一、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)、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\(a_n=-\cfrac{1}{2}n+3\)；
二、典例剖析
例1
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\(\begin{cases}d<0\\a_8>0\\a_9<0\end{cases}\)，即\(\begin{cases}d<0\\7+7d>0\\7+8d<0\end{cases}\)，
解得\(-1<d<-\cfrac{7}{8}\)。
例2
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\(a_1>0\)，\(n\in N^*\)，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；
例3【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。
例4【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【】
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\(D\)。
例5【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【】
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\(B\).
例6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【】
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\(B\)。
例9【2019届高三理科数学二轮用题】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(t\cdot S_n=n^2-12n\)，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，\(n=\)【】
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\(B\)。
例10【2019届高三理科数学三轮模拟用题】已知数列\(\{a_n\}\)满足\(2a_n=a_{n-1}+a_{n+1}(n\ge 2)\)，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，\(n=\)【】
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\(C\)。
三、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；
例1
已知\(S_n\)是等比数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和，\(a_1=30\)，\(8S_6=9S_3\)，设\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n\)，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\(a_n=30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)，\(T_n=a_1\cdot a_2\cdots a_n=30\cdot[30\cdot(\cfrac{1}{2})]\cdots [30\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}]=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{1+2+\cdots+(n-1)}=30^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\cfrac{n(n-1)}{2}}\)，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\(n_{max}=5\)。
例2【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\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n\)的最大值是多少？
法1：函数法，容易求得\(a_1=8，q=\cfrac{1}{2}\)，则\(a_n=8\cdot(\cfrac{1}{2})^{n-1}\)；故\(T_n=a_1\cdot a_2\cdot a_3\cdots a_n=8^n\cdot (\cfrac{1}{2})^{\cfrac{n(n-1)}{2}}=2^{\cfrac{-n^2+7n}{2}}=2^{\cfrac{-(n-\cfrac{7}{2})^2+\cfrac{49}{4}}{2}}\)，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。
例3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\(a_1a_2\cdot a_n\)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\(a_n\leq 1\)，即\(2^{n-1}\leq 2020\)，解得\(n\leq 11\)，故所求的\(n\)为\(11\)。
四、备用习题
例1【非等差数列的前\(n\)项和的最值】
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\(m\in N^*\)且\(m\ge 2\)，则数列\(\{\cfrac{1}{a_n\cdot a_{n+1}}\}\)的前\(n\)项和的最大值为【】
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\(\cfrac{1}{2}\times [(\cfrac{1}{11}-\cfrac{1}{13})+(\cfrac{1}{9}-\cfrac{1}{11})+(\cfrac{1}{7}-\cfrac{1}{9})+\cdots+(1-\cfrac{1}{3})]\)
\(=\cfrac{1}{2}\times (1-\cfrac{1}{13})=\cfrac{6}{13}\)。