等差数列前n项和的最值问题的两个解法
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n ( n − 1) 2 d = n 2 − 4n = ( n − 2 ) − 4 . 2
a1 + d = −1, 解得 a1 + 4d = 5，
a1=-3，
所以 n=2 时，Sn 取到最小值-4.
an ≥ 0 的项数 an+1 ≤ 0
m 使得 S n 取得最大值为 S m ；
②当 a1 < 0, d > 0 时， 满足
an ≤ 0 的项数 m 使得 S n 取得最小值为 S m . a ≥ 0 n + 1
例 1、等差数列 {an } 前 n 项和为 S n ，已知 a1 = 13, S 3 = S11 ，当 S n 最大 时，n 的值是( (A)5 解：选 C. 方法一：由 S 3 = S11 得 a4 + a5 + ⋯ + a11 = 0 ， 根据等差数列性质可得 a7 + a8 = 0 ， 根据首项等于 13 可推知这个数列递减， 从而得到 a7 > 0, a8 < 0 ，故 n=7 时， S n 最大. 方法二：由 S 3 = S11 可得 3a1 + 3d = 11a1 + 55d ，把 a1 = 13 代入得 d = −2 ， 故 S n = 13n − n(n − 1) = −n 2 + 14n ，根据二次函数性质，当 n=7 时， S n 最 大. 方法三：根据 a1 = 13 , S 3 = S11 ，知这个数列的公差不等于零 . 由于 ) (B)6 (C)7 (D)8
12a1 + 66d > 0, 解析：(1)∵S12>0,S13<0,∴ 13a1 + 78d < 0, a + 2d = 12. 1
∴- 24 ＜d<-3.
7Biblioteka Baidu
(2)由 S13 =
13 ( a1 + a13 ) = 13a 7 < 0, 知 a7<0, 2
S12=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,知 a6>0, 又∵d＜0,∴n≤6 时，an>0,n≥7 时，an<0, ∴S6 最大，即 n=6. 3.已知数列{an}是等差数列，且 a2=-1，a5=5. (1)求{an}的通项 an. (2)求{an}前 n 项和 Sn 的最小值. 解： (1)设{an}的公差为 d， 由已知条件， d=2，所以 an=a1+(n-1)d=2n-5. (2)Sn= na1 +
∴当 n＝16 时， S n 有最大值， S n 的最大值是 256.
方法二：由 an = S n − S n−1 ，可得 an = −2n + 33 . 由 an = −2n + 33 ≥ 0 a，得 n ≤ 33 ；
2 由 an +1 = −2n + 31 ≤ 0 ,得 n ≥ 31 n； 2
又 n 为正整数，所以当 n=16 时， S n 有最大值 256. 2、设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围； (2)求{an}前 n 项和 Sn 最大时 n 的值.
S 3 = S11 说明这个数列的和先是单调递增的然后又单调递减 .根据
公差不为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二次函数， 以及二 次函数图象的对称性， 当 S 3 = S11 时，只有 n = 3 + 11 = 7 时， S n 取得最大值.
2
练习： 1.已知在等差数列 {an } 中， a1 = 31 ， S n 是它的前 n 项的和， S10 = S 22 . （1）求 S n ； （2）这个数列前多少项的和最大，并求出这个 最大值. 解析： （1）∵ S10 = a1 + a2 ⋯ + a10 ， S 22 = a1 + a2 ⋯ + a22 ，又 S10 = S 22 ，
∴ a11 + a12 ⋯ + a22 = 0 ， 则 a11 + a22 = 2a1 + 31d = 0 ， 又 a1 = 31 ，
∴ d = −2 ，∴ S n = na1 + n(n − 1) d = 32n − n 2 。 2
（2）方法一：由（1）中可知 S n = 32n − n 2 = −(n − 16) 2 + 256 ，
等差数列前 n 项和的最值问题的两个解法
求等差数列前 n 项和 S n 最值的两种方法： 1.函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 S n = an 2 + bn ， 通过配方或借助图象 配方或借助图象求二次函数最值的方法求解， 一定注意 n 是 配方或借助图象 正整数。 2.邻项变号法： ① a1 > 0, d < 0 时，满足
a1 + d = −1, 解得 a1 + 4d = 5，
a1=-3，
所以 n=2 时，Sn 取到最小值-4.
an ≥ 0 的项数 an+1 ≤ 0
m 使得 S n 取得最大值为 S m ；
②当 a1 < 0, d > 0 时， 满足
an ≤ 0 的项数 m 使得 S n 取得最小值为 S m . a ≥ 0 n + 1
例 1、等差数列 {an } 前 n 项和为 S n ，已知 a1 = 13, S 3 = S11 ，当 S n 最大 时，n 的值是( (A)5 解：选 C. 方法一：由 S 3 = S11 得 a4 + a5 + ⋯ + a11 = 0 ， 根据等差数列性质可得 a7 + a8 = 0 ， 根据首项等于 13 可推知这个数列递减， 从而得到 a7 > 0, a8 < 0 ，故 n=7 时， S n 最大. 方法二：由 S 3 = S11 可得 3a1 + 3d = 11a1 + 55d ，把 a1 = 13 代入得 d = −2 ， 故 S n = 13n − n(n − 1) = −n 2 + 14n ，根据二次函数性质，当 n=7 时， S n 最 大. 方法三：根据 a1 = 13 , S 3 = S11 ，知这个数列的公差不等于零 . 由于 ) (B)6 (C)7 (D)8
12a1 + 66d > 0, 解析：(1)∵S12>0,S13<0,∴ 13a1 + 78d < 0, a + 2d = 12. 1
∴- 24 ＜d<-3.
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(2)由 S13 =
13 ( a1 + a13 ) = 13a 7 < 0, 知 a7<0, 2
S12=6(a1+a12)=6(a6+a7)>0,知 a6>0, 又∵d＜0,∴n≤6 时，an>0,n≥7 时，an<0, ∴S6 最大，即 n=6. 3.已知数列{an}是等差数列，且 a2=-1，a5=5. (1)求{an}的通项 an. (2)求{an}前 n 项和 Sn 的最小值. 解： (1)设{an}的公差为 d， 由已知条件， d=2，所以 an=a1+(n-1)d=2n-5. (2)Sn= na1 +
∴当 n＝16 时， S n 有最大值， S n 的最大值是 256.
方法二：由 an = S n − S n−1 ，可得 an = −2n + 33 . 由 an = −2n + 33 ≥ 0 a，得 n ≤ 33 ；
2 由 an +1 = −2n + 31 ≤ 0 ,得 n ≥ 31 n； 2
又 n 为正整数，所以当 n=16 时， S n 有最大值 256. 2、设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知 a3=12,S12>0,S13<0. (1)求公差 d 的取值范围； (2)求{an}前 n 项和 Sn 最大时 n 的值.
S 3 = S11 说明这个数列的和先是单调递增的然后又单调递减 .根据
公差不为零的等差数列的前 n 项和是关于 n 的二次函数， 以及二 次函数图象的对称性， 当 S 3 = S11 时，只有 n = 3 + 11 = 7 时， S n 取得最大值.
2
练习： 1.已知在等差数列 {an } 中， a1 = 31 ， S n 是它的前 n 项的和， S10 = S 22 . （1）求 S n ； （2）这个数列前多少项的和最大，并求出这个 最大值. 解析： （1）∵ S10 = a1 + a2 ⋯ + a10 ， S 22 = a1 + a2 ⋯ + a22 ，又 S10 = S 22 ，
∴ a11 + a12 ⋯ + a22 = 0 ， 则 a11 + a22 = 2a1 + 31d = 0 ， 又 a1 = 31 ，
∴ d = −2 ，∴ S n = na1 + n(n − 1) d = 32n − n 2 。 2
（2）方法一：由（1）中可知 S n = 32n − n 2 = −(n − 16) 2 + 256 ，
等差数列前 n 项和的最值问题的两个解法
求等差数列前 n 项和 S n 最值的两种方法： 1.函数法：利用等差数列前 n 项和的函数表达式 S n = an 2 + bn ， 通过配方或借助图象 配方或借助图象求二次函数最值的方法求解， 一定注意 n 是 配方或借助图象 正整数。 2.邻项变号法： ① a1 > 0, d < 0 时，满足