等比数列

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一、等比数列的核心定义

若一个数列\(\{a_n\}\)从第2项起，每一项与它前一项的比值都等于同一个非零常数，则称这个数列为等比数列。这个常数称为等比数列的公比，通常用字母\(q\)表示（\(q \in \mathbb{R}\)且\(q \neq 0\)，可正可负，不可为0）。

代数表达式：对任意\(n \geq 2\)且\(n \in \mathbb{N}^*\)，有\(\frac{a_n}{a_{n-1}} = q\)（常数，\(a_{n-1} \neq 0\)），即所有项均不为0（这是等比数列与等差数列的核心区别之一）。

等比数列的核心由两个基本量确定：

首项：数列的第1项，记为\(a_1\)（\(a_1 \neq 0\)）

公比：相邻两项的比值，记为\(q\)（\(q \neq 0\)）

所有与等比数列相关的计算（通项、和、项数等），最终都可转化为对\(a_1\)和\(q\)的运算。

二、等比数列的通项公式（第\(n\)项公式）

推导：由定义累乘可得：

\(a_2 = a_1q\)，\(a_3 = a_2q = a_1q^2\)，\(a_4 = a_3q = a_1q^3\)，…，

归纳得通项公式：\(a_n = a_1q^{n-1}\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)，\(a_1 \neq 0\)，\(q \neq 0\)）。

推广：对任意正整数\(m, n\)，有\(a_n = a_mq^{n-m}\)（可理解为“从第\(m\)项到第\(n\)项，共乘\(n - m\)个公比”）。

三、等比数列的前\(n\)项和公式（记为\(S_n\)）

等比数列前\(n\)项和需分公比\(q = 1\)和\(q \neq 1\) 两种情况（因\(q = 1\)时不能用“错位相减”的常规推导）：

当\(q = 1\)时：数列是常数列（\(a_n = a_1\)），前\(n\)项和\(S_n = na_1\)；

当\(q \neq 1\)时：用“错位相减法”推导：

设\(S_n = a_1 + a_1q + a_1q^2 + \dots + a_1q^{n-1}\)，

两边乘公比\(q\)：\(qS_n = a_1q + a_1q^2 + \dots + a_1q^{n-1} + a_1q^n\)，

两式相减：\(S_n - qS_n = a_1 - a_1q^n\)，即\(S_n(1 - q) = a_1(1 - q^n)\)，

故得前\(n\)项和公式：\(S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}\)（或等价形式\(S_n = \frac{a_1(q^n - 1)}{q - 1}\)，分子分母同乘\(-1\)，计算时选便于化简的形式）。

补充：当\(|q| < 1\)且\(n \to +\infty\)时，\(q^n \to 0\)，此时等比数列的“无穷项和”（极限）为\(S = \frac{a_1}{1 - q}\)（仅适用于无穷递缩等比数列）。

结论1：对任意正整数\(m, n, p, q\)，若\(m + n = p + q\)，则\(a_m \cdot a_n = a_p \cdot a_q\)。

特殊情况：当\(p = q = \frac{m + n}{2}\)（即\(m + n\)为偶数）时，\(a_m \cdot a_n = a_{\frac{m + n}{2}}^2\)（中间项的平方）。

例：\(a_2 \cdot a_5 = a_3 \cdot a_4\)（因\(2 + 5 = 3 + 4\)），\(a_1 \cdot a_n = a_2 \cdot a_{n-1} = \dots = a_{\frac{n + 1}{2}}^2\)（\(n\)为奇数时）。

结论2：若数列\(\{a_n\}\)是等比数列（\(a_n \neq 0\)，\(q \neq 0\)），则：

（1）数列\(\{ka_n\}\)（\(k \neq 0\)为常数）仍为等比数列，公比为\(q\)；

（2）数列\(\{\frac{1}{a_n}\}\)仍为等比数列，公比为\(\frac{1}{q}\)；

（3）数列\(\{a_n^k\}\)（\(k\)为非零常数）仍为等比数列，公比为\(q^k\)；

（4）数列\(\{a_{n + m}\}\)（\(m\)为固定正整数）仍为等比数列，公比为\(q\)。

结论3：等比数列的前\(n\)项和\(S_n\)、前\(2n\)项和\(S_{2n}\)、前\(3n\)项和\(S_{3n}\)满足：\(S_n\)，\(S_{2n} - S_n\)，\(S_{3n} - S_{2n}\)仍为等比数列（需满足\(S_n \neq 0\)），且公比为\(q^n\)。

例：若\(S_5 = 2\)，\(S_{10} = 6\)，则\(S_{10} - S_5 = 4\)，公比为\(\frac{4}{2} = 2 = q^5\)，故\(S_{15} - S_{10} = 4×2 = 8\)，\(S_{15} = 14\)。

结论4：若等比数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和为\(S_n\)（\(q \neq 1\)），则对任意正整数\(n\)，有\(S_n = a_1 + qS_{n-1}\)（\(n \geq 2\)）。

推导：\(S_n = a_1 + (a_1q + a_1q^2 + \dots + a_1q^{n-1}) = a_1 + q(a_1 + a_1q + \dots + a_1q^{n-2}) = a_1 + qS_{n-1}\)，体现前\(n\)项和与前\(n-1\)项和的递推关系。

结论5：若等比数列\(\{a_n\}\)与\(\{b_n\}\)的前\(n\)项和分别为\(S_n\)与\(T_n\)（\(q \neq 1\)，\(q' \neq 1\)），则\(\frac{S_n}{T_n} = \frac{a_1(1 - q^n)}{b_1(1 - q'^n)}\)（需明确两数列的公比不同，无类似等差数列“项比与和比”的简洁关系，需直接代入公式）。

结论6：设等比数列\(\{a_n\}\)的首项\(a_1 > 0\)，则：

（1）当\(q > 1\)时，数列单调递增；

（2）当\(0 < q < 1\)时，数列单调递减；

（3）当\(q = 1\)时，数列为常数列；

（4）当\(q < 0\)时，数列摆动（相邻项符号相反，无单调性）。

若\(a_1 < 0\)，单调性与上述相反（如\(q > 1\)时单调递减）。

结论7：等比数列中，所有项的符号由首项\(a_1\)和公比\(q\)共同决定：

（1）若\(q > 0\)，则所有项与\(a_1\)同号（全正或全负）；

（2）若\(q < 0\)，则项的符号“正负交替”（\(a_1\)正则\(a_2\)负，\(a_3\)正，…；\(a_1\)负则相反）。

结论8：若\(\{a_n\}\)是各项为正的等比数列（\(a_n > 0\)，\(q > 0\)），则数列\(\{\log_k a_n\}\)（\(k > 0\)且\(k \neq 1\)）是等差数列，其公差为\(\log_k q\)。

推导：\(\log_k a_n - \log_k a_{n-1} = \log_k \frac{a_n}{a_{n-1}} = \log_k q\)（常数），反之，若\(\{b_n\}\)是等差数列，则\(\{k^{b_n}\}\)（\(k > 0\)且\(k \neq 1\)）是等比数列，公比为\(k^d\)（\(d\)为等差数列公差）。

例题1：求等比数列的通项公式。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2 = 6\)，\(a_5 = 162\)，求数列的通项公式\(a_n\)。

解析：

方法1（用基本量）：设首项为\(a_1\)，公比为\(q\)，则：

\(\begin{cases} a_2 = a_1q = 6 \\ a_5 = a_1q^4 = 162 \end{cases}\)，

两式相除（消去\(a_1\)）：\(\frac{a_1q^4}{a_1q} = q^3 = \frac{162}{6} = 27\)，故\(q = 3\)，

代入\(a_1q = 6\)得\(a_1 = 2\)，因此通项公式\(a_n = 2×3^{n-1}\)。

方法2（用推广通项）：\(a_5 = a_2q^{5-2} = a_2q^3\)，即\(162 = 6q^3\)，得\(q^3 = 27\)，\(q = 3\)，

再由\(a_n = a_2q^{n-2} = 6×3^{n-2} = 2×3^{n-1}\)（与方法1一致）。

结论：通项公式为\(\boxed{a_n = 2×3^{n-1}}\)。

例题2：求等比数列的前\(n\)项和。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 2\)，\(q = \frac{1}{2}\)，求前6项和\(S_6\)。

解析：

因\(q = \frac{1}{2} \neq 1\)，用前\(n\)项和公式\(S_n = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}\)，

代入\(a_1 = 2\)，\(q = \frac{1}{2}\)，\(n = 6\)：

\(S_6 = \frac{2×\left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^6\right)}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{2×\left(1 - \frac{1}{64}\right)}{\frac{1}{2}} = 4×\frac{63}{64} = \frac{63}{16}\)。

结论：前6项和为\(\boxed{\frac{63}{16}}\)。

例题3：公比为1的特殊情况。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3 = 5\)，求前5项和\(S_5\)。

解析：

公比\(q = 1\)时，数列是常数列（\(a_n = 5\)），前\(n\)项和\(S_n = na_1 = 5n\)，

故\(S_5 = 5×5 = 25\)（若忽略\(q = 1\)，直接用\(q \neq 1\)的公式会因缺少条件无法计算，需注意公比为1的隐含条件）。

结论：前5项和为\(\boxed{25}\)。

例题4：利用推广通项求项。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_4 = 8\)，\(q = 2\)，求\(a_7\)的值。

解析：

由推广通项\(a_n = a_mq^{n-m}\)，取\(m = 4\)，\(n = 7\)，

则\(a_7 = a_4q^{7-4} = 8×2^3 = 8×8 = 64\)。

结论：\(a_7\)的值为\(\boxed{64}\)。

例题5：无穷递缩等比数列的和。求无穷等比数列\(\frac{1}{2}, \frac{1}{4}, \frac{1}{8}, \dots\)的各项和（极限）。

解析：

数列首项\(a_1 = \frac{1}{2}\)，公比\(q = \frac{1}{2}\)，满足\(|q| < 1\)，

无穷项和公式\(S = \frac{a_1}{1 - q} = \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = 1\)。

结论：各项和为\(\boxed{1}\)。

例题6：利用等积性求项。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 \cdot a_9 = 64\)，\(a_3 + a_7 = 20\)，求\(a_{11}\)的值。

解析：

由等积性（\(1 + 9 = 3 + 7\)），得\(a_1 \cdot a_9 = a_3 \cdot a_7 = 64\)，

又\(a_3 + a_7 = 20\)，故\(a_3\)与\(a_7\)是方程\(x^2 - 20x + 64 = 0\)的两根，解得\(x = 4\)或\(16\)。

情况1：若\(a_3 = 4\)，\(a_7 = 16\)，则\(q^4 = \frac{a_7}{a_3} = 4\)，\(a_{11} = a_7q^4 = 16×4 = 64\)；

情况2：若\(a_3 = 16\)，\(a_7 = 4\)，则\(q^4 = \frac{a_7}{a_3} = \frac{1}{4}\)，\(a_{11} = a_7q^4 = 4×\frac{1}{4} = 1\)。

结论：\(a_{11}\)的值为\(\boxed{64}\)或\(\boxed{1}\)。

例题7：等积性的特殊应用（中间项平方）已知等比数列\(\{a_n\}\)（各项为正）中，\(a_5 = 4\)，求\(a_3 \cdot a_7\)的值。

解析：

由等积性（\(3 + 7 = 5 + 5\)），得\(a_3 \cdot a_7 = a_5^2 = 4^2 = 16\)。

结论：\(a_3 \cdot a_7\)的值为\(\boxed{16}\)。

例题8：项的对称性与和的关系。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，前5项和\(S_5 = 31\)，且\(a_1 + a_5 = 16\)，求公比\(q\)。

解析：

由对称性，\(a_1 + a_5 = a_2 + a_4 = 16\)，设\(a_3 = x\)，则\(S_5 = (a_1 + a_5) + (a_2 + a_4) + a_3 = 16 + 16 + x = 31\)，得\(x = -1\)（但需注意：若\(q > 0\)，所有项同号，此处\(a_3 = -1\)，则\(a_1, a_5\)为负，与\(a_1 + a_5 = 16\)矛盾，故\(q < 0\)）。

又\(a_3 = a_1q^2 = -1\)，\(a_1 + a_5 = a_1 + a_1q^4 = 16\)，设\(t = q^2 > 0\)，则\(a_1 = -\frac{1}{t}\)，

代入和的式子：\(-\frac{1}{t} - \frac{t^2}{t} = 16\)，即\(-\frac{1 + t^2}{t} = 16\)，整理得\(t^2 + 16t + 1 = 0\)（无正实根，说明需用公式法重新计算）。

正确方法：\(S_5 = \frac{a_1(1 - q^5)}{1 - q} = 31\)，\(a_1(1 + q^4) = 16\)，联立解得\(q = 2\)（验证：\(a_1 = 1\)，\(a_5 = 16\)，\(S_5 = 1 + 2 + 4 + 8 + 16 = 31\)，符合）。

结论：公比\(q\)的值为\(\boxed{2}\)。

例题9：多项等积性。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_2 \cdot a_4 \cdot a_6 = 64\)，求\(a_4\)的值。

解析：

由等积性（\(2 + 6 = 4 + 4\)），得\(a_2 \cdot a_6 = a_4^2\)，故\(a_2 \cdot a_4 \cdot a_6 = a_4^3 = 64\)，解得\(a_4 = 4\)。

结论：\(a_4\)的值为\(\boxed{4}\)。

例题10：前\(n\)项和的等比性质。已知等比数列\(\{a_n\}\)（\(q \neq 1\)）中，前3项和\(S_3 = 2\)，前6项和\(S_6 = 18\)，求前9项和\(S_9\)。

解析：

由结论3，\(S_3\)，\(S_6 - S_3\)，\(S_9 - S_6\)成等比数列，公比为\(q^3\)，

计算\(S_6 - S_3 = 18 - 2 = 16\)，公比\(q^3 = \frac{16}{2} = 8\)，

故\(S_9 - S_6 = 16×8 = 128\)，\(S_9 = 18 + 128 = 146\)。

结论：前9项和为\(\boxed{146}\)。

例题11：前\(n\)项和与递推关系。已知等比数列\(\{a_n\}\)（\(q \neq 1\)）中，前\(n\)项和\(S_n = 3^n + k\)，求常数\(k\)的值。

解析：

方法1（用前\(n\)项和公式）：当\(q \neq 1\)时，\(S_n = Aq^n - A\)（\(A = \frac{a_1}{q - 1}\)，常数项与\(q^n\)项系数互为相反数），

已知\(S_n = 3^n + k\)，故\(k = -1\)（验证：\(S_n = 3^n - 1\)，\(a_1 = S_1 = 2\)，\(a_2 = S_2 - S_1 = 8 - 2 = 6\)，\(a_3 = S_3 - S_2 = 26 - 8 = 18\)，公比\(q = 3\)，符合等比数列）。

方法2（用递推关系）：\(a_n = S_n - S_{n-1} = 3^n + k - (3^{n-1} + k) = 2×3^{n-1}\)（\(n \geq 2\)），\(a_1 = S_1 = 3 + k\)，又\(a_1 = 2×3^{0} = 2\)，故\(3 + k = 2\)，\(k = -1\)。

结论：常数\(k\)的值为\(\boxed{-1}\)。

例题12：前\(n\)项和与项的关系。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，前\(n\)项和\(S_n = 48\)，前\(2n\)项和\(S_{2n} = 60\)，求前\(3n\)项和\(S_{3n}\)。

解析：

由结论3，\(S_n\)，\(S_{2n} - S_n\)，\(S_{3n} - S_{2n}\)成等比数列，

计算\(S_n = 48\)，\(S_{2n} - S_n = 12\)，公比\(q^n = \frac{12}{48} = \frac{1}{4}\)，

故\(S_{3n} - S_{2n} = 12×\frac{1}{4} = 3\)，\(S_{3n} = 60 + 3 = 63\)。

结论：前\(3n\)项和为\(\boxed{63}\)。

例题13：判断等比数列的单调性。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 2\)，\(q = \frac{1}{3}\)，判断数列的单调性。

解析：

由结论6，\(a_1 > 0\)，且\(0 < q < 1\)，故数列单调递减（验证：\(a_1 = 2\)，\(a_2 = \frac{2}{3}\)，\(a_3 = \frac{2}{9}\)，…，逐项减小，符合单调递减）。

结论：数列\(\{a_n\}\)是\(\boxed{单调递减}\)数列。

例题14：根据单调性求公比范围。已知等比数列\(\{a_n\}\)（\(a_1 > 0\)）单调递增，求公比\(q\)的取值范围。

解析：

由结论6，\(a_1 > 0\)时，数列单调递增需满足\(q > 1\)（若\(0 < q < 1\)则单调递减，\(q < 0\)则摆动，\(q = 1\)则常数列），

故\(q\)的取值范围是\((1, +\infty)\)。

结论：公比\(q\)的取值范围是\(\boxed{(1, +\infty)}\)。

例题15：项的符号规律应用。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_3 = -4\)，\(a_5 = -16\)，判断\(a_7\)的符号，并求其值。

解析：

公比\(q^2 = \frac{a_5}{a_3} = \frac{-16}{-4} = 4 > 0\)，故\(q > 0\)或\(q < 0\)，但\(a_3\)与\(a_5\)同号（均为负），说明\(q > 0\)（若\(q < 0\)，\(a_5 = a_3q^2\)仍与\(a_3\)同号，此处需计算\(a_7\)），

\(a_7 = a_5q^2 = -16×4 = -64\)（符号与\(a_3, a_5\)一致，为负）。

结论：\(a_7\)的符号为\(\boxed{负}\)，值为\(\boxed{-64}\)。

例题16：等比数列转化为等差数列。已知等比数列\(\{a_n\}\)各项为正，且\(\log_2 a_1 + \log_2 a_2 + \dots + \log_2 a_{10} = 20\)，求\(a_5 \cdot a_6\)的值。

解析：

由结论8，\(\{\log_2 a_n\}\)是等差数列，其前10项和为\(20\)，

等差数列前10项和\(S_{10} = \frac{10×(\log_2 a_1 + \log_2 a_{10})}{2} = 5×\log_2 (a_1 \cdot a_{10}) = 20\)，

故\(\log_2 (a_1 \cdot a_{10}) = 4\)，\(a_1 \cdot a_{10} = 2^4 = 16\)，

由等积性（\(1 + 10 = 5 + 6\)），\(a_5 \cdot a_6 = a_1 \cdot a_{10} = 16\)。

结论：\(a_5 \cdot a_6\)的值为\(\boxed{16}\)。

例题17：等差数列转化为等比数列。已知等差数列\(\{b_n\}\)中，\(b_1 = 1\)，公差\(d = 2\)，求数列\(\{2^{b_n}\}\)的前\(n\)项和。

解析：

由结论8，\(\{2^{b_n}\}\)是等比数列，先求\(b_n = 1 + (n - 1)×2 = 2n - 1\)，

故等比数列的首项\(a_1 = 2^{b_1} = 2^1 = 2\)，公比\(q = 2^d = 2^2 = 4\)，

前\(n\)项和\(S_n = \frac{2×(1 - 4^n)}{1 - 4} = \frac{2(4^n - 1)}{3}\)。

结论：前\(n\)项和为\(\boxed{\frac{2(4^n - 1)}{3}}\)。

例题18：等比数列与方程结合。已知三个数成等比数列，其积为27，和为13，求这三个数。

解析：

设三个数为\(\frac{a}{q}\)，\(a\)，\(aq\)（公比为\(q\)，中间项为\(a\)，避免分数），则：

（1）积：\(\frac{a}{q} \cdot a \cdot aq = a^3 = 27\)，解得\(a = 3\)；

（2）和：\(\frac{3}{q} + 3 + 3q = 13\)，整理得\(3q^2 - 10q + 3 = 0\)，解得\(q = 3\)或\(q = \frac{1}{3}\)。

当\(q = 3\)时，三个数为\(1\)，\(3\)，\(9\)；

当\(q = \frac{1}{3}\)时，三个数为\(9\)，\(3\)，\(1\)。

结论：这三个数为\(\boxed{1, 3, 9}\)（或\(\boxed{9, 3, 1}\)）。

例题19：等比数列与绝对值结合。已知等比数列\(\{a_n\}\)中，\(a_1 = 1\)，\(q = -2\)，求前5项和的绝对值\(|S_5|\)。

解析：

先求前5项和\(S_5 = \frac{1×[1 - (-2)^5]}{1 - (-2)} = \frac{1 - (-32)}{3} = \frac{33}{3} = 11\)，

故\(|S_5| = |11| = 11\)（若\(q = -1\)，前\(n\)项和会交替为\(a_1\)和0，需注意符号变化）。

结论：前5项和的绝对值为\(\boxed{11}\)。

例题20：等比数列的证明。已知数列\(\{a_n\}\)的前\(n\)项和\(S_n = 2a_n - 1\)（\(n \in \mathbb{N}^*\)），证明：\(\{a_n\}\)是等比数列。

解析：

第一步：求首项\(a_1\)：当\(n = 1\)时，\(S_1 = 2a_1 - 1\)，即\(a_1 = 2a_1 - 1\)，解得\(a_1 = 1\)；

第二步：求通项递推关系：当\(n \geq 2\)时，\(a_n = S_n - S_{n-1} = (2a_n - 1) - (2a_{n-1} - 1) = 2a_n - 2a_{n-1}\)，

整理得\(a_n = 2a_{n-1}\)（即\(\frac{a_n}{a_{n-1}} = 2\)，常数）；

第三步：验证等比数列定义：\(a_1 = 1 \neq 0\)，公比\(q = 2 \neq 0\)，对任意\(n \geq 2\)，\(\frac{a_n}{a_{n-1}} = 2\)，故\(\{a_n\}\)是等比数列。

结论：\(\{a_n\}\)是首项为1、公比为2的等比数列，证明成立。

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