设 \( {S}_{n}\) 为数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的前 \( n\) 项和， \({a_n} + {S_n} = 4\left( {n \in {N^ * }} \right)\) ，则 \( {S}_{4}\) 的值为

当 \( n=1\) 时， \( {a}_{1}+{S}_{1}=2{a}_{1}=4\) ，得 \({a_1} = 2\) ；

当 \( n\ge 2\) 时，由 \( {a}_{n}+{S}_{n}=4\) 得出 \( {a}_{n-1}+{S}_{n-1}=4\) ，两式相减得 \(2{a_n} - {a_{n - 1}} = 0\) ，可得 \( \frac{{a}_{n}}{{a}_{n-1}}=\frac{1}{2}\) .

所以，数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 是以 \( 2\) 为首项，以 \( \frac{1}{2}\) 为公比的等比数列，因此，\({S_4} = \frac{{2\left( {1 - \frac{1}{{{2^4}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 4 - \frac{1}{4} = \frac{{15}}{4}\) .

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