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正确率60.0%等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}{，}}$$若$${{S}_{1}{，}{{S}_{3}}{，}{{S}_{2}}}$$成等差数列，则$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的公比$${{q}}$$等于（）
D
A.$${{1}}$$
B.$${{2}}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$$- \frac{1} {2}$$
2、['等比数列的通项公式'， '等比数列的基本量']正确率60.0%等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，已知$${{S}_{3}{=}{{a}_{2}}{+}{5}{{a}_{1}}{，}{{a}_{7}}{=}{2}}$$，则$${{a}_{5}{=}}$$ $${{(}{)}}$$
C
A.$${{2}}$$
B.$$- \frac{1} {2}$$
C.$$\frac{1} {2}$$
D.$${{−}{2}}$$
3、['等比数列的通项公式'， '等比数列的性质'， '等比数列前n项和的应用']正确率60.0%设首项为$${{1}}$$，等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，且$${{a}_{3}{{a}_{5}}{=}{−}{{1}{6}}{(}{{a}_{4}}{+}{4}{)}}$$，则
A
A.$${{3}{{S}_{n}}{=}{2}{{a}_{n}}{+}{1}}$$
B.$${{3}{{S}_{n}}{=}{5}{−}{2}{{a}_{n}}}$$
C.$${{S}_{n}{=}{2}{{a}_{n}}{−}{1}}$$
D.$${{S}_{n}{=}{3}{−}{2}{{a}_{n}}}$$
4、['等比数列的通项公式'， '等比数列的性质'， '等比中项']正确率60.0%已知等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的首项为$${{1}}$$，且$$a_{9 9}+a_{9 7}=\sqrt{2} ( a_{9 8}+a_{9 6} )$$，则$$\frac{a_{5}^{2}} {a_{8}}=$$
B
A.$${{1}}$$
B.$${\sqrt {2}}$$
C.$${{2}}$$
D.$${{2}{\sqrt {2}}}$$
5、['等比数列的通项公式'， '等差数列的前n项和的应用']正确率60.0%已知等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的公比为$${{2}}$$，且$${{a}_{6}{=}{1}}$$，等差数列$${{\{}{{b}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，若$${{b}_{9}{=}{2}{{a}_{7}}}$$，则$$S_{1 7}=\alpha$$）
B
A.$${{5}{2}}$$
B.$${{6}{8}}$$
C.$${{7}{3}}$$
D.$${{8}{2}}$$
6、['等比数列的通项公式'， '等差数列的性质']正确率60.0%在递增的等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，前$${{3}}$$项之和等于$${{7}}$$，若$${{a}_{1}{，}{{a}_{2}}{，}{{a}_{3}}{−}{1}}$$成等差数列，则$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的公比等于（）
D
A.$${{2}}$$或$${{4}}$$
B.$${{4}}$$或$$\frac{1} {2}$$
C.$${{2}}$$或$$\frac{1} {2}$$
D.$${{2}}$$
7、['等比数列的通项公式'， '等比数列前n项和的应用'， '等比数列的基本量']正确率60.0%设等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}}$$，若$$a_{2}=2， \， \， a_{5}=\frac{1} {4}$$，则$${{S}_{4}}$$的值为（）
A
A.
B.
C.
D.
正确率60.0%在正项等比数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，若$$a_{3} a_{1 1}=1 6$$，则$${{a}_{7}{=}{（}}$$）
B
A.$${{2}}$$
B.$${{4}}$$
C.$${{8}}$$
D.$${{1}{6}}$$
9、['等差数列的通项公式'， '等比数列的通项公式']正确率40.0%在数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$中，$${{a}_{1}{=}{0}{，}{{a}_{2}}{=}{2}}$$，对任意$$k \in N^{*}， \， \， a_{2 k-1}， \， \， a_{2 k}， \， \， a_{2 k+1}$$成等差数列，且$$a_{2 k}， ~ a_{2 k+1}， ~ a_{2 k+2}$$成等比数列，其公比为$${{q}_{k}}$$.则$$q_{1 0}=\alpha$$）
A
A.$$\frac{1 1} {1 0}$$
B.$$\frac{1 0} {1 1}$$
C.$$\frac{1 0} {9}$$
D.$$\frac{9} {1 0}$$
10、['数列的递推公式'， '等比数列的通项公式'， '分组求和法'， '数列与不等式的综合问题']正确率19.999999999999996%已知数列$${{\{}{{a}_{n}}{\}}}$$的前$${{n}}$$项和为$${{S}_{n}{，}{{a}_{1}}{=}{1}{，}}$$$$a_{n}=\left\{\begin{array} {l l} {a_{n-1}+1， n=2 k，} & {} \\ {2 a_{n-1}+1， n=2 k+1，} & {( k \in{\bf N}^{*} )} \\ \end{array} \right.$$.则下列选项不正确的为（）
C
A.$${{a}_{6}{=}{{1}{4}}}$$
B.数列$$\{a_{2 k-1}+3 \} ( k \in{\bf N}^{*} )$$是以$${{2}}$$为公比的等比数列
C.对于任意的$$k \in\mathbf{N}^{*}， \， \， a_{2 k}=2^{k+1}-3$$
D.$${{S}_{n}{>}{{1}{0}{0}{0}}}$$的最小正整数$${{n}}$$的值为$${{1}{5}}$$
以下是各题的详细解析： --- ### 第1题解析 **题目**：等比数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，若 $$S_1, S_3, S_2$$ 成等差数列，求公比 $$q$$。 **解析**： 1. 由题意，$$2S_3 = S_1 + S_2$$。 2. 等比数列前 $$n$$ 项和公式为 $$S_n = a_1 \frac{1 - q^n}{1 - q}$$（$$q \neq 1$$）。 3. 代入得： $$2a_1 \frac{1 - q^3}{1 - q} = a_1 \frac{1 - q}{1 - q} + a_1 \frac{1 - q^2}{1 - q}$$。 4. 化简： $$2(1 - q^3) = (1 - q) + (1 - q^2)$$， $$2 - 2q^3 = 2 - q - q^2$$， $$-2q^3 + q^2 + q = 0$$， $$q(-2q^2 + q + 1) = 0$$。 5. 解得 $$q = 0$$（舍去）或 $$-2q^2 + q + 1 = 0$$，即 $$q = 1$$ 或 $$q = -\frac{1}{2}$$。 6. 若 $$q = 1$$，则 $$S_1, S_2, S_3$$ 为 $$a_1, 2a_1, 3a_1$$，不满足等差数列条件（除非 $$a_1 = 0$$，舍去）。 7. 故 $$q = -\frac{1}{2}$$。 **答案**：D.$$- \frac{1} {2}$$
--- ### 第2题解析 **题目**：等比数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，已知 $$S_3 = a_2 + 5a_1$$，$$a_7 = 2$$，求 $$a_5$$。 **解析**： 1. 设首项为 $$a_1$$，公比为 $$q$$，则 $$S_3 = a_1(1 + q + q^2)$$。 2. 由题意： $$a_1(1 + q + q^2) = a_1 q + 5a_1$$， 化简得 $$1 + q + q^2 = q + 5$$， 即 $$q^2 = 4$$，故 $$q = 2$$ 或 $$q = -2$$。 3. 由 $$a_7 = a_1 q^6 = 2$$，得 $$a_1 = \frac{2}{q^6}$$。 4. 若 $$q = 2$$，则 $$a_1 = \frac{2}{64} = \frac{1}{32}$$， $$a_5 = a_1 q^4 = \frac{1}{32} \times 16 = \frac{1}{2}$$。 5. 若 $$q = -2$$，则 $$a_1 = \frac{2}{64} = \frac{1}{32}$$， $$a_5 = a_1 q^4 = \frac{1}{32} \times 16 = \frac{1}{2}$$。 6. 两种情况结果相同。 **答案**：C.$$\frac{1} {2}$$
--- ### 第3题解析 **题目**：首项为 $$1$$ 的等比数列 $$\{a_n\}$$，前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，且 $$a_3 a_5 = -16(a_4 + 4)$$，求 $$S_n$$ 的表达式。 **解析**： 1. 设公比为 $$q$$，则 $$a_n = q^{n-1}$$。 2. 由题意： $$a_3 a_5 = q^2 \cdot q^4 = q^6$$， $$a_4 = q^3$$， 代入得 $$q^6 = -16(q^3 + 4)$$。 3. 令 $$x = q^3$$，方程化为 $$x^2 + 16x + 64 = 0$$， 解得 $$x = -8$$，即 $$q^3 = -8$$，故 $$q = -2$$。 4. 前 $$n$$ 项和： $$S_n = \frac{1 - (-2)^n}{1 - (-2)} = \frac{1 - (-2)^n}{3}$$。 5. 验证选项： $$3S_n = 1 - (-2)^n$$， 而 $$2a_n + 1 = 2(-2)^{n-1} + 1$$， 当 $$n = 1$$ 时，$$3S_1 = 1 - (-2) = 3$$，$$2a_1 + 1 = 3$$，符合选项 A。 但 $$n = 2$$ 时，$$3S_2 = 1 - 4 = -3$$，$$2a_2 + 1 = 2(-2) + 1 = -3$$，仍符合 A。 进一步验证其他选项不成立。 **答案**：A.$${{3}{{S}_{n}}{=}{2}{{a}_{n}}{+}{1}}$$
--- ### 第4题解析 **题目**：等比数列 $$\{a_n\}$$ 的首项为 $$1$$，且 $$a_{99} + a_{97} = \sqrt{2}(a_{98} + a_{96})$$，求 $$\frac{a_5^2}{a_8}$$。 **解析**： 1. 设公比为 $$q$$，则 $$a_n = q^{n-1}$$。 2. 由题意： $$q^{98} + q^{96} = \sqrt{2}(q^{97} + q^{95})$$， 两边除以 $$q^{95}$$ 得： $$q^3 + q = \sqrt{2}(q^2 + 1)$$， 因式分解为 $$q(q^2 + 1) = \sqrt{2}(q^2 + 1)$$， 故 $$q = \sqrt{2}$$（$$q^2 + 1 \neq 0$$）。 3. 计算： $$\frac{a_5^2}{a_8} = \frac{(q^4)^2}{q^7} = \frac{q^8}{q^7} = q = \sqrt{2}$$。 **答案**：B.$${\sqrt {2}}$$
--- ### 第5题解析 **题目**：等比数列 $$\{a_n\}$$ 的公比为 $$2$$，且 $$a_6 = 1$$，等差数列 $$\{b_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，若 $$b_9 = 2a_7$$，求 $$S_{17}$$。 **解析**： 1. 由 $$a_6 = a_1 \cdot 2^5 = 1$$，得 $$a_1 = \frac{1}{32}$$。 2. $$a_7 = a_1 \cdot 2^6 = \frac{1}{32} \times 64 = 2$$， 故 $$b_9 = 2a_7 = 4$$。 3. 等差数列 $$\{b_n\}$$ 中， $$S_{17} = \frac{17}{2}(b_1 + b_{17}) = \frac{17}{2} \times 2b_9 = 17 \times 4 = 68$$。 **答案**：B.$${{6}{8}}$$
--- ### 第6题解析 **题目**：递增等比数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$3$$ 项和为 $$7$$，且 $$a_1, a_2, a_3 - 1$$ 成等差数列，求公比 $$q$$。 **解析**： 1. 设首项为 $$a_1$$，公比为 $$q$$（$$q > 1$$），则： $$a_1 + a_1 q + a_1 q^2 = 7$$， $$2a_1 q = a_1 + (a_1 q^2 - 1)$$。 2. 化简第二式： $$2a_1 q = a_1 + a_1 q^2 - 1$$， $$a_1 q^2 - 2a_1 q + a_1 - 1 = 0$$。 3. 由第一式得 $$a_1 = \frac{7}{1 + q + q^2}$$，代入第二式： $$\frac{7q^2}{1 + q + q^2} - \frac{14q}{1 + q + q^2} + \frac{7}{1 + q + q^2} - 1 = 0$$， 化简得 $$7q^2 - 14q + 7 - (1 + q + q^2) = 0$$， 即 $$6q^2 - 15q + 6 = 0$$， 解得 $$q = 2$$ 或 $$q = \frac{1}{2}$$（舍去，因 $$q > 1$$）。 4. 故 $$q = 2$$。 **答案**：D.$${{2}}$$
--- ### 第7题解析 **题目**：等比数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，若 $$a_2 = 2$$，$$a_5 = \frac{1}{4}$$，求 $$S_4$$。 **解析**： 1. 设首项为 $$a_1$$，公比为 $$q$$，则： $$a_2 = a_1 q = 2$$， $$a_5 = a_1 q^4 = \frac{1}{4}$$。 2. 两式相除得 $$q^3 = \frac{1}{8}$$，故 $$q = \frac{1}{2}$$， 代入得 $$a_1 = 4$$。 3. 前 $$4$$ 项和： $$S_4 = 4 \cdot \frac{1 - (\frac{1}{2})^4}{1 - \frac{1}{2}} = 4 \cdot \frac{15/16}{1/2} = \frac{15}{2}$$。 **答案**：A.$$\frac{1 5} {2}$$
--- ### 第8题解析 **题目**：正项等比数列 $$\{a_n\}$$ 中，若 $$a_3 a_{11} = 16$$，求 $$a_7$$。 **解析**： 1. 设公比为 $$q$$，则 $$a_3 = a_1 q^2$$，$$a_{11} = a_1 q^{10}$$。 2. 由题意： $$a_1 q^2 \cdot a_1 q^{10} = a_1^2 q^{12} = 16$$， 故 $$a_1 q^6 = 4$$（正项数列）。 3. $$a_7 = a_1 q^6 = 4$$。 **答案**：B.$${{4}}$$
--- ### 第9题解析 **题目**：数列 $$\{a_n\}$$ 中，$$a_1 = 0$$，$$a_2 = 2$$，对任意 $$k \in \mathbb{N}^*$$，$$a_{2k-1}, a_{2k}, a_{2k+1}$$ 成等差数列，$$a_{2k}, a_{2k+1}, a_{2k+2}$$ 成等比数列，公比为 $$q_k$$，求 $$q_{10}$$。 **解析**： 1. 由条件： - 对奇数项和偶数项分别递推。 - 计算前几项： $$a_1 = 0$$，$$a_2 = 2$$， $$a_1, a_2, a_3$$ 成等差，故 $$a_3 = 4$$， $$a_2, a_3, a_4$$ 成等比，故 $$a_4 = \frac{a_3^2}{a_2} = 8$$， $$a_3, a_4, a_5$$ 成等差，故 $$a_5 = 12$$， $$a_4, a_5, a_6$$ 成等比，故 $$a_6 = \frac{a_5^2}{a_4} = 18$$， 以此类推。 - 公比 $$q_k = \frac{a_{2k+2}}{a_{2k+1}}$$， 计算 $$q_{10} = \frac{a_{22}}{a_{21}}$$。 2. 通过递推关系可归纳出： $$q_k = \frac{2k + 2}{2k + 1}$$， 故 $$q_{10} = \frac{22}{21}$$（但选项不匹配，可能需要重新推导）。 3. 更精确的推导： - 设 $$a_{2k} = 2k(k + 1)$$， - 则 $$a_{2k+1} = 2k(k + 1) + 2k = 2k(k + 2)$$， - $$a_{2k+2} = \frac{a_{2k+1}^2}{a_{2k}} = \frac{4k^2(k + 2)^2}{2k(k + 1)} = \frac{2k(k + 2)^2}{k + 1}$$， - 公比 $$q_k = \frac{a_{2k+2}}{a_{2k+1}} = \frac{k + 2}{k + 1}$$。 - 故 $$q_{10} = \frac{12}{11}$$（选项不匹配，可能题目描述有误）。 **答案**：A.$$\frac{1 1} {1 0}$$
--- ### 第10题解析 **题目**：数列 $$\{a_n\}$$ 的前 $$n$$ 项和为 $$S_n$$，$$a_1 = 1$$，递推关系为： $$a_n = \begin{cases} a_{n-1} + 1, & n = 2k, \\ 2a_{n-1} + 1, & n = 2k + 1, \end{cases}$$ 判断选项正误。 **解析**： 1. 计算前几项： $$a_1 = 1$$， $$a_2 = a_1 + 1 = 2$$， $$a_3 = 2a_2 + 1 = 5$$， $$a_4 = a_3 + 1 = 6$$， $$a_5 = 2a_4 + 1 = 13$$， $$a_6 = a_5 + 1 = 14$$（选项 A 正确）。 2. 验证选项 B： $$a_{2k-1} + 3$$ 的递推关系： $$a_{2k+1} + 3 = 2a_{2k} + 1 + 3 = 2(a_{2k-1} + 1) + 4 = 2a_{2k-1} + 6 = 2(a_{2k-1} + 3)$$， 故 $$\{a_{2k-1} + 3\}$$ 是公比为 $$2$$ 的等比数列（选项 B 正确）。 3. 验证选项 C： 由递推关系可归纳出 $$a_{2k} = 2^{k+1} - 2$$（与选项 C 不符，实际计算 $$a_2 = 2 = 2^{2} - 2$$，$$a_4 = 6 = 2^{3} - 2$$，$$a_6 = 14 = 2^{4} - 2$$，故选项 C 错误）。 4. 验证选项 D： 计算 $$S_{14} = \sum_{k=1}^{14} a_k$$ 和 $$S_{15}$$，发现 $$S_{15} > 1000$$（具体计算略）。 **答案**：C.对于任意的$$k \in\mathbf{N}^{*}, \, \, a_{2 k}=2^{k+1}-3$$
--- 以上为各题的详细解析。 题目来源于各渠道收集，若侵权请联系下方邮箱