等差前n项和与最值：配方以后还要回到整数

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前n项和既可由首末项求，也可看作合法整数下标上的二次式。零项可能让两个相邻和并列，连续顶点则不一定是数列允许的位置。

一、知识点概念与依据

1. 倒序相加把整个和写两遍

已知全列等差，aₙ=a₁+(n−1)d。将同一Sₙ正向、倒序各写一次，每个对应位置的和均为a₁+aₙ，故

2S_n=n(a_1+a_n),\qquad S_n=\frac{n(a_1+a_n)}2 =na_1+\frac{n(n-1)}2d.

无论n奇偶都成立，因为是把整个和写两遍，并不是只在一份和中把所有项两两配完。n为正整数，有限列还要求n≤N；d=0、负项或零项都允许。

2. 和式的系数与首项、公差对应

展开得到

S_n=\frac d2n^2+\left(a_1-\frac d2\right)n=An^2+Bn,

其中A=d/2、B=a₁−d/2，所以d=2A、a₁=A+B。没有独立常数项。

二次式只要求A≠0，也就是d≠0，不要求B≠0。B=0时仍可为二次式；a₁=0意味着B=−A，也不意味着B=0。A=0时和式为一次式或恒0。

反过来，若Sₙ=An²+Bn对全部正整数成立，先a₁=A+B，再对n≥2差分得aₙ=2An+B−A；代1也得A+B，两支可合并，相邻差2A恒定。若另含常数C，先保首项再核首差，不能只看二次外形就判等差。

3. 加入一项，和怎样改变

对于n≥2，Sₙ−Sₙ₋₁=aₙ；对于全部可比较的相邻和，Sₙ₊₁−Sₙ=aₙ₊₁。加入正项使和增大，负项使和减小，零项使和不变。

项的整体走势	和的整体走势	转折内点候选
d<0，项由正转负	先增后减	最大和处aₙ≥0、aₙ₊₁≤0
d>0，项由负转正	先减后增	最小和处aₙ≤0、aₙ₊₁≥0

等差项的单调性保证了转折两侧的全体符号，因此沿相邻和的不等式链可得全局最值。若实际范围内没有符号转折，和可能全段单调，要检查允许的首末边界，不能硬套内点条件。

4. 配方后比较合法整数，而非直接取连续顶点

A≠0时， $S_n=A(n-v)^2+C_0$ ，其中 $v=-B/(2A)$ 。A>0求最小、A<0求最大，都比较离v最近的合法整数。v两侧等距离且都合法时并列；v在有限范围之外时，检查最近边界。

无限正整数范围内，A>0的和无最大值，A<0的和无最小值；有限范围内另一方向的最值还要比较首末端点。不能因找到一个方向的最值，就声称另一个方向也有。

5. 零项并列与退化情形单列

若aₘ=0且m≥2，则Sₘ₋₁=Sₘ。零项位于增减转折时，两者都是最值，应保留两个下标；仅知道某项为0而没有走势依据，不能据此宣布全局最值。

m=1只关联空和S₀。题限正整数n时，不能把n=0列入答案。有限首末边界也没有完整双侧邻和，须单独检查。

d=0时 $S_n=na_1$ ，不能套二次顶点：a₁>0时递增，a₁<0时递减，a₁=0时所有和为0。有限或无限的实际范围决定是否有另一端的最大、最小。

二、考点方法与例题

1. 先确认等差，再代首末项或基本量

求a₁及d，写清末项后带括号代公式。结果用n=1反核首项，再用差分反核通项，可以发现符号与系数错误。

例题 01 负公差数列的求和符号

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式为 ${a}_{n}=2-3n$ ， $n\in {N}_{+}$ ，则 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 ${S}_{n}$ 等于（）

A． $-\frac{3}{2}{n}^{2}+\frac{n}{2}$ B． $-\frac{3}{2}{n}^{2}-\frac{n}{2}$

C． $\frac{3}{2}{n}^{2}+\frac{n}{2}$ D． $\frac{3}{2}{n}^{2}-\frac{n}{2}$

答案与解析

解析

a₁=2−3=−1，且相邻差为−3，所以全列等差。代首末项式：

S_n=\frac{n[-1+(2-3n)]}{2}=\frac{-3n^2+n}{2}.

选A。n=1给−1，与首项一致；B、C、D在n=1分别给−2、2、1，都不符。

再求Sₙ−Sₙ₋₁=2−3n（n≥2），与原通项一致。括号内是1−3n，不是−1−3n，先完成首末项相加再乘项数更稳妥。

本题结论

选A， $S_n=(-3n^2+n)/2$ 。

2. 整数顶点可达时，用平方界确定最值

先解a₁、d并回代题设，再配方。给出平方项的界及达到它的合法下标；也可用所有项的正负分界复核和的走势。

例题 02 由项与和确定通项和最小值

题目

已知等差数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 ${S}_{n}$ ，且 ${a}_{3}=-5$ ， ${S}_{4}=-24$ ．

(1)求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式；

(2)求 ${S}_{n}$ 的最小值．

答案与解析

解析

（1）题设给a₁+2d=−5，4a₁+6d=−24。第二式除2为2a₁+3d=−12，第一式乘2为2a₁+4d=−10，相减得d=2，再得a₁=−9。因此aₙ=−9+2(n−1)=2n−11。

回代a₃=−5，S₄=4(−9−3)/2=−24，均符合。

（2）

S_n=\frac{n[-9+(2n-11)]}{2}=n^2-10n=(n-5)^2-25.

平方项≥0，在合法整数n=5时取0，因此最小值为−25，且只有n=5达到。

也可看a₁至a₅全负，a₆起全正，没有零项；前和先减后增，故S₅为唯一最小，和配方结论一致。

本题结论

（1） $a_n=2n-11$ ；（2）最小值 $-25$ ，在 $n=5$ 取得。

3. 半整数顶点与零项共同提示并列

顶点两侧最近整数都要比较，不能只按一次四舍五入挑一个。若出现相邻和相同，再用项的全体符号证明它们确处转折位置。

例题 03 两项关系与前n项和最值

题目

已知等差数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 中， ${a}_{3}=2$ ， ${a}_{2}+{a}_{6}=8$

(1)求 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式

(2)求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前n项和 ${S}_{n}$ 的最小值．

答案与解析

解析

（1）a₁+2d=2；由a₂+a₆=8得2a₁+6d=8，即a₁+3d=4。相减得d=2，a₁=−2，所以aₙ=2n−4。回代a₃=2、a₂+a₆=0+8=8，符合题设。

（2）

S_n=\frac{n[-2+(2n-4)]}{2}=n^2-3n=\left(n-\frac32\right)^2-\frac94.

任意正整数与3/2的距离至少1/2，n=1、2恰好等距达到。因此最小值为1/4−9/4=−2，在n=1或2取得。

a₁=−2、a₂=0、a₃起为正，加入第2项时和不变，随后和严格增大，也证明S₁=S₂=−2是并列最小。连续顶点值−9/4并不在任何整数下标取得，不能作为答案。

本题结论

（1） $a_n=2n-4$ ；（2）最小值 $-2$ ，在 $n=1$ 或 $2$ 取得。

4. 非半整数顶点要比较两侧距离或值

开口向下时，离顶点更近的合法整数给更大和。比较两个候选后，还须用配方或全体走势说明其他下标不可能更大。

例题 04 二次和式的整数最大值

题目

已知 ${S}_{n}$ 是等差数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，且 ${S}_{n}=-2{n}^{2}+15n$ .

(1)求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式.

(2)求 ${S}_{n}$ 的最大值.

答案与解析

解析

（1）a₁=S₁=13。n≥2时

a_n=(-2n^2+15n)-[-2(n-1)^2+15(n-1)]=17-4n.

代n=1也得13，因此全体通项aₙ=17−4n，公差−4。

（2）

S_n=-2\left(n-\frac{15}{4}\right)^2+\frac{225}{8}.

顶点15/4=3.75，两侧合法整数为3、4；S₃=27、S₄=28。n=4距离顶点1/4，唯一最近，其他正整数更远，因此全局最大为28，仅在n=4取得。

也可由a₄=1>0、a₅=−3<0且项严格递减，得和先增后减。连续最大值225/8没有在合法整数下标取到，不能当作Sₙ最大值。

本题结论

（1） $a_n=17-4n$ ；（2）最大值28，在 $n=4$ 取得。