 0\), 故解得 \(a_{4}=5\),
所以 \(a_{3}=7\), \(a_{5}=3\), \(a_{6}=1\), \(a_{7}=-1\),
因为 \(S_{n}\leqslant S_{m}\) 对任意的 \(n\in {N}^{*}\) 恒成立, 所以实数 \(m=6\). 故选 \(B\).
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【】
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\(B\).
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\(B\)。
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\(B\)。
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\(C\)。
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;
[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\(n_{max}=5\)。
[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\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=8^n\cdot (\frac{1}{2})^{\frac{n(n-1)}{2}}=2^{\frac{-n^2+7n}{2}}=2^{\frac{-(n-\frac{7}{2})^2+\frac{49}{4}}{2}}\),
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\(a_n\ge 1\),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。
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\(11\)。
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;
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\(n\leq 6\),
故所求数列的前\(n\)项和的最大值为
\(\cfrac{1}{2}\times [(\cfrac{1}{11}-\cfrac{1}{13})+(\cfrac{1}{9}-\cfrac{1}{11})+(\cfrac{1}{7}-\cfrac{1}{9})+\cdots+(1-\cfrac{1}{3})]\)
\(=\cfrac{1}{2}\times (1-\cfrac{1}{13})=\cfrac{6}{13}\)。
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\(\cfrac{1}{a_n}=\cfrac{1}{a_1}+(n-1)\times 3\),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\(a\in (-\cfrac{1}{18},-\cfrac{1}{21})\).
解析 由 \(S_{8}<S_{10}<S_{9}\) 得,\(S_9-S_8>0\),\(S_{10}-S_8>0\),\(S_{10}-S_9<0\),
\(S_9-S_8=a_{9}>0\), \(S_{10}-S_9=a_{10}<0\), \(S_{10}-S_8=a_{9}+a_{10}>0\), 由于 \(d=a_{10}-a_9<0\) ,所以公差小于 \(0\).
又 \(S_{17}=\cfrac{17(a_{1}+a_{17})}{2}=17a_{9}>0\), \(S_{19}=\cfrac{19(a_{1}+a_{19})}{2}=19a_{10}<0\),
\(S_{18}=\cfrac{18(a_{1}+a_{18})}{2}=9(a_{9}+a_{10})>0\),
故满足 \(S_{n}>0\) 的正整数 \(n\) 的最大值为 \(18\).
错误认知:由于 \(S_9\) 最大,则 \(S_8=S_{10}\),\(\cdots\),\(S_1=S_{17}\), \(S_0=S_{18}\),故 \(S_{18}=0\),而题目中 \(S_{18}>0\),
以上认知错误,虽然 \(S_9\) 最大,但是 \(n=9\) 并不是对称轴。
反例如下: \(a_n=29-3n\),则 \(a_9=2>0\),\(a_{10}=-1<0\),\(a_9+a_{10}=-1<0\),
https://www.desmos.com/calculator/4vxr9ndynx?embed
https://www.desmos.com/calculator/4vxr9ndynx
解析:由 \(S_{6}=S_{13}\),得到 \(a_7+a_8+\cdots+a_{13}=0\),即 \(a_{10}=0\),
而 \(a_{10}=a_1+9d=0\),则 \(a_1=-9d<0\),则 \(d>0\),
又 \(S_n=na_1+\cfrac{n(n-1)}{2}d=n(-9d)+\cfrac{n(n-1)}{2}d>0\),
解得 \(n>19\),即 \(n_{\min}=20\),故选 \(C\) .