YouthNote

外观

等比项与前和的最值：正公比、奇偶子列和取到边界

约 2136 字大约 7 分钟

先写清比较的是项还是前和、下标是有限还是无限，再选择相邻差或隔步差。最大最小值必须由实际某项取得，趋近的数和范围外下标不能充当答案。

一、知识点 概念与依据

1. 项与前和，用不同的相邻差

设aₙ=a₁qⁿ⁻¹，a₁、q非零。Sₙ为前n项和。基本差式是

an+1−an=an(q−1),Sn+1−Sn=an+1.a_{n+1}-a_n=a_n(q-1),\qquad S_{n+1}-S_n=a_{n+1}.

有限N项列只取1≤n≤N；需要后一项的差式相应只在n≤N−1使用。无限列下标取全体正整数。正项逐渐变小，累积和仍因加上正项而严格增大，不能把两种单调性混同。

2. 正公比时，项的方向还看首项符号

q>0时所有项与a₁同号，由相邻差得：

条件a列S列
a₁>0，q>1严格递增严格递增
a₁>0，0<q<1严格递减严格递增
a₁<0，q>1严格递减严格递减
a₁<0，0<q<1严格递增严格递减
q=1常为非零a₁a₁>0时严格增，a₁<0时严格减

有限严格单调列在首末项取极值；无限严格递增列的最小项是首项，但无最大项，严格递减列反之。常数a列的最大、最小相同，每项都取到；不要把严格单调规则用于q=1的a列。

3. 负公比的项，分奇偶比较

q<0时奇偶项异号。无限列或N≥3的有限列不单调；若N=2，只能按那两项的大小判断增减。隔步差为

an+2−an=an(q2−1).a_{n+2}-a_n=a_n(q^2-1).

q的范围两个子列的变化无限列的全局极值
−1<q<0正项递减，负项递增首次正项最大，首次负项最小
q=−1两个非零相反数交替两个值分别为最大、最小
q<−1正项向上、负项向下无界没有有限最大值或最小值

首项正时首次正、负项分别为a₁、a₂；首项负时相反。有限列不能套无界结论，应比较各奇偶子列实际存在的首、末项；N≥2时两种奇偶都有，若只有一项就只比较该项。

4. 负公比的前和，另用隔步差或共同分界

消去相同前缀可得

Sn+2−Sn=an+1+an+2=an+1(1+q).S_{n+2}-S_n=a_{n+1}+a_{n+2}=a_{n+1}(1+q).

也可令A=a₁/(1−q)，写Sₙ=A(1−qⁿ)。当−1<q<0时，记t=|q|∈(0,1)，则

Sn={A(1+tn),n为奇数,A(1−tn),n为偶数.S_n=\begin{cases}A(1+t^n),&n\text{为奇数},\\A(1-t^n),&n\text{为偶数}.\end{cases}

A与a₁同号。A>0时奇和大于A且递减，偶和小于A且递增，故最大S₁、最小S₂；A<0时两边及增减反向，故最小S₁、最大S₂。n≥1而qⁿ≠0，所以A不被任何有限下标的Sₙ取到。

q=−1时，奇和a₁、偶和0，直接比较这两个值。q<−1时，无限前和的奇偶子列向两侧无界，无有限全局极值；有限列仍只比较合法的奇偶首末和。

5. 子列比较完，还要证明全局

每支内部的单调性只能找该支候选。需再用正负或共同分界证明哪支整体较大，才能确定全列极值，并确认候选下标存在。

若只给有限项，不能谈这一有限集合无界；若无限严格单调但有界，也不能把未取到的边界当最大或最小项。

二、考点 方法与例题

1. 原项与派生列分别写差式

由原条件确定首项符号、公比区间，再分奇偶。遇项积或相邻项和，重新定义派生列，计算其差或倍率，不借用原列结论。

例题 01 四个判断分别验证

题目

已知数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}为等比数列，首项a1>0{a}_{1}>0，公比q∈(−1,0)q\in \left( -1,0\right)，则下列叙述不正确的是（   ）

A．数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的最大项为a1{a}_{1} B．数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的最小项为a2{a}_{2}

C．数列{anan+1}\left\{ {a}_{n}{a}_{n+1}\right\}为严格递增数列 D．数列{a2n−1+a2n}\left\{ {a}_{2n-1}+{a}_{2n}\right\}为严格递增数列

答案与解析

解析

a₁>0、−1<q<0，奇项正、偶项负，q²−1<0。

A：正的奇项由aₙ₊₂−aₙ=aₙ(q²−1)<0严格递减，所有偶项负，故全列最大a₁，正确。

B：负的偶项隔步差为正而严格递增，所有奇项正，故全列最小a₂，正确。

C：令cₙ=aₙaₙ₊₁，计算

cn+1−cn=q(q2−1)an2>0,c_{n+1}-c_n=q(q^2-1)a_n^2>0,

因为两个负因子q与q²−1相乘为正，aₙ²>0，故c严格递增，正确。

D：令dₙ=a₂ₙ₋₁+a₂ₙ=a₂ₙ₋₁(1+q)>0，其相邻比为q²∈(0,1)，所以严格递减，D的严格递增说法错误。

题问“不正确”，选D。q=−1的零块情形不在原区间中；不能因负公比就把每个派生列都说成符号交替。

本题结论

选D；相邻两项块和列严格递减。

2. 先求公比，再比较两支前和

从已知项解公比，保留负号写出前和。分别确定奇、偶前和相对共同分界的位置及单调方向，找到两支首端，再作全局比较。

例题 02 由已知项判断前和的最值

题目

记Sn{S}_{n}为等比数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的前n项和．已知a1=−4,a4=12{a}_{1}=-4,{a}_{4}=\frac{1}{2}，则数列{Sn}\left\{ {S}_{n}\right\}（    ）

A．无最大项，有最小项 B．有最大项，无最小项

C．无最大项，无最小项 D．有最大项，有最小项

答案与解析

解析

a₄=a₁q³给q³=(1/2)/(−4)=−1/8，实q=−1/2。故

Sn=−83[1−(−12)n].S_n=-\frac83\left[1-\left(-\frac12\right)^n\right].

偶数n时 Sn=−83+83 2−n>−83S_n=-\tfrac83+\tfrac83\,2^{-n}>-\tfrac83，随偶下标增加严格递减，其最大为S₂=−4+2=−2。

奇数n时 Sn=−83−83 2−n<−83S_n=-\tfrac83-\tfrac83\,2^{-n}<-\tfrac83，随奇下标增加严格递增，其最小为S₁=−4。

全部奇和小于全部偶和，因此全列最大−2在n=2取得，最小−4在n=1取得，选D。A、B各否认一个已实际取得的极值，C两者都否认，均不正确。

分界−8/3只被两支逐渐靠近，有限n时2⁻ⁿ>0，所以永远不是某个Sₙ，更不是本题最大或最小。回核a₄=(−4)(−1/2)³=1/2。

本题结论

选D；最大项S₂=−2，最小项S₁=−4。

三、坑点 边界与纠错

1. 原项递减，不等于前和递减

S的相邻差是下一项本身，不是原项的相邻差。先写目标对象，再取对应差式。

2. 奇偶分开后，仍需跨支比较

负底数qⁿ不能去掉符号。每支单调之后，还要说明正负关系或共同分界，不能只算其中一支就宣布全局答案。

3. 最值必须取到，且下标合法

有限列只查实际首末下标，不能套无限无界结论；无限列的趋近数未必被任何项取到。两项、常数列和q=−1等边界各自处理。