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外观

由前n项和判等差与求参数

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和式的常数会在尾部差分中消去，却不会从首项消失。题干是否已经声明等差，数列是否至少有三项，决定了能否利用首差一致来限制参数。

一、知识点 概念与依据

1. 保留首项，再推尾部通项

对题给Sₙ=f(n)，先写a₁=f(1)；n≥2时才取 an=f(n)−f(n−1)a_n=f(n)-f(n-1)。整个f(n−1)须加括号，平方与负号一起展开。

尾式g(n)求出后，如果g(1)有定义且等于f(1)，才可合并；不等就保留特殊首项。空和可定义为S₀=0，但题给正整数f(n)并不自动允许代0。

2. 常数项改变首差，至少三项时才能比较

若 Sn=An2+Bn+CS_n=An^2+Bn+C，则

a1=A+B+C,an=2An+B−A(n≥2).a_1=A+B+C,\qquad a_n=2An+B-A\quad(n\ge2).

于是a₂=3A+B、a₃=5A+B，

a2−a1=2A−C,a3−a2=2A.a_2-a_1=2A-C,\qquad a_3-a_2=2A.

尾部以后差也恒为2A。对于无限列或至少三项的有限列，完整等差要求首差与尾差一致，所以C=0；C=0反过来又足以使全体通项一次化，故这条件充分且必要。

已知信息正确处理
至少三项，且已声明全列等差用首差=尾差限制常数参数
未声明等差保留首项，不能擅自强制C=0
只有一项或两项没有两对完整相邻差可比较，不能据此强制C=0

常数在尾差消去，不表示它可以从原和式删去。

3. 规范系数来自全列求和，不是擅自代0

完整等差列的求和式是

Sn=na1+n(n−1)2d=d2n2+(a1−d2)n.S_n=na_1+\frac{n(n-1)}2d=\frac d2n^2+\left(a_1-\frac d2\right)n.

因此规范形式Sₙ=An²+Bn中，A=d/2、B=a₁−d/2；A≠0才是二次，B可以为0。若对全部正整数已知两份多项式相等，可比较系数；也可用首项与相邻差，直接看见常数如何受限制。

只说“和式含n²所以等差”是不够的，还要看有没有独立常数造成首差不一致。

4. 求通项之后，最值仍要回到整数

先把参数与完整通项确定，再求和的最值。配方后比较最近的合法整数，顶点半整数时保留两侧等距位置；也可由项的正负确认和先减后增或先增后减。加入零项使和不变，但是否最值还要看全体走势。

二、考点 方法与例题

1. 无独立常数时，也要实际核首项

先求首项，再差分核能否合并，最后按合法整数求最值。不要把连续顶点值直接作为数列的答案。

例题 01 差分通项与整数最大值

题目

已知Sn{S}_{n}是等差数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的前nn项和，且Sn=−2n2+15n{S}_{n}=-2{n}^{2}+15n.

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

(2)求Sn{S}_{n}的最大值.

答案与解析

解析

（1）a₁=S₁=13。n≥2时

an=(−2n2+15n)−[−2(n−1)2+15(n−1)]=17−4n.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）

Sn=−2(n−154)2+2258.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）an=17−4na_n=17-4n；（2）最大值28，在n=4n=4取得。

2. 已声明等差，用首差与尾差求参数

保留常数参数算a₁，尾式中即使看不见它也不删掉它。算a₂−a₁和a₃−a₂，令两者相等后，还要核后续差都固定。

例题 02 常数参数与前n项和的最值

题目

设等差数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的前n项和为Sn{S}_{n}，且Sn=12n2−172n+k{S}_{n}=\frac{1}{2}{n}^{2}-\frac{17}{2}n+k．

(1)求a1{a}_{1}及数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的通项公式；

(2)求Sn{S}_{n}的最小值及对应的n的值．

答案与解析

解析

（1）先a₁=S₁=−8+k。n≥2时，

an=(12n2−172n+k)−[12(n−1)2−172(n−1)+k]=n−9.a_n=\left(\frac12n^2-\frac{17}{2}n+k\right)-\left[\frac12(n-1)^2-\frac{17}{2}(n-1)+k\right]=n-9.

因此a₂=−7、a₃=−6，尾部公差为1。整个数列已声明等差，首差也必须是1：

a2−a1=−7−(−8+k)=1−k=1  ⟹  k=0.a_2-a_1=-7-(-8+k)=1-k=1\implies k=0.

于是a₁=−8，尾公式代1也为−8，合并得aₙ=n−9，对所有正整数成立。反求和为 n[−8+(n−9)]/2=(n2−17n)/2n[-8+(n-9)]/2=(n^2-17n)/2，确与k=0的原式相同。

（2）

Sn=12(n−172)2−2898.S_n=\frac12\left(n-\frac{17}{2}\right)^2-\frac{289}{8}.

离17/2=8.5最近的正整数8、9都相距1/2，因此最小和为1/8−289/8=−36，在n=8或9取得。

又a₁至a₈负、a₉=0、a₁₀以后正，和先减、在S₈与S₉并列、随后增大，给出同样的全局结论。不能漏掉零项造成的另一个下标。

本题结论

（1）k=0k=0，a1=−8a_1=-8，an=n−9a_n=n-9；（2）最小值−36-36，在n=8n=8或99取得。

3. 未声明等差，特殊首项应保留

常数导致首差不同并不意味着题目无解，而可能意味着原列不是等差。照和的定义恢复完整分段通项，不为得到一次式而改变题给和。

例题 03 由累计和恢复完整通项

题目

已知数列{an}\{{a}_{n}\}的前nn项和Sn=n2+1{S}_{n}={n}^{2}+1，则数列{an}\{{a}_{n}\}的通项公式为（    ）

A．an=n+1{a}_{n}=n+1 B．an=2n−1{a}_{n}=2n-1

C．an=2n+1{a}_{n}=2n+1 D．an={2,n=1,2n−1,n≥2{a}_{n}=\left\{ \begin{aligned}2 , n=1 , \\ 2n-1, n\ge 2\end{aligned}\right.

答案与解析

解析

n=1时，a1=S1=12+1=2a_1=S_1=1^2+1=2。n≥2时，

an=(n2+1)−[(n−1)2+1]=2n−1.a_n=(n^2+1)-[(n-1)^2+1]=2n-1.

尾公式代1为1，不等于真实首项2，因此必须分段：

an={2,n=1,2n−1,n≥2.a_n=\begin{cases}2,&n=1,\\2n-1,&n\ge2.\end{cases}

选D。B漏掉首项修正；C的首项为3，错误；A虽然首项为2，但n=3给4，与实际a₃=5不符。

反查n≥2时，利用 2k−1=k2−(k−1)22k-1=k^2-(k-1)^2，首项2加后续奇数的和为 2+(n2−1)=n2+12+(n^2-1)=n^2+1，n=1也成立。若机械采用全体2n−1，累计和仅为n²，少了题给常数1。

首差 a2−a1=3−2=1a_2-a_1=3-2=1，后差如 a3−a2=5−3=2a_3-a_2=5-3=2，全列不是等差。空和S₀=0不意味着可以把正整数公式外推成S₀=1。

本题结论

选D，a1=2a_1=2，an=2n−1 (n≥2)a_n=2n-1\ (n\ge2)。

三、坑点 边界与纠错

1. 尾差看不见常数，首项却保留它

从真实首项与首差检查，不擅自代n=0或删除常数。至少三项才有首差与后差可比，短有限列不能照搬这一限制。

2. 二次系数与一次系数条件不要混同

A=d/2，B=a₁−d/2；二次只要求A≠0。B≠0和a₁≠0不是同一条件，A=0的等差常数列也须保留。

3. 题干的等差声明是条件，不是跳步许可

有声明时，利用它约束首差并回核全列；没有声明时，不强制数列成为等差。完整通项得到后再用等差求和，最值还要检查整数与并列。