和等差数列的前 n n n项和公式不同,等比数列前 n n n项和需要根据公比分类讨论
前n项和:
由等比数列递推公式, a n = a n − 1 q a_n=a_{n-1}q an=an−1q:
极限法也可以用简单无穷级数(等比级数)公式直接计算
利用求导公式和法则:
例如:等差乘以等比最简单无穷级数
∑ k = 0 + ∞ k ⋅ q k − 1 = ∑ k = 0 + ∞ d d q q k = d d x ( ∑ k = 0 + ∞ q k ) = d d x ( 1 1 − q ) = 1 ( 1 − q ) 2 \sum\limits_{k=0}^{+\infin} k\cdot q^{k-1} =\sum\limits_{k=0}^{+\infin} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}q^{k} =\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\sum\limits_{k=0}^{+\infin}q^{k}) \\=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(\frac{1}{1-q}) =\frac{1}{(1-q)^2} k=0∑+∞k⋅qk−1=k=0∑+∞dqdqk=dxd(k=0∑+∞qk)=dxd(1−q1)=(1−q)21
将 ∞ \infin ∞换成n,也可以方便的推导有限项(前n项和)
公差为2
∑ k = 0 + ∞ ( 2 k + 1 ) ⋅ q k = ∑ k = 0 + ∞ ( 2 k ⋅ q k + 1 ⋅ q k ) = ∑ k = 0 + ∞ 2 k ⋅ q k + ∑ k = 0 + ∞ 1 ⋅ q k = 0 + 2 q ∑ k = 1 + ∞ k ⋅ q k − 1 + 1 1 − q 这两个求和都是前面已解决的问题模型 , 灵活补项 , 分别计算即可 \sum\limits_{k=0}^{+\infin} (2k+1)\cdot q^{k} \\=\sum\limits_{k=0}^{+\infin} (2k\cdot q^{k}+1\cdot{q^{k}}) \\=\sum\limits_{k=0}^{+\infin} 2k\cdot q^{k} +\sum\limits_{k=0}^{+\infin}1\cdot{q^{k}} \\=0+2q\sum\limits_{k=1}^{+\infin} k\cdot q^{k-1} +\frac{1}{1-q} \\这两个求和都是前面已解决的问题模型,灵活补项,分别计算即可 k=0∑+∞(2k+1)⋅qk=k=0∑+∞(2k⋅qk+1⋅qk)=k=0∑+∞2k⋅qk+k=0∑+∞1⋅qk=0+2qk=1∑+∞k⋅qk−1+1−q1这两个求和都是前面已解决的问题模型,灵活补项,分别计算即可