等比求和与反求参数：移位、分支和首项核对

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先弄清哪一列等比，再把原条件写成项或有限和。除组合前核非零，求和前分q=1；若从前和公式求项，首项与后续差式不能混为一谈。

一、知识点概念与依据

1. 同步移位的组合乘相同倍率

等比通项aₙ=a₁qⁿ⁻¹中，a₁、q非零。一个由项相加减组成的组合，所有下标同时后移h位，各项都乘qʰ，所以整个组合也乘qʰ。

只有原组合非零时，才可用“后组合÷前组合”求倍率。若项差为0，例如 $a_{j+h}-a_j=a_1q^{j-1}(q^h-1)=0$ ，应利用 $a_1q^{j-1}\ne0$ 回查 $q^h=1$ 的合法实根，不能用0/0定公比。所有下标还须在原数列范围。

2. 短和列式和闭式分支各有用途

已知形式	列式方式	边界
较短的Sₖ	a₁(1+q+…+qᵏ⁻¹)	对所有非零实q有效，含q=1
任意前n项和，q=1	Sₙ=na₁	非零常数列合法
任意前n项和，q≠1	$S_n=a_1(1-q^n)/(1-q)$	只有这支可除1−q

两条已知条件未必唯一解。逐根核首项、公比非零、正项或大小条件，以及原指定项与和，不能只核变形后的方程。n取正整数，有限列还要n≤总项数。

3. 已知前和表达式，先独立恢复首项

由有限和消项得

a_1=S_1,\qquad a_n=S_n-S_{n-1}\quad(n\ge2).

先算a₁，再看后项表达式代n=1能否还原它。S₀=0可以另作空和约定，但题给Sₙ函数式未必在0成立，不能用未经核实的代入把首项改掉。

求出Sₙ后也反向核S₁=a₁、后差等于aₙ；已知和不是已知末项，不应在方程中互换。

4. 组合列与块列都有独立条件

同公比q的两列和cₙ=aₙ+bₙ满足cₙ₊₁=qcₙ。只有c₁≠0时，才可逐项确认非零并称等比；c₁=0时全部抵消为0。如果还要从c中拆出第三列，也不能不证就称第三列等比。

长度k块和Bⱼ满足Bⱼ₊₁=qᵏBⱼ。先核首块非零，才能取块比；即使得块比，也不等于原q。正项列的所有块和都正，块比方程的负根须排除。

二、考点方法与例题

1. 用非零项差的移位求公比

先写两个差之间的倍率关系，再说明前差非零。求出的首项、公比代回两差，并核最终和式的首项和后差。

例题 01 两差同时后移一位

题目

记 ${S}_{n}$ 为等比数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，若 ${a}_{5}-{a}_{3}=12$ ， ${a}_{6}-{a}_{4}=24$ ，则 ${S}_{n}=$ （）

A． ${2}^{n+1}-1$ B． ${2}^{n}-1$

C． ${2}^{n-1}+1$ D． ${2}^{n}+1$

答案与解析

解析

a₆−a₄=q(a₅−a₃)，而原a₅−a₃=12≠0，所以q=24/12=2。

再由a₅−a₃=a₁q²(q²−1)=12a₁=12，得a₁=1，aₙ=2ⁿ⁻¹。q≠1，故

S_n=\frac{1-2^n}{1-2}=2^n-1.

选B。回核a₅−a₃=16−4=12，a₆−a₄=32−8=24；S₁=1，n≥2时Sₙ−Sₙ₋₁=2ⁿ⁻¹。其余A、C、D在n=1时分别为3、2、3，都不等于首项1。

本题结论

选B， $S_n=2^n-1$ 。

2. 和数列先保非零，再套有限和

明确目标是aₙ+bₙ。借同公比递推及非零首项和证明目标列等比，随后解其公比；不是先把所有逐项和都当等比。

例题 02 两列的和先确认首项

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

令cₙ=aₙ+bₙ，原两列同公比q≠0，所以cₙ₊₁=qcₙ。又c₁=1，逐次得cₙ=qⁿ⁻¹≠0，故c确为等比。

原第二条件是2c₂+c₃=0，即2q+q²=q(q+2)=0。q=0不合法，故q=−2。于是

\sum_{k=1}^7c_k=\frac{1-(-2)^7}{1-(-2)}=\frac{129}{3}=43.

直接相加1−2+4−8+16−32+64=43也核对一致，选B；A、C、D不合此和。若首项和为0，则目标列会恒0，原题给c₁=1排除了这一情形。

本题结论

选B，前7项和为43。

3. 原有限和列式，保存常数分支

未知公比时直接写较短有限和，不引入1−q分母。每支代回首项与给定和后，列全合法通项。

例题 03 由项与前和反求通项

题目

在等比数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 中， ${a}_{3}=4,{S}_{3}=12$ ，求数列 $\left\{ {a}_{n}\right\}$ 的通项公式．

答案与解析

解析

a₁q²=4、a₁(1+q+q²)=12，q≠0。由a₁=4/q²代入可得

2q^2-q-1=(2q+1)(q-1)=0.

q=1时a₁=4，通项aₙ=4，前三项和12；q=−1/2时a₁=16，通项 $a_n=16(-\tfrac12)^{n-1}$ ，前三项16、−8、4，第三项4且和12。

两根都非零，首项亦非零，两种通项均满足全部条件。未知q时若直接除1−q，就会遗漏这里合法的常数列。

本题结论

$a_n=4$ 或 $a_n=16(-\tfrac12)^{n-1}$ 。

4. 正块比方程要筛掉负根

先求已知累计和，再分成等长正块，用块比列式。平方关系产生的候选值须回到块和正性与原条件检查，不能仅看代数根。

例题 04 正项条件筛选块比分支

题目

正项等比数列 $\{{a}_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 ${S}_{n}$ ， ${S}_{30}=21{S}_{10}$ ， ${S}_{10}+{S}_{30}=220$ ，则 ${S}_{20}$ 等于（　　）

A．90 B．50

C．40 D．30

答案与解析

解析

由S₃₀=21S₁₀及S₁₀+S₃₀=220，得S₁₀=10、S₃₀=210。每10项一块，因正项，块和均正。记块比r=q¹⁰>0，则

10(1+r+r^2)=210,\qquad (r-4)(r+5)=0.

只取r=4，舍负根−5。所以S₂₀=10(1+4)=50，选B。

另一种写法是 $(S_{20}-10)^2=10(210-S_{20})$ ，给50或−40；但正项使S₂₀>S₁₀=10，−40不合法。A、C、D的90、40、30也均不满足该方程。

存在性可取 $q=4^{1/10}>0$ ，再令 $a_1=10/(1+q+\cdots+q^9)>0$ ，三块10、40、160，总和210，与全部原条件一致。

本题结论

选B，S₂₀=50。