等比定义与基本量：非零条件贯穿全程

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等比要求每项非零、所有相邻比等于同一非零常数。乘法递推可以经过0，但等比的比值不能；平移或相加以后，必须重新核新数列的首项。

一、知识点概念与依据

1. 等比定义同时包含非零与全体

本章等比数列每项都非零，且从第2项起每项与前一项的比为同一个非零常数q，称公比： $a_{n+1}/a_n=q\ne0$ 。无限列检查所有正整数n，有限N项列（N≥2）检查1≤n≤N−1。

非零常数列的公比为1，合法；零数列的0/0没有定义，不叫等比。只有一个项时，也不能由该项唯一确定公比。

2. n−1次转移给出通项

由aₙ₊₁=qaₙ逐次代入，从a₁到aₙ共乘n−1次q，得到

a_n=a_1q^{n-1},\qquad a_1\ne0,\ q\ne0.

右式保证每项非零，再取相邻比确为q，因此与定义等价。若通项写成kqⁿ来判等比，也须k、q都非零且对全部合法n成立。

任意两个合法下标m、n满足 $a_n=a_mq^{n-m}$ 。n<m时负指数因q≠0而有定义，故可从较后的已知项倒推前项。

3. 公比的符号与分支不能预设

正项等比列等价于a₁>0且q>0；q<0时相邻项异号，不能按正底数指数函数理解。仅知两指定项的大小，不足断言全列单调。

由条件列方程后，保留全部实公比候选，再核首项、公比非零以及原不等式。偶次幂方程可能给正负两根，奇次幂实根要按实际方程求；“两个基本量”不代表任意两条条件都一定唯一解。

4. 三种判定路线都要覆盖全部下标

路线	必备条件与理由
相邻比恒定	每项非零，全部比等于同一q≠0
乘法递推	a₁≠0、固定q≠0、全下标aₙ₊₁=qaₙ；逐次得每项非零后再取比
连续三项平方关系	全部相关项非零且全部 $a_{n+1}^2=a_na_{n+2}$ ；除以aₙaₙ₊₁得两相邻比相等

只有几项观察或一个三项等式，不能证明无限列。若a₁=0，乘法递推可全0；若q=0，从第2项起为0，这些乘法等式都不能冒充有定义的等比比值。

5. 构造列与原列是不同对象

若原式为 $a_{n+1}=qa_n+c$ ，q≠1时取 $L=c/(1-q)$ ，使L=qL+c。定义bₙ=aₙ−L，就有bₙ₊₁=qbₙ。但要称b等比，还须q≠0和b₁=a₁−L≠0；q=1时另处理原式，不除1−q。

同公比q的两等比列逐项相加，cₙ=aₙ+bₙ满足cₙ₊₁=qcₙ。只有c₁≠0时，才能据递推确认每项非零、仍为等比；首项和为0则全列抵消为0。

求出辅助列后须按定义恢复原列，并核原初值与原递推。证明平移列等比，不能直接说原列也有相同公比。

二、考点方法与例题

1. 选靠近已知项的表示，保留全部公比分支

已知aᵣ时可用aₙ=aᵣqⁿ⁻ʳ，减少指数与未知量。除以项或公比前标明非零；解后将每一根代回原条件，分别恢复首项和通项。若对项和或项差相除，同样先确认该整个分母非零。

例题 01 由相邻项条件求公比

题目

已知等比数列 $\{{a}_{n}\}$ 满足 ${a}_{1}+{a}_{3}=5$ ， ${a}_{2}=2$ ，则 $\{{a}_{n}\}$ 的公比为（）

A． $-2$ 或 $-\frac{1}{2}$ B． $-2$ 或 $\frac{1}{2}$

C． $2$ 或 $-\frac{1}{2}$ D． $2$ 或 $\frac{1}{2}$

答案与解析

解析

等比定义保证q≠0。由a₂=2，有a₁=2/q、a₃=2q，故

\frac2q+2q=5\iff2q^2-5q+2=0\iff(2q-1)(q-2)=0.

所以q=1/2或2，选D。两根都要回核：q=2时前三项为1、2、4；q=1/2时为4、2、1，都满足首末和5与中间项2。通项分别为2ⁿ⁻¹与4(1/2)ⁿ⁻¹。

A、B、C各含负根−2或−1/2，代入2/q+2q均为−5而非5，不能保留。等比本身没有要求递增，所以合法的递减分支也不能丢掉。

本题结论

选D， $q=2$ 或 $1/2$ 。

例题 02 由指定项关系求通项

题目

等比数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 中， $\left| {a}_{1}\right|=1$ ， ${a}_{5}=-8{a}_{2}$ ， ${a}_{5}<{a}_{2}$ ，则 ${a}_{n}=$ （）

A． ${(-2)}^{n-1}$ B． $-{(-2)}^{n-1}$ C． ${(-2)}^{n}$ D． $-{(-2)}^{n}$

答案与解析

解析

等比各项非零，由a₅=a₂q³=−8a₂，可以约去a₂得q³=−8，实公比唯一为−2。

又a₅<a₂等价于a₁q⁴<a₁q，即16a₁<−2a₁，移项得18a₁<0，因此a₁<0。结合其绝对值为1，得到a₁=−1，

a_n=-(-2)^{n-1}.

选B。回核a₂=2、a₅=−16，确有a₅=−8a₂且−16<2。A首项为1，会使指定不等式不成立；C、D的首项绝对值为2，直接违背题设。

这里没有除以未知符号的a₁，也没有把负公比误排除。两个指定项的大小并不意味着这个交替符号数列全体递减。

本题结论

选B， $a_n=-(-2)^{n-1}$ 。

2. 平移后先证所有新项非零

明确新列定义，按原式求递推，再核新首项与公比。逐次乘非零数保证全列非零后，才可用比值定义；最后还原原aₙ。

例题 03 平移消去递推常数

题目

已知数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 满足： ${a}_{1}=2,{a}_{n+1}=\frac{1}{2}{a}_{n}+2$ .

(1)求证： $\left\{ {a}_{n}-4\right\}$ 是等比数列；

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

答案与解析

解析

（1）令bₙ=aₙ−4。从原递推减4，

b_{n+1}=\frac12a_n+2-4=\frac12(a_n-4)=\frac12b_n.

b₁=2−4=−2≠0，公比候选1/2非零。逐次递推得bₙ=−2(1/2)ⁿ⁻¹≠0，对全部正整数成立，因此取比bₙ₊₁/bₙ=1/2合法，b是首项−2、公比1/2的等比列。

（2）还原得到

a_n=b_n+4=4-2\left(\frac12\right)^{n-1}=4-\left(\frac12\right)^{n-2}.

n=1还原为2；代入原递推有右边 $(1/2)a_n+2=4-(1/2)^{n-1}=a_{n+1}$ ，核验成立。

原列前几项2、3、7/2的相邻比为3/2、7/6，不相同，故原列不是等比。等比的是减4后的新列；若新首项为0，新列将恒0，不能沿用本题判定。

本题结论

（1）平移列首项 $-2$ 、公比 $1/2$ ；（2） $a_n=4-2(1/2)^{n-1}$ 。

3. 同公比相加，先核首项和不为0

先把两列逐项和另记为cₙ，再证明它每一项非零。把原条件改写成c的项，求公比后计算所需有限和。

例题 04 和数列的非零首项保证等比

题目

若两个等比数列 $\left\{ {a}_{n}\right\},\left\{ {b}_{n}\right\}$ 的公比相等，且 ${a}_{1}+{b}_{1}=1,2{a}_{2}+{a}_{3}+2{b}_{2}+{b}_{3}=0$ ，则数列 $\left\{ {a}_{n}+{b}_{n}\right\}$ 的前7项和为（）

A． $-43$ B．43 C． $-47$ D．47

答案与解析

解析

设原两列共同公比为q≠0，令cₙ=aₙ+bₙ。则cₙ₊₁=q(aₙ+bₙ)=qcₙ，且c₁=1，所以cₙ=qⁿ⁻¹≠0，c确为等比列。

原另一条件为2c₂+c₃=0，即2q+q²=q(q+2)=0。q=0不合法，所以q=−2。

前七项为1、−2、4、−8、16、−32、64，其和

1-2+4-8+16-32+64=43.

选B，A、C、D均非这个和。也可把和记U，由U−qU=c₁(1−q⁷)，在q=−2时得3U=129，仍为43。

不能泛化为“同公比两列相加一定等比”，本题首项和1≠0正是排除全0和列的关键条件。

本题结论

选B，和数列前7项和为43。