等比分块与奇偶配对：零块、项数和负公比

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累计和先作差成为等长块，再检查能否取比。奇偶位置配对要数清谁多一项；负公比时，原项、块和及前和各用自己的差式判方向。

一、知识点概念与依据

1. 等长块由累计和相减，不是累计和本身

设aₙ=a₁qⁿ⁻¹，a₁、q非零。长度k的前三块为

B_1=S_k,\quad B_2=S_{2k}-S_k,\quad B_3=S_{3k}-S_{2k}.

每项右移k位都乘qᵏ，故Bⱼ₊₁=qᵏBⱼ；块末下标须在原范围。首块非零时才能取B₂/B₁=qᵏ，块比不是原公比q。若从偶次幂回求q，通常保正负两支，再查是否给正项条件。

重叠窗口的倍率也看移动位数，不是把窗口长度机械代成指数。

2. 块和只能全非零或全零

因q非零， $B_j=B_1q^{k(j-1)}$ ，故一个块为0就全为0。q=1时B₁=ka₁≠0；q≠1时，B₁=0等价qᵏ=1。在实数范围内，只能q=−1且k为偶数，此时每一对异号项抵消。

全零块也满足B₂²=B₁B₃，但比值0/0没有定义，因此不叫等比列。若题给某个完整块总和非零，就能据此排除全零情况；不能只凭原列是等比而默认块非零。

3. 奇偶配对，先数项再移位

总项数	奇位与偶位项数	正确配对
2r	各r项	奇位项乘q配后偶位项，E=qO
2r+1	奇位r+1项，偶位r项	偶位项乘q配后奇位项，O−a₁=qE

r≥1时，第一行的O=a₁(1+q²+…+q²ʳ⁻²)非零；第二行的E=a₁q(1+q²+…+q²ʳ⁻²)非零。括号每项为正、首项为1，首项及公比非零，因此相应除法合法。只有1项时偶和为空和0，不用上述要求r≥1的除法。

4. 负公比的方向，按具体对象作差

q<0时原项奇偶异号。无限列或至少3项时，不能把全列当单调列；若只有2项，应按实际两项大小判断。

比较对象	隔步差或倍率	注意
原项的奇、偶子列	$a_{n+2}-a_n=a_n(q^2-1)$	各子列方向还取决于项的正负
前和的奇、偶子列	$S_{n+2}-S_n=a_{n+1}(1+q)$	前和不是原项，不能换用原项差
长k块和	Bⱼ₊₁=qᵏBⱼ	k偶时倍率正，k奇时负；先核首块非零

先判断每个子列，再跨子列比较其正负或上下界。子列单调不等于全列单调。

二、考点方法与例题

1. 先排零块，再解平方方程

假设首块为0，沿移位关系核原给总和是否矛盾。非零证明完成后再除块和，解后恢复可能原公比与首项，确认候选真实存在。

例题 01 由两个前和关系求值

题目

已知 ${S}_{n}$ 为等比数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和， ${S}_{6}=-21$ ， ${S}_{4}=5{S}_{2}$ ，则 ${S}_{2}=$ （）

A．3 B． $-\frac{1}{3}$ C． $-1$ D． $-\frac{21}{25}$

答案与解析

解析

令t=S₂=a₁(1+q)。若t=0，由a₁≠0知q=−1，则每对相邻项抵消，S₆=0，与原S₆=−21矛盾。因此t≠0。

两项块为t、S₄−S₂=4t、S₆−S₄=−21−5t，由块中项关系

(4t)^2=t(-21-5t),\qquad21t(t+1)=0.

t=0已排除，故S₂=−1，选C。A、B、D的3、−1/3、−21/25均不满足这方程及非零条件。

回构：块比q²=4，原q可为±2。q=2时a₁=−1/3，前三块−1、−4、−16；q=−2时a₁=1，前三块也为−1、−4、−16，两支都给S₄=−5=5S₂、S₆=−21。不能因q²正就只保q正。

本题结论

选C，S₂=−1。

2. 奇数总项数，留下首项再求公比

把每个偶位项乘q配到它后面的奇位项。扣掉未配对首项后，先求公比，再用总和求正整数项数，最后分别回算奇和与偶和。

例题 02 多出的奇位项是首项

题目

已知等比数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 有 $2n+1$ 项， ${a}_{1}=1$ ，所有奇数项的和为85，所有偶数项的和为42，则 $n=$ （）

A．2 B．3 C．4 D．5

答案与解析

解析

总共2n+1项，奇位有n+1项、偶位有n项。O−a₁=qE，所以85−1=42q，q=2。

总和为85+42=127，a₁=1且q=2，故

2^{2n+1}-1=127,\qquad2^{2n+1}=128=2^7,

由实指数的单调性得2n+1=7，n=3，选B。其他选项n=2、4、5给总项数5、9、11，对应总和31、511、2047，不是127。

回核7项为1、2、4、8、16、32、64，奇位和1+4+16+64=85，偶位和2+8+32=42，所有原条件均满足。

本题结论

选B，n=3。

3. 原项、项积、块和分别判方向

先分奇偶确定原项的符号与隔步变化，再给所问的新列另写通项或差式。选择“不正确”项时，四个判断都要检验。

例题 03 四个对象不能共用单调结论

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 为等比数列，首项 ${a}_{1}>0$ ，公比 $q\in \left( -1,0\right)$ ，则下列叙述不正确的是（）

A．数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的最大项为 ${a}_{1}$ B．数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的最小项为 ${a}_{2}$

C．数列 $\left\{ {a}_{n}{a}_{n+1}\right\}$ 为严格递增数列 D．数列 $\left\{ {a}_{2n-1}+{a}_{2n}\right\}$ 为严格递增数列

答案与解析

解析

原a₁>0、−1<q<0，奇数位正、偶数位负，且q²−1<0。

A：奇数位的隔步差aₙ(q²−1)<0，奇数项递减；所有偶数项为负，所以全列最大为a₁，正确。
B：偶数位的隔步差aₙ(q²−1)>0，偶数项递增；所有奇数项为正，所以全列最小为a₂，正确。
C：令cₙ=aₙaₙ₊₁，则 $c_{n+1}-c_n=q(q^2-1)a_n^2>0$ ，故严格递增，正确。
D：令dₙ=a₂ₙ₋₁+a₂ₙ=a₂ₙ₋₁(1+q)>0，相邻块乘q²∈(0,1)，所以严格递减，不是严格递增，D不正确。

本题选D。这里1+q>0保块非零；q=−1会令每块为0，但不在原给范围内，不能混进当前判断。

本题结论

选D；该相邻两项块和列严格递减。