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高考数学(理科)二轮复习课件：2.4数列2.2

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2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题二第2讲 数列通项与求和

2020届高考数学(理)课标版二轮课件：重难考点专题二第2讲 数列通项与求和

4a1+
4
2
3
d=0①,a1+4d=5②,
联立①②,解得a1=-3,d=2.
所以an=2n-5,Sn=n2-4n.
故选A.
2.设{an}是等差数列,{bn}是等比数列.已知a1=4,b1=6,b2=2a2-2,b3=2a3+4.
(1)求{an}和{bn}的通项公式;
(2)设数列{cn}满足c1=1,cn=
2
即
1 bn
=
1 n(n
2)
=
1 2

1 n
-
n
1
2
.
所以Tn=
1 2
×
1-
1 3
+
1 2
-
1 4

+
1 3
-
1 5
+…+
1 n
-
n
1
2


n
1
1

n
1
2

.
=
1 2

3 2
-
n
1 1
-
ห้องสมุดไป่ตู้
n
1
2
当n=1时上式依然成立,故an=2n(n∈N*).
(2)由(1)知bn=(3n-1)2n,则Tn=b1+b2+b3+…+bn=2×2+5×22+8×23+…+(3n-1)2n.①
2Tn=2×22+5×23+8×24+…+(3n-1)2n+1,②
①-②得,-Tn=4+3×22+3×23+…+3×2n-(3n-1)2n+1=4+3×

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

高考数学二轮复习第一篇专题四数列第2讲数列求和及简单应用课件理

+2an+1=4S
n+1+3.
可得
a2 n 1
-
an2
+2(an+1- an)=4an+1,即
2(an+1+an)=
a2 n 1
-
an2
= (an+1+an)(an+1-an).
由于 an>0,可得 an+1-an=2.
又 a12 +2a1=4a1+3, 解得 a1=-1(舍去)或 a1=3.
所以{an}是首项为 3,公差为 2 的等差数列,通项公式为 an=2n+1.
第二个使用累积的方法、第三个可以使用待定系数法化为等比数列(设 an+1+λ =p(an+λ),展开比较系数得出λ);(3)周期数列,通过验证或者推理得出数列的 周期性后得出其通项公式.
热点训练 1:(1)(2018·湖南长沙雅礼中学、河南省实验中学联考)在数列{an}
中,a1=2, an1 = an +ln(1+ 1 ),则 an 等于( )
n
所以
1 =2（1- 1 + 1 - 1 +…+ 1 -
1
）
S k 1 k
223
n n1
=2(1- 1 ) n 1
= 2n . n 1
答案: 2n n 1
3.(2015·全国Ⅱ卷,理16)设Sn是数列{an}的前n项和,且a1=-1,an+1=SnSn+1,则
Sn=
.
解析:因为 an+1=S n+1-Sn,所以 Sn+1-Sn=Sn+1Sn,

第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复习课件

第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复习课件

第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
所以 an＝2n. (2)由于 21＝2，22＝4，23＝8，24＝16，25＝32，26＝ 64，27＝128， 所以 b1 对应的区间为：(0，1]，则 b1＝0； b2，b3 对应的区间分别为：(0，2]，(0，3]则 b2＝b3＝1， 即有 2 个 1； b4，b5，b6，b7 对应的区间分别为：(0，4]，(0，5]，(0， 6]，(0，7]，则 b4＝b5＝b6＝b7＝2，即有 22 个 2；
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
第一部分专题二 数列-2021届高三数学二轮专题复 习课件 【精品 】
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
b8，b9，…，b15 对应的区间分别为：(0，8]，(0，9]，…， (0，15]，则 b8＝b9＝…＝b15＝3，即有 23 个 3；
b1＝0，4an＋1＝3an－bn＋4，4bn＋1＝3bn－an－4.
(1)证明：{an＋bn}是等比数列，{an－bn}是等差数列；
(2)求{an}和{bn}的通项公式． (1)证明：由题设得 4(an＋1＋bn＋1)＝2(an＋bn)，即 an＋1＋ bn＋1＝12(an＋bn)． 又因为 a1＋b1＝1， 所以{an＋bn}是首项为 1，公比为12的等比数列． 由题设得 4(an＋1－bn＋1)＝4(an－bn)＋8，即 an＋1－bn＋1＝ an－bn＋2.
专题二 数 列
真题研析 命题分析 知识方法
－2Sn＝1×(－2)＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…(n－1)(－ 2)n－1＋n(－2)n，②

高考数学二轮复习函数的同构问题ppt课件

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单调递增,即λx≥ln x 恒成立,λ≥(


)max,令 g(x)=



(x>0),g′(x)=
-

,当 0<x<e 时,

g′(x)>0,g(x)单调递增,当 x>e 时,g′(x)<0,g(x)单调递减,故 g(x)max=g(e)= ,所以λ的取值

范围为[,+∞).

的取值范围.
2
+
x
解:由 x +xln a>ae ln x⇒
构造 h(x)=

>

( )
⇒


-


,x∈(0,1),h′(x)=


<

对∀x∈(0,1)恒成立.
>0,h(x)单调递增.
-


所以 x<aex⇒a> ⇒a>( )max,因为 x∈(0,1),所以( )′= >0, 在(0,1)上单调递
造为一个函数,进而和函数的单调性找到联系.可比较大小或解不等式.
③在解析几何中的应用:如果A(x1,y1),B(x2,y2)满足的方程为同构式,则A,B为
方程所表示的曲线上的两点.特别地,若满足的方程是直线方程,则该方程即为
直线AB的方程.
④在数列中的应用:可将递推公式变形为“依序同构”的特征,即关于(an,n)
.

解析:(3)因为 lo t=-log3t=-(1-2log3t)-(3log3t-1),所以 f(1-2log3t)+f(3log3t-1)≥

lo t 可变形为,

高三数学数列省名师优质课赛课获奖课件市赛课一等奖课件

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若k为偶数，不是等比数列．若k为奇数，是公比为-1旳等比数列．
考题剖析
则
例6、（2023浙江）已知 an 是等比数列，a2
= （ a1a2 a2a3 an an1
）
2，a5
1 4
（A）16（ 1 4n ） （B）16（ 1 2n ）
（C） 32（ ） 1 4n （D）3（2 1 2n ）
3
解：（Ⅰ）因为 an1 (n2 n )an (n 1, 2,),且a1=1， 所以当a2=-1时，得, 1 2 故 3. 从而 a3 (22 2 3) (1) 3.
（Ⅱ）数列{an}不可能为等差数列.证明如下： 由a1=1，an1 (n2 n )an 得 a2 2 , a3 (6 )(2 ), a4 (12 )(6 )(2 ). 若存在λ ，使｛an｝为等差数列，则a3-a2=a2-a1,即 (5 )(2 ) 1 ， 解得λ =3. 于是 a2 a1 1 2, a4 a3 (11 )(6 )(2 ) 24. 这与｛an｝为等差数列矛盾，所以，对任意λ ，{an}都不可能是等差数列. ［点评］证明一种数列是等差数列，须证明这个数列旳第n项与第n－1
＝1 ， 42 1
第5个数字是： 1 ＝ 1 ，第6个数字是：1 ＝ 1 ，
26
52 1
35
62 1
所以，第7个数字应是： 1 ＝ 1 。
72 1
50
［点评］本题旳数列主要是经过观察法找到规律，观察法是找数列 通项旳常用措施。
考题剖析
例2、（2023深圳模拟）图（1）、（2）、（3）、（4）分别包
2023届高考数学二轮 复习系列课件
14《数列》
试题特点
数列是高中代数旳主要内容，又是学习高等数学旳基 础，所以在高考中占有主要旳地位，是高考数学旳主要考 察内容之一，试题难度分布幅度大，既有轻易旳基本题和 难度适中旳小综合题，也有综合性较强对能力要求较高旳 难题。大多数是一道选择或填空题，一道解答题。解答题 多为中档以上难度旳试题，突出考察考生旳思维能力，处 理问题旳能力，试题经常是综合题，把数列知识和指数函 数、对数函数和不等式旳知识综合起来，探索性问题是高 考旳热点，常在数列解答题中出现。应用问题有时也要用 到数列旳知识。

高中数学理科专题讲解高考大题专项(三)《数列》教学课件

高中数学理科专题讲解高考大题专项(三)《数列》教学课件

典例剖析
对点训练3(2019四川泸州二模,17)已知数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn.(1)求证:数列{an}是等比数列;(2)设bn=log2a2n+1,求数列{bn}的前n项和Tn.
(1)证明: 数列{an}的前n项和Sn满足2an=2+Sn,当n=1时,可得2a1=2+S1=2+a1,解得a1=2,当n≥2时,2an-1=2+Sn-1,又2an=2+Sn,相减可得2an-2an-1=2+Sn-2-Sn-1=an,即an=2an-1,检验a2=2a1, 所以数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
解题心得求解数列中的存在性问题,先假设所探求对象存在或结论成立,以此假设为前提条件进行运算或逻辑推理,若由此推出矛盾,则假设不成立,即不存在.若推不出矛盾,即得到存在的结果.
典例剖析
对点训练6已知数列{an}的前n项和为Sn,a1=1,an≠0,anan+1=λSn-1,其中λ为常数.(2)是否存在λ,使得{an}为等差数列?并说明理由.
典例剖析
典例剖析
题型五 数列中的存在性问题例6已知Sn是等比数列{an}的前n项和,S4,S2,S3成等差数列,且a2+a3+a4=-18.(1)求数列{an}的通项公式;(2)是否存在正整数n,使得Sn≥2 017?若存在,求出符合条件的所有n的集合;若不存在,请说明理由.
典例剖析
典例剖析
典例剖析典例剖析源自典例剖析典例剖析典例剖析
解题心得如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的,那么这个数列的前n项和即可用此法来求,即和式两边同乘以等比数列{bn}的公比,然后作差求解.

2020届数学(理)高考二轮专题复习课件：第二部分 专题二 第2讲 数列的求和及综合应用


[思维升华] 1．给出 Sn 与 an 的递推关系求 an，常用思路是：一 是利用 Sn－Sn－1＝an(n≥2)转化为 an 的递推关系，再求其 通项公式；二是转化为 Sn 的递推关系，先求出 Sn 与 n 之 间的关系，再求 an. 2．形如 an＋1＝pan＋q(p≠1，q≠0)，可构造一个新的 等比数列．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的 公比为q.
依题意，得33qq＝2＝31＋5＋2d4，d，解得dq＝＝33，， 故an＝3＋3(n－1)＝3n，bn＝3×3n－1＝3n. 所以{an}的通项公式为an＝3n，{bn}的通项公式为bn ＝3n. (2)a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n＝(a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1) ＋(a2b1＋a4b2＋a6b3＋…＋a2nbn)＝ n×3＋n（n2－1）×6 ＋(6×31＋12×32＋18×33＋…＋6n×3n)＝3n 2＋6(1×31 ＋2×32＋…＋n×3n)．
记Tn＝1×31＋2×32＋…＋n×3n，① 则3Tn＝1×32＋2×33＋…＋n×3n＋1，② ②－①得，2Tn＝－3－32－33－…－3n＋n×3n＋1＝ －3（11－－33n）＋n×3n＋1＝（2n－1）2 3n＋1＋3.
所以a1c1＋a2c2＋…＋a2nc2n ＝3n2＋6Tn ＝3n2＋3（2n－12）·3n＋1＋9 ＝（2n－1）·32n＋2＋6n2＋9.
从近年高考看，本讲主要考查的内容：(1)以等差(比) 数列为背景，考查等差(比)的通项与求和公式、分组转 化求和；(2)以简单的递推关系为背景，考查错位相减、 裂项相消、倒序相加等求和的基本方法．主要以解答题 的形式呈现，中档难度，且常与函数、不等式知识交 汇．
【例 1】 设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对任意的正 整数 n，都有 an＝5Sn＋1 成立，bn＝－1－log2|an|，数列 {bn}的前 n 项和为 Tn，cn＝TbnTn＋n1＋1.

2024版高考数学二轮总复习第1篇核心专题提升多维突破专题2数列第2讲数列求和及其综合应用课件


真题研究·悟高考
1. (2023·全国新高考Ⅰ卷)设等差数列{an}的公差为 d，且 d>1.令 bn ＝n2a＋n n，记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和．
(1)若3a2＝3a1＋a3，S3＋T3＝21，求{an}的通项公式； (2)若{bn}为等差数列，且S99－T99＝99，求d.
考点突破·提能力
核心考点1 求数列的通项公式
核 心 知 识·精 归 纳
求数列通项公式的方法 (1)Sn 与 an 的关系：若数列{an}的前 n 项和为 Sn，通项公式为 an，则 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2. (2)由递推关系式求通项公式：①构造法；②累加法；③累乘法．
角度1：由Sn与an的关系求通项公式
方 法 技 巧·精 提 炼
根据所求的结果的不同要求，将问题向两个不同的方向转化 (1)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含Sn，Sn－1的关系式，再求解． (2)利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)转化为只含an，an－1的关系式，再求解．
加 固 训 练·促Байду номын сангаас提 高
1.数列{an}满足：a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝2＋(n－1)·2n＋1，n∈N*. 求数列{an}的通项公式．
2. (2023·全国新高考Ⅱ卷){an}为等差数列，bn＝a2na－n，6， n为n为 偶奇 数数 ，， 记 Sn，Tn 分别为数列{an}，{bn}的前 n 项和，S4＝32，T3＝16.
(1)求{an}的通项公式； (2)证明：当n>5时，Tn>Sn.
【解析】 (1)设等差数列{an}的公差为d， 而 bn＝a2na－n，6，n＝n＝2k，2k－1， k∈N*， 则b1＝a1－6，b2＝2a2＝2a1＋2d，b3＝a3－6＝a1＋2d－6， 于是ST43＝＝44aa11＋＋64dd＝－3122，＝16， 解得 a1＝5，d＝2，an＝a1＋(n－1)d

高考数学(江苏专版)二轮专题：第一部分-专题10-数列(Ⅱ)省公开课获奖课件市赛课比赛一等奖课件

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[解] (1)设数列{bn}的公差为d， 则bb11＋ ＋d4＝ d＝4， 10， 解得bd1＝＝22，， 所以bn＝2n. (2)①设每一行组成的等比数列的公比为q. 由于前n行共有1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2个数，且 32<13<42， 所以a10＝b4＝8. 所以a13＝a10q3＝8q3.又a13＝1，解得q＝12.
即an＝13×2n－1－23×(－1)n.
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1．求数列通项公式的方法：(1)公式法；(2)根据递推关系求 通项公式有：①叠加法；②叠乘法；③转化法;(3)已知前 n 项和 公式用 an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2 求解．
2．数列求和的基本方法：(1)公式法；(2)分组法；(3)裂项相 消法；(4)错位相减法；(5)倒序相加法．
预测在2023年旳高考题中，数列旳考察变化不大： (1)填空题依然是考察等差、等比数列旳基本性质. (2)在解答题中，依然是考察等差、等比数列旳综合问题，可能会涉及恒等关系 论证和不等关系旳论证.
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1．在等差数列{an}中，公差d＝12，前100项的和S100＝45，则a1 ＋a3＋a5＋…＋a99＝________. 解析：S100＝1020(a1＋a100)＝45，a1＋a100＝190， a1＋a99＝a1＋a100－d＝25. a1＋a3＋a5＋…＋a99＝520(a1＋a99)＝520×25＝10. 答案：10
(1)已知正数数列{an}对任意p，q∈N*，都有ap＋q＝ap·aq，若 a2＝4，则an＝________.
(2)数列{an}为正项等比数列，若a2＝1，且an＋an＋1＝6an－1(n ∈N，n≥2)，则此数列的前n项和Sn＝________.
[解析] (1)由ap＋q＝ap·aq，a2＝4，可得a2＝a21＝4⇒a1＝2，所

高考数学二轮复习专题三数列第2讲数列的求和及综合应

第2讲 数列的求和及综合应用
高考定位 1.高考对数列求和的考查主要以解答题的形式出 现，通过分组转化、错位相减、裂项相消等方法求数列的和， 难度中档偏下；2.在考查数列运算的同时，将数列与不等式、 函数交汇渗透.
真题感悟 1.(2017·全国Ⅲ卷)设数列{an}满足 a1＋3a(2n＋1)(b21＋b2n＋1)＝(2n＋1)bn＋1， 又 S2n＋1＝bnbn＋1，bn＋1≠0，所以 bn＝2n＋1. 令 cn＝bann，则 cn＝2n2＋n 1， 因此 Tn＝c1＋c2＋…＋cn＝32＋252＋273＋…＋22nn－－11＋2n2＋n 1， 又12Tn＝232＋253＋274＋…＋2n2－n 1＋22nn＋＋11， 两式相减得12Tn＝32＋12＋212＋…＋2n1－1－22nn＋＋11， 所以 Tn＝5－2n2＋n 5.
温馨提醒 (1)裂项求和时，易把系数写成它的倒数或忘记系数导 致错误. (2)an＝SS1n，－nS＝n－11，，n≥2，忽略 n≥2 的限定，忘记第一项单独求解 与检验.
2.数列与函数、不等式的交汇 数列与函数的综合问题一般是利用函数作为背景，给出数列所 满足的条件，通常利用点在曲线上给出Sn的表达式，还有以曲 线上的切点为背景的问题，解决这类问题的关键在于利用数列 与函数的对应关系，将条件进行准确的转化.数列与不等式的 综合问题一般以数列为载体，考查最值问题、不等关系或恒成 立问题.
热点一 数列的求和问题 命题角度1 分组转化求和 【例 1－1】 (2017·郑州质检)已知数列{an}的前 n 项和 Sn＝n2＋2 n，
n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设 bn＝2an＋(－1)nan，求数列{bn}的前 2n 项和.
解 (1)当 n＝1 时，a1＝S1＝1； 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝n2＋2 n－(n－1)2＋2 (n－1)＝n. 而 a1 也满足 an＝n，故数列{an}的通项公式为 an＝n. (2)由(1)知 an＝n，故 bn＝2n＋(－1)nn. 记数列{bn}的前 2n 项和为 T2n， 则 T2n＝(21＋22＋…＋22n)＋(－1＋2－3＋4－…＋2n). 记 A＝21＋22＋…＋22n，B＝－1＋2－3＋4－…＋2n， 则 A＝2(11－－222n)＝22n＋1－2， B＝(－1＋2)＋(－3＋4)＋…＋[－(2n－1)＋2n]＝n. 故数列{bn}的前 2n 项和 T2n＝A＋B＝22n＋1＋n－2.
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+
1 1 5 7
+…+
1 1 − 2������+1 2������+3
=3(2������+3).
������
考向一
考向二
考向三
解题心得对于已知等式中含有an,Sn的求数列通项的题目,一般有 两种解题思路,一是消去Sn得到f(an)=0,求出an;二是消去an得到 g(Sn)=0,求出Sn,再求an. 把数列的通项拆成两项之差,求和时中间的项能够抵消,从而求 得其和.注意抵消后所剩余的项一般前后对称.
(2)由 an=2n+1 可知 bn=
1 ������������ ������������+1
=
1 (2������+1)(2������+3)
= ·
1 2
1 1 2������+1 2������+3
.
设数列{bn}的前 n 项和为 Tn,则 Tn=b1+b2+…+bn=2
1 1 1 − 3 5
考向一
考向二
考向三
求数列的通项及错位相减求和 例1(2018湖南衡阳二模,理17)等差数列{an}中,a3=1,a7=9,Sn为等 比数列{bn}的前n项和,且b1=2,若4S1,3S2,2S3成等差数列. (1)求数列{an},{bn}的通项公式; (2)设cn=|an|· bn,求数列{cn}的前n项和Tn.
1 1 T = n 3 32 ������ 1 2 3
2 +
3 3
3 +…+
������-1
3
+ 3������, ������-1
������
① ②
+
2 3
3 +…+ 3������ +
������-1
������ 3
������+1
, −
������ 3������+1
①-②得:3Tn=
������ 3 3
2
1 1 1 + + … + 3 3������ 32 2������+3
=
1 1 1 3 3������ 1 1-3
−
������ 3������+1
= 2 − 2×3������ −
1
1
������+1 ,∴Tn=4 − 4×3������ .
考向一
考向二
考向三
求数列的通项及裂项求和
2 例 2Sn 为数列{an}的前 n 项和.已知 an>0,������������ +2an=4Sn+3. (1)求{an}的通项公式;
(2)证明 由(1)知 bn=log2(an+1· an)=log2(2n×2n-1)=2n-1,
1+(2������-1) · n=n2. 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ∴ ������ + ������ +…+������ = 2 + 2 +…+������2 <1+1×2 + 2×3+…+ =1+1-2 + (������-1)������ 1 2 ������ 1 2 1 1 1 1 1 − +…+ − =2- <2. 2 3 ������ ������ ������-1
(2)求数列
������������ 3������
的前 n 项和 Tn.
考向一
考向二
考向三
解: (1)设{an}的公差为 d, 4������1 + 6������ = 10, 由题设可得, 2 ������3 = ������1 · ������9 , 4������1 + 6������ = 10, ∴ (������1 + 2������)2 = ������1 (������1 + 8������), 解得 a1=1,d=1.∴an=n. (2)令 cn=3������ ,则 Tn=c1+c2+…+cn=3 +
考向一
考向二
考向三
解题心得若已知数列为等差或等比数列,求其通项是利用等差、 等比数列通项公式,或通过变形转换成等差、等比数列求通项;如 果数列{an}与数列{bn}分别是等差数列和等比数列,那么数列{an· bn} 的前n项和采用错位相减法来求.
考向一
考向二
考向三
对点训练 1(2018山东潍坊一模,理17)公差不为0的等差数列{an} 的前n项和为Sn,已知S4=10,且a1,a3,a9成等比数列. (1)求{an}的通项公式;
考向一
考向二
考向三
对点训练 2(2018江西南昌一模,理17)已知等比数列{an}的前n项 和为Sn,满足S4=2a4-1,S3=2a3-1. (1)求{an}的通项公式及数列{an}的前n项和; (2)记bn=log2(an· an+1),数列{bn}的前n项和为Tn,
求证:
1 ������1
+
考向一
考向二
考向三
解: (1)在等差数列中,设公差为d,a7-a3=4d=9-1=8⇒d=2, ∴an=a3+(n-3)d=1+2(n-3)=2n-5.设等比数列{bn}的公比为q,依题意 有6S2=4S1+2S3⇒q=2,∴bn=2n. (2)∵cn=|2n-5|· 2 n. 当n=1时,T1=6,当n=2时,T2=10.当n≥3时,2n-5>0, Tn=10+1×23+3×24+…+(2n-7)2n-1+(2n-5)2n,① 2Tn=20+1×24+3×25+…+(2n-7)2n+(2n-5)2n+1,② ①-②得,-Tn=-10+8+2(24+…+2n)-(2n-5)2n+1, ∴Tn=34+(2n-7)2n+1. 6,������ = 1, ∴Tn= 10,������ = 2, 34 + (2������-7)2������ +1 ,������ ≥ 3.
1 1 +…+ <2. ������2 ������������
考向一
考向二
考向三
(1)解: 设{an}的公比为 q,由 S4-S3=a4,得 2a4-2a3=a4, ∴
������4 =2,∴q=2. ������3
∵S3=2a3-1, ∴a1+2a1+4a1=8a1-1, ∴a1=1,∴an=2n-1.
(2)设 bn=������ ������ ,求数列{bn}的前 n 项和. ������ ������+1
1
考向一
考向二
考向三
2 解: (1)由������������ +2an=4Sn+3,可知 2 ������������ +1 +2an+1=4Sn+1+3. 2 2 2 可得������������ +1 − ������������ +2(an+1-an)=4an+1,即 2(an+1+an)=������������ +1 − 2 ������������ =(an+1+an)· (an+1-an). 由于 an>0,可得 an+1-an=2. 2 又������1 +2a1=4a1+3,解得 a1=-1(舍去),,通项公式为 an=2n+1.