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外观

等比前n项和：错位相减、常数列与非零块和

约 2021 字大约 7 分钟

有限等比和总能先写成逐项相加；除以1−q之前，必须把q=1单列。块和按整体移位计算，但非零项相加也可能抵消，不能直接认块和仍为等比。

一、知识点 概念与依据

1. 前和可为零，空和不等于第0项

设等比列aₙ=a₁qⁿ⁻¹，a₁、q非零。前n项和Sₙ=a₁+…+aₙ，n取正整数；有限N项列还须n≤N。每项非零不代表Sₙ非零，因为异号项可以抵消。

S₀=0是空和约定，不是给数列增加一个第0项。始终有a₁=S₁以及 an=Sn−Sn−1a_n=S_n-S_{n-1}（n≥2）。若用空和统一差式，也不能假定题给Sₙ表达式可直接代n=0，须另查是否吻合S₀=0。

2. 错位相减只在最后一步需要q≠1

先写有限和，再乘q：

Sn=a1+a1q+⋯+a1qn−1,qSn=a1q+a1q2+⋯+a1qn.\begin{aligned}S_n&=a_1+a_1q+\cdots+a_1q^{n-1},\\qS_n&=a_1q+a_1q^2+\cdots+a_1q^n.\end{aligned}

相减时中间项全部抵消，得到(1−q)Sₙ=a₁(1−qⁿ)。这个等式对q=1也成立，但此时只成为0=0，不能除以0求和。于是

Sn={na1,q=1,a1(1−qn)1−q=a1−qan1−q,q≠1.S_n=\begin{cases}na_1,&q=1,\\\dfrac{a_1(1-q^n)}{1-q}=\dfrac{a_1-qa_n}{1-q},&q\ne1.\end{cases}

q=1是合法非零常数列。未知q时，可先核q=1，或用较短的原有限和直接列式；不要让分母形式排除原模型的合法解。

3. 分段移位与等长块

将前m+n项拆成前n项和后m项，每个后段项是相应开头项乘qⁿ，得到

Sm+n=Sn+qnSm.S_{m+n}=S_n+q^nS_m.

m、n为正整数且m+n在原范围。长度k的第j块 Bj=Sjk−S(j−1)kB_j=S_{jk}-S_{(j-1)k} 满足Bⱼ₊₁=qᵏBⱼ。只有B₁≠0时，各块才全非零、构成公比qᵏ的等比；B₁=0则全块为0。

重叠窗口也按逐项移位计算倍率，指数是移动位数，不一定是窗口长度。Sₖ、S₂ₖ、S₃ₖ是累计和，不能不作差就当成等比块。

4. 实等比的零块边界

B₁=a₁(1+q+…+qᵏ⁻¹)。q=1时B₁=ka₁≠0；q≠1时，B₁=0等价qᵏ=1。实q≠0、1下，这只能是q=−1且k为偶数，成对异号项抵消。

全零块仍满足B₂²=B₁B₃，却没有合法的比B₂/B₁。乘法或平方等式成立，不自动保证除法有意义。

5. 奇偶位置和先按项数配对

记奇位和为O，偶位和为E，r≥1。

原列项数配对方式关系及非零依据
2r项每个奇位项乘q配到其后偶位项E=qO；O=a1(1+q2+⋯+q2r−2)≠0O=a_1(1+q^2+\cdots+q^{2r-2})\ne0
2r+1项每个偶位项乘q配到其后奇位项，剩首项O−a₁=qE；E=a1q(1+q2+⋯+q2r−2)≠0E=a_1q(1+q^2+\cdots+q^{2r-2})\ne0

括号中每项为正，首项为1；a₁、q又非零，所以这里需要的配对和可除。只有1项时没有偶位项，不能使用假设r≥1的除法。

二、考点 方法与例题

1. 短有限和列方程，保全部公比分支

先用已知项表示首项，再代入原有限和。解得每个实根后，核非零、首项及全部原条件；常数列是否合法靠代回，不靠含分母的闭式预先判断。

例题 01 已知第三项与前三项和

题目

在等比数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}中，a3=4,S3=12{a}_{3}=4,{S}_{3}=12，求数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的通项公式．

答案与解析

解析

设公比q≠0。a₁q²=4，所以a₁=4/q²。原前三项直接相加得a₁(1+q+q²)=12，代入后

1+q+q2=3q2,2q2−q−1=(2q+1)(q−1)=0.1+q+q^2=3q^2,\qquad 2q^2-q-1=(2q+1)(q-1)=0.

故q=1或−1/2。

  • q=1时a₁=4，aₙ=4，a₃=4且S₃=4+4+4=12。
  • q=−1/2时a₁=16，an=16(−12)n−1a_n=16(-\tfrac12)^{n-1}，前三项16、−8、4，和也为12。

两支首项、公比均非零，均须保留。第二式也等于 (−2)5−n(-2)^{5-n}，因为n为整数且底非零，负整数幂合法。

本题结论

an=4a_n=4或an=16(−12)n−1a_n=16(-\tfrac12)^{n-1}，n为正整数。

例题 02 由第二项与前三项和求公比

题目

已知Sn{S}_{n}是等比数列{an}\left\{ {a}_{n}\right\}的前n项和，a2=−3{a}_{2}=-3，S3=7{S}_{3}=7，则公比q=q=（    ）

A．−3-3 B．−13-\frac{1}{3} C．3或13\frac{1}{3} D．−3-3或−13-\frac{1}{3}

答案与解析

解析

q≠0且a₂=−3，所以a₁=−3/q、a₃=−3q。直接用原前三项和：

−3q−3−3q=7 ⟹ 3q2+10q+3=(3q+1)(q+3)=0.-\frac3q-3-3q=7\ \Longrightarrow\ 3q^2+10q+3=(3q+1)(q+3)=0.

得q=−1/3或−3，选D。分别给首项9或1，前三项9、−3、1以及1、−3、9，都非零且和为7。

A、B各漏另一合法负根；C中的正公比会使a₁、a₂、a₃同为负，和不可能为7。q=1时由a₂=−3知a₁=−3，S₃=−9，不合条件，因此这次常数列是代回后排除，不是定义禁止。

本题结论

选D，q=−3q=-3或−13-\dfrac13。

2. 已知首块非零，再取块比

先从累计和相减得到各块，检查第一块非零。块公比是q的块长次幂，不是原公比本身；只求总和时常无需求出q。

例题 03 七项一块，逐块移位

题目

设等比数列的前7项和、前14项和分别为2，8，则该等比数列的前28项和为（    ）

A．64 B．72 C．76 D．80

答案与解析

解析

设每7项一块。B₁=S₇=2≠0，B₂=S₁₄−S₇=8−2=6。由逐项移位，Bⱼ₊₁=q⁷Bⱼ，故块公比为6/2=3。

后两块B₃=18、B₄=54，因此S₂₈=2+6+18+54=80，选D。A、B、C的64、72、76都不等于这四块总和。

这里q⁷=3，不是q=3。可以取正实 q=31/7q=3^{1/7}，并由S₇=2确定非零首项；因1+q+…+q⁶>0，首项确实存在。中间累计和S₂₁=26，也与逐块求和一致。

本题结论

选D，前28项和为80。

三、坑点 边界与纠错

1. 闭式分母为0，不等于原问题无解

q=1时回到原有限和，Sₙ=na₁。不能以“通分不方便”为由删去常数列；负公比也不是自动非法，解后逐支回核。

2. 非零项可以组成零块

等长块先查首块。全零块的平方关系仍成立，不能用它证明块比存在；原累计和也不是块和本身。

3. 首项与未配对项各自处理

从和求项先算a₁=S₁，再作n≥2的差。奇数总项数的奇偶配对留下首项，不能直接套偶数项数的配对式。