第101题
设等比数列\(\left\{ {{a_n}} \right\}\)的公比 \(q = \frac{1}{2}\) ，前 \(n\) 项和为 \({S_n}\) ，则 \(\frac {{S}_{4}} {{a}_{4}}=\) （ ）
A.\(\frac{1}{{15}}\)
B.\( - 15\)
C.\(15\)
D.\( - \frac{1}{{15}}\)
参考答案：C
解析：
等比数列中 \(q = \frac{1}{2}\) ，设首项是 \({a_1}\) ，
根据通项公式和前 \(n\) 项和公式得 \({S_4} = \frac{{{a_1}\left[ {1 - {{\left( {\frac{1}{2}} \right)}^4}} \right]}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \frac{{15}}{8}{a_1}\) ，
\({a_4} = {a_1}{\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} = \frac{1}{8}{a_1}\) ，
\(\therefore \frac{{{S_4}}}{{{a_4}}} = \frac{{\frac{{15{a_1}}}{8}}}{{\frac{{{a_1}}}{8}}} = 15\)
第102题
已知 \(\{ {a_n}\} \) 是由正数组成的等比数列， \({S_n}\) 为其前 \(n\) 项和，若 \({a_2} \cdot {a_4} = 16\) ，\({S_3} = 7\) ，则 \({S_4} = \) （ ）
A.\(\frac{{13}}{{27}}\)
B.\(15\)
C.\(31\)
D.\(63\)
参考答案：B
解析：
∵各项均为正，∴ \({a_3} = \sqrt {{a_2} \cdot {a_4}} = 4\) ，
∴ \({S_2} = {a_1} + {a_2} = {a_1} + {a_1} \cdot q = 3\) ， \({S_3} = {a_1} + {a_2} + {a_3} = {a_1} + {a_1} \cdot q + {a_1} \cdot {q^2} = 7\)
作比并化简得 \(3{q^2} - 4q - 4 = 0\) ，解得 \(q = - \frac{2}{3}\) (舍)或 \(q = 2\) ，
\({a_4} = {a_3} \cdot q = 8\) ， \({S_4} = {S_3} + {a_4} = 15\)
第103题
数列1，\(1 + 2\)，\(1 + 2 + 4\)，…，\(1 + 2 + 4 + \cdots + {2^n}\)，…的前\(n\)项和为（ ）．
A.\({2^{n + 1}} - 2 - n\)
B.\({2^{n + 2}} - n - 2\)
C.\({2^{n + 2}} - n - 3\)
D.\({2^n} - n - 1\)
参考答案：A
解析：
设 \({a_n} = 1 + 2 + 4 + \cdots + {2^{n - 1}} = \frac{{1 \cdot \left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} = {2^n} - 1\)，
所以数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的前 n 项和 \({T_n} = {a_1} + {a_2} + \cdot \cdot \cdot + {a_n} = 2 - 1 + {2^2} - 1 + \cdot \cdot \cdot + {2^n} - 1\)
\( = \left( {2 + {2^2} + \cdot \cdot \cdot + {2^n}} \right) - n = \frac{{2\left( {1 - {2^n}} \right)}}{{1 - 2}} - n = {2^{n + 1}} - 2 - n\).
第104题
由实数构成的等比数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的前\(n\)项和为 \({S_n}\) ， \({a_1} = 2\) ，且 \({a_2} - 4,{a_3},{a_4}\) 成等差数列，则 \({S_6} = \) （ ）
A.62
B.124
C.126
D.154
参考答案：C
解析：
由题意知， \(2{a_3} = {a_2} - 4 + {a_4}\) ，
设 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的公比为 \(q\) ，则 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{2{a_1}{q^2} = {a_1}q - 4 + {a_1}{q^3}} \\\
{{a_1} = 2}
\end{array}} \right.,\)
解得 \(q = 2\) ，则 \(\frac{{2\left( {1 - {2^6}} \right)}}{{1 - 2}} = 126\) .
第105题
等比数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 中首项 \({a_1} = 2\) ，公比\(q = 3,{a_n} + {a_{n{\rm{ + }}1}}{\rm{ + }} \cdot \cdot \cdot {\rm{ + }}{a_m} = 720\left( {n,m \in {N^*},n < m} \right)\) ，则 \(n + m = \)___.
参考答案：9
解析：
因为等比数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 中首项 \({a_1} = 2\) ，公比 \(q = 3\) ，
所以 \({a_n},{a_{n + 1}}, \cdot \cdot \cdot ,{a_m}\) 成首项为 \({a_n} = 2 \times {3^{n - 1}}\) ，公比为 \(3\) 的等比数列，共 \(n - m + 1\) 项，
所以 \({a_n} + {a_{n{\rm{ + }}1}}{\rm{ + }} \cdot \cdot \cdot {\rm{ + }}{a_m} = \frac{{2 \times {3^{n - 1}}\left( {1 - {3^{m - n + 1}}} \right)}}{{1 - 3}} = 270\)
整理得 \({3^{n - m + 1}} - 1 = \frac{{720}}{{{3^{n - 1}}}}\)
因为 \(n,m \in {N^*},n < m\)
所以可得，等式右边为整数，故等式左边也需要为整数，
则 \({3^{n - 1}}\) 应是 \(720\) 的约数，
所以可得 \({3^{n - 1}} = 1,3,9.\)
所以 \(n = 1,2,3\) ，
当 \(n = 1\) 时，得 \({3^m} = 721\) ，此时 \(m \notin {N^*}\) ；
当 \(n = 2\) 时，得 \({3^{m - 1}} = 241\) ，此时 \(m \notin {N^*}\) ；
当 \(n = 3\) 时，得 \({3^{m - 2}} = 81\) ，此时 \(m = 6\) ，
所以 \(m + n = 9\) .
第106题
求 \({a_1}\) ， \({a_2}\) ；
参考答案：当 \(n = 1\) 时， \(2{S_1} = 1 + {a_2} = 2{a_1}\) ①，
当 \(n = 2\) 时 \(2{S_2} = 4 + 2{a_2} = 2\left( {{a_1} + {a_2}} \right)\) ②，
联立①②，得 \({a_1} = 2\) ， \({a_2} = 3\) ．
第107题
求数列 \(\left\{ {{2^{{a_n}}}} \right\}\) 的前 \(n\) 项和 \({T_n}\) ．
参考答案：由（1）得， \(2{S_n} = {n^2} + 3n\) ③，
当 \(n \geqslant 2\) 时 ， \(2{S_{n - 1}} = {\left( {n - 1} \right)^2} + 3\left( {n - 1} \right)\) ④，③-④，
得 \(2{a_n} = 2n + 2\) ，
∴ \({a_n} = n + 1\left( {n \geqslant 2} \right)\) ．
当 \(n = 1\) 时， \({a_1} = 2\) 满足上式，
故 \({a_n} = n + 1\) ．故 \(\left\{ {{2^{{a_n}}}} \right\}\) 是首项为4，公比为2的等比数列，
所以 \({T_n} = \frac{{4 - {2^{n + 1}} \cdot 2}}{{1 - 2}} = {2^{n + 2}} - 4\) ．
第108题
在等比数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 中，前 \(10\) 项和是 \(10\) ，\({a_1} - {a_2} + {a_3} - {a_4} + {a_5} - {a_6} + {a_7} - {a_8} + {a_9} - {a_{10}} = 5\) ，则数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的公比 \(q = \) ___.
参考答案：\(\frac{1}{3}\)
解析：
由题意可得 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a_1} - {a_2} + {a_3} - {a_4} + {a_5} - {a_6} + {a_7} - {a_8} + {a_9} - {a_{10}} = 5} \\\
{{a_1} + {a_2} + {a_3} + {a_4} + {a_5} + {a_6} + {a_7} + {a_8} + {a_9} + {a_{10}} = 10}
\end{array}} \right.\) ，
得 \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{a_1} + {a_3} + {a_5} + {a_7} + {a_9} = \frac{{15}}{2}} \\\
{{a_2} + {a_4} + {a_6} + {a_8} + {a_{10}} = \frac{5}{2}}
\end{array}} \right.\) ，\(\because q = \frac{{{a_2}}}{{{a_1}}} = \frac{{{a_4}}}{{{a_3}}} = \frac{{{a_6}}}{{{a_5}}} = \frac{{{a_8}}}{{{a_7}}} = \frac{{{a_{10}}}}{{{a_9}}}\) ，
由连比定理得 \(q = \frac{{{a_2} + {a_4} + {a_6} + {a_8} + {a_{10}}}}{{{a_1} + {a_3} + {a_5} + {a_7} + {a_9}}} = \frac{5}{2} \div \frac{{15}}{2} = \frac{5}{2} \times \frac{2}{{15}} = \frac{1}{3}\) ，故答案为 \(\frac{1}{3}\) .
第109题
证明： \(\left\{ {{a_{n + 1}} + {a_n}} \right\}\) 是等比数列；
参考答案：由 \({a_{n + 2}} = 3{a_{n + 1}} + 4{a_n}\) 得： \({a_{n + 2}} + {a_{n + 1}} = 4\left( {{a_{n + 1}} + {a_n}} \right)\) ，且 \({a_{n + 1}} + {a_n} \ne 0\) ，则 \(\frac{{{a_{n + 2}} + {a_{n + 1}}}}{{{a_{n + 1}} + {a_n}}} = 4\) ，又 \({a_2} + {a_1} = 3\) ，所以数列 \(\left\{ {{a_{n + 1}} + {a_n}} \right\}\) 是首项为3，公比为4的等比数列.
第110题
求数列 \(\left\{ {{a_n}} \right\}\) 的通项公式.
参考答案：由（1）知： \({a_{n + 1}} + {a_n} = \left( {{a_2} + {a_1}} \right) \times {4^{n - 1}} = 3 \cdot {4^{n - 1}}\) ，又 \({a_{n + 2}} + {a_{n + 1}} = 3 \cdot {4^n}\) ，则 \({a_{n + 2}} - {a_n} = 9 \cdot {4^{n - 1}}\) ，当 n 为奇数时，\({a_n} = {a_1} + \left( {{a_3} - {a_1}} \right) + \cdots + \left( {{a_n} - {a_{n - 2}}} \right)\) \( = 1 + 9 \cdot \left( {1 + {4^2} + \cdots + {4^{n - 3}}} \right) = 1 + 9 \cdot \frac{{1 - {4^{n - 3}} \cdot {4^2}}}{{1 - {4^2}}} = \frac{3}{5} \cdot {4^{n - 1}} + \frac{2}{5}\) ，当 n 为偶数时， \({a_n} = 3 \cdot {4^{n - 1}} - {a_{n + 1}} = \frac{3}{5} \cdot {4^{n - 1}} - \frac{2}{5}\) .综上， \({a_n} = \frac{3}{5} \cdot {4^{n - 1}} + {\left( { - 1} \right)^{n + 1}} \cdot \frac{2}{5}\).
第111题
证明： \(\left \{ {{{a}_{n}}+1} \right \} \) 为等比数列；
参考答案：证明：∵ \({a_3} = 7\) ， \({a_3} = 3{a_2} - 2\) ，∴ \({a_2} = 3\) ，∴ \({a_n} = 2{a_{n - 1}} + 1\) ，∴ \({a_1} = 1\)， \(\frac{{{a_n} + 1}}{{{a_{n - 1}} + 1}} = \frac{{2{a_{n - 1}} + 2}}{{{a_{n - 1}} + 1}} = 2(n \geqslant 2)\) ，∴ \(\left\{ {{a_n} + 1} \right\}\) 是首项为2，公比为2的等比数列.
第112题
求 \(\left \{ {{{a}_{n}}} \right \} \) 的通项公式，并判断 \(n{{，a}_{n}}，{{S}_{n}}\) 是否成等差数列？
参考答案：由（1）知， \({a_n} + 1 = {2^n}\) ， ∴ \({a_n} = {2^n} - 1\) ，∴ \({S_n} = \frac{{2 - {2^{n + 1}}}}{{1 - 2}} - n = {2^{n + 1}} - n - 2\) ，∴ \(n + {S_n} - 2{a_n} = n + {2^{n + 1}} - n - 2 - 2\left( {{2^n} - 1} \right) = 0\) ， ∴ \(n + {S_n} = 2{a_n}\) ，即 \(n\) ， \({a_n}\) ， \({S_n}\) 成等差数列.
第113题
在数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 中， \( {a}_{2}=16\) ， \( {a}_{5}=2\) ，且 \( {a}_{n+1}^{2}={a}_{n}\cdot {a}_{n+2}\) ，（ \( n\in {N}^{*}\) ），则\({a_1} + {a_2} + \cdots + {a_7}\) 的值是（ ）
A.\( \frac{127}{2}\)
B.\( \frac{129}{2}\)
C.127
D.129
参考答案：A
解析：
由 \( {a}_{n+1}^{2}={a}_{n}\cdot {a}_{n+2}\) ，（ \( n\in {N}^{*}\) ），知数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 是等比数列，设公比为 \( q\) ，则 \({q^3} = \frac{{{a_5}}}{{{a_2}}} = \frac{1}{8}\) ，
即 \( q=\frac{1}{2}\) ，所以 \( {a}_{1}=\frac{{a}_{2}}{q}=32\) ，故 \({a_1} + {a_2} + \cdots + {a_7} = \frac{{32(1 - \frac{1}{{{2^7}}})}}{{1 - \frac{1}{2}}} = \) \( \frac{127}{2}\) .
第114题
已知数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的前\(n\)项和为 \( {S}_{n}\) ，若 \( {S}_{n}+2=2{a}_{n}\left(n\in {N}^{*}\right)\) ， \( \frac{{S}_{4}}{{a}_{2}}=\) （ ）
A.2
B.\( \frac{13}{2}\)
C.\( \frac{15}{2}\)
D.\( \frac{17}{2}\)
参考答案：C
解析：
由 \( {S}_{n}+2=2{a}_{n}\left(n\in {N}^{*}\right)\) ，
当 \( n=1\) 时，可得 \({a_1} = 2\) ，
当 \( n\ge 2\) 时， \( {S}_{n-1}+2=2{a}_{n-1}\) ，
两式作差可得： \( {a}_{n}=2{a}_{n}-2{a}_{n-1}\) ，
即 \( {a}_{n}=2{a}_{n-1}\left(n\ge 2\right)\) ，
\( \therefore \)数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 是以 \( 2\) 为首项， \( 2\) 为公比的等比数列，
则 \({a_n} = 2 \cdot {2^{n - 1}} = {2^n}\) ，
\( \therefore \frac{{S}_{4}}{{a}_{2}}=\frac{\frac{2\left(1-{2}^{4}\right)}{1-2}}{{2}^{2}}=\frac{15}{2}\)
第115题
已知数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 是以 \( b\) 为首项， \( a\) 为公比的等比数列，设 \( {S}_{n}\) 是其前 \( n\) 项和，对任意的 \( n\in {N}^{*}\) ，点 \( \left({S}_{n},{S}_{n+1}\right)\) （ ）
A.在直线 \(y = ax - b\) 上
B.在直线 \(y = ax + b\) 上
C.在直线 \( y=bx-a\) 上
D.在直线 \( y=bx+a\) 上
参考答案：B
解析：
当 \( a\ne 1\) 时， \( {S}_{n}=\frac{b\left(1-{a}^{n}\right)}{1-a}\) ，
\( {S}_{n+1}=\frac{b\left(1-{a}^{n+1}\right)}{1-a}=\frac{b-b\cdot {a}^{n+1}}{1-a}=\frac{a\cdot b\left(1-{a}^{n}\right)+b-ab}{1-a}=a\cdot {S}_{n}+b\) ，
此时，点 \( \left({S}_{n},{S}_{n+1}\right)\) 在直线 \(y = ax + b\) 上；
当 \( a=1\) 时， \( {S}_{n}=nb\) ， \( {S}_{n+1}=\left(n+1\right)b=nb+b={S}_{n}+b\) ，
此时，点 \( \left({S}_{n},{S}_{n+1}\right)\) 在直线 \(y = ax + b\) 上.
综上所述，点 \( \left({S}_{n},{S}_{n+1}\right)\) 在直线 \(y = ax + b\) 上.
第116题
设等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的前 \( n\) 项和为 \( {S}_{n}\) .若 \( {S}_{6}=-7{S}_{3}\) ，则 \( \frac{{a}_{4}+{a}_{3}}{{a}_{3}+{a}_{2}}=\) （ ）
A.\( -2\)
B.\( 2\)
C.\( 1\) 或 \( -2\)
D.\( 3\)
参考答案：A
解析：
设等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的公比为 \( q\) ，
①当 \( q=1\) 时， \( {S}_{6}=-7{S}_{3}\) 不成立；
②当 \( q\ne 1\) 时，由 \( {S}_{6}=-7{S}_{3}\) ，得 \( \frac{{a}_{1}(1-{q}^{6})}{1-q}=-7\times \frac{{a}_{1}(1-{q}^{3})}{1-q}\) ，整理得 \( 1+{q}^{3}=-7\) ，
即 \( {q}^{3}=-8\) ，解得 \( q=-2\) ．所以 \( \frac{{a}_{4}+{a}_{3}}{{a}_{3}+{a}_{2}}=\frac{{a}_{3}(q+1)}{{a}_{2}(q+1)}=\frac{{a}_{3}}{{a}_{2}}=q=-2\) ．
第117题
已知一个项数为偶数的等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) ，所有项之和为所有偶数项之和的 4倍，前 3 项之积为 64 ，则 \( {a}_{1}=\) （ ）.
A.11
B.12
C.13
D.14
参考答案：B
解析：
由题意可得所有项之和 \( {S}_{奇}+{S}_{偶}\) 是所有偶数项之和的4倍， ∴ \( {S}_{奇}+{S}_{偶}=4{S}_{偶}\) ，
设等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的公比为 \( q\) ，由等比数列的性质可得 \( {S}_{偶}=q{S}_{奇}\) ，即 \( {S}_{奇}=\frac{1}{q}{S}_{偶}\) ，
∴ \( \frac{1}{q}{S}_{偶}+{S}_{偶}=4{S}_{偶}\) ，∵ \( {S}_{偶}\ne 0\) ,∴ 解得\( q=\frac{1}{3}\) ，
又前 3 项之积 \( {a}_{1}{a}_{2}{a}_{3}={a}_{2}^{3}=64\) ，解得 \( {a}_{2}=4\) ，∴ \( {a}_{1}=\frac{{a}_{2}}{q}=12\) .
第118题
已知等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) ， \( {a}_{1}=1\) ， \( {a}_{4}=\frac{1}{8}\) ，则 \( {a}_{1}{a}_{2}+{a}_{2}{a}_{3}+{a}_{3}{a}_{4}+\cdots +{a}_{n}{a}_{n+1}=\) （ ）
A.\( 1-\frac{1}{{4}^{n}}\)
B.\( \frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{{4}^{n+1}}\right)\)
C.\( \frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{{4}^{n-1}}\right)\)
D.\(\frac{2}{3}\left( {1 - \frac{1}{{{4^n}}}} \right)\)
参考答案：D
解析：
设等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的公比为 \( q\) ，则 \( {a}_{4}={a}_{1}{q}^{3}={q}^{3}=\frac{1}{8}\) ， \( \therefore q=\frac{1}{2}\) ， \( \therefore {a}_{2}={a}_{1}q=\frac{1}{2}\) ，
\( \therefore \frac{{a}_{n+1}{a}_{n+2}}{{a}_{n}{a}_{n+1}}=\frac{{a}_{n+2}}{{a}_{n}}={q}^{2}=\frac{1}{4}\) ，且 \( {a}_{1}{a}_{2}=\frac{1}{2}\) ，
所以，数列 \( \left\{{a}_{n}{a}_{n+1}\right\}\) 是以 \( \frac{1}{2}\) 为首项，以 \( \frac{1}{4}\) 为公比的等比数列，
因此， \( {a}_{1}{a}_{2}+{a}_{2}{a}_{3}+{a}_{3}{a}_{4}+\cdots +{a}_{n}{a}_{n+1}=\frac{\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{{4}^{n}}\right)}{1-\frac{1}{4}}=\frac{2}{3}\left(1-\frac{1}{{4}^{n}}\right)\) .
第119题
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
A.\( 3\)
B.\( \frac{7}{2}\)
C.\( \frac{15}{4}\)
D.4
参考答案：C
解析：
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，\({S_4} = \frac{{2\left( {1 - \frac{1}{{{2^4}}}} \right)}}{{1 - \frac{1}{2}}} = 4 - \frac{1}{4} = \frac{{15}}{4}\) .
第120题
等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的前 n 项和为 \( {S}_{n}\) ，若 \( {a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}=3,{a}_{4}+{a}_{5}+{a}_{6}=6\) ，则\( {S}_{12}=\) （ ）
A.15
B.30
C.45
D.60
参考答案：C
解析：
由题意，等比数列 \( \left\{{a}_{n}\right\}\) 的前 \( n\) 项和为 \( {S}_{n}\) ，满足 \( {a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}=3,{a}_{4}+{a}_{5}+{a}_{6}=6\) ，
则 \( \frac{{a}_{4}+{a}_{5}+{a}_{6}}{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}}=\frac{6}{3}=2\) ，所以 \( {a}_{7}+{a}_{8}+{a}_{9}=12,{a}_{10}+{a}_{11}+{a}_{12}=24\) ，
则 \( {S}_{12}={a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}+\cdots +{a}_{10}+{a}_{11}+{a}_{12}=45\) ，故选C.
