2022年高考数列大题专题.docx

精选学习资料 - - - - - - - - - 高考中的数列最终一讲（内部资料勿外传）1已知数列 a n 、b n 、c n 满意（1）设 cn=3n+6, a n 是公差为 3 的等差数列当b1=1 时,求 b2、b3的值；（2）设,求正整数 k,使得对一切 nN * ,均有 bnb k；（3）设,当 b1=1 时,求数列 b n 的通项公式2设 a n是公比为正数的等比数列 a1=2, a3=a2+4（）求 an 的通项公式；（）设 b n 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列a n+bn的前 n 项和 Sn3已知公差不为 0 的等差数列 a n 的首项 a1 为 a（a R）设数列的前 n 项和为 Sn,且,成等比数列（）求数列 a n的通项公式及 Sn；（）记 A n= + + +,Bn= + +,当 a2 时,试比较 A n 与 B n 的大小4已知等差数列 an 满意 a2=0,a6+a8= 10 （I）求数列 an 的通项公式；（II ）求数列 的前 n 项和15,并且这三个数分别加上2、5、13 后成为等比数列b n 中的 b3、b4、b55成等差数列的三个正数的和等于（I） 求数列 b n的通项公式；（II ） 数列 b n 的前 n 项和为 Sn,求证：数列 S n+ 是等比数列将这 n+2 个数的乘积计作T n,再令 an=lgT n,6在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这 n+2 个数构成递增的等比数列,n1（I）求数列 an 的通项公式；（）设 bn=tanan.tanan+1,求数列 b n 的前 n 项和 Sn名师归纳总结 1 第 1 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 7.设 a1,d 为实数,首项为 a1,公差为 d 的等差数列 an的前 n 项和为 Sn,满意 S5S6+15=0 （）如 S5=5,求 S6 及 a1；（）求 d 的取值范畴8已知等差数列an 的前 3 项和为 6,前 8 项和为4（）求数列 a n的通项公式；（）设 bn=（4 an）qn 1（q0,nN*）,求数列 b n的前 n 项和 Sn9已知数列 an 满意 a1=0,a2=2,且对任意m、nN* 都有 a2m 1+a2n 1=2am+n 1+2（m n）2（1）求 a3,a5；（2）设 bn=a2n+1 a2n 1（nN*）,证明： b n 是等差数列；（3）设 cn=（an+1 an） q n1（q0,nN * ）,求数列 c n 的前 n 项和 Sn10已知 an 是公差不为零的等差数列,（）求数列 a n的通项；（）求数列 2an 的前 n 项和 Sna1=1,且 a1, a3,a9 成等比数列11已知数列 an 满意,nN×（1）令 bn=an+1 an,证明： b n是等比数列；（2）求 an 的通项公式12等比数列 a n的前 n 项和为 Sn,已知对任意的nN* ,点（ n,Sn）,均在函数y=bx+r（b0）且 b1,b, r 均为常数）的图象上（1）求 r 的值；（2）当 b=2 时,记 bn=nN* 求数列 b n的前 n 项和 Tn13（本小题满分12 分）已知等差数列a n满意：a 37,a 5b na 726,a n的前 n 项和为S 第 2 页,共 19 页（）求a 及S ；的前 n 项和T n11nN * ,求数列（）令 bn=a2名师归纳总结 2 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 14已知数列 an是一个公差大于0 的等差数列,且满意a2a6=55,a2+a7=16 （1）求数列 a n 的通项公式；（2）数列 an 和数列 b n 满意等式 an=（nN *）,求数列 b n的前 n 项和 Sn15设数列 an 的通项公式为 an=pn+q（nN*,P0）数列 bn 定义如下：对于正整数 m,bm 是使得不等式 anm成立的全部 n 中的最小值（）如,求 b3；（）如 p=2,q= 1,求数列 b m 的前 2m 项和公式；16已知数列 xn的首项 x1=3,通项 xn=2（）p,q 的值；（）数列 x n前 n 项和 Sn 的公式np+np（nN* , p,q 为常数）,且成等差数列求：17设数列 an的前 n 项和为 Sn=2an 2 n,（）求 a1,a4（）证明： a n+1 2a n 是等比数列；（）求 an 的通项公式18在数列 an中, a1=1,（）求 an 的通项公式；（）令,求数列 b n的前 n 项和 Sn；（）求数列 a n的前 n 项和 T n19已知数列 an的首项,n=1, 2,3,（）证明：数列是等比数列；3 第 3 页,共 19 页（）求数列的前 n 项和 Sn名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 20.在数列a n中,a 10,且对任意kN*kN ,a2k1,a2k,a2k1成等差数列,其公差为d ； 如d =2k,证明a 2k1,a 2k,a 2k2成等比数列（kN*）；q . 如对任意kN*,a 2k1,a 2k,a 2k2成等比数列,其公比为设1q1. 证明kq11是等差数列；21. 设数列 an的前 n 项和为S n,已知a 11,S n14an2（I ）设b nan12a ,证明数列 b n是等比数列b1S n（II ）求数列 an的通项公式；22. 设数列a n的前 n 项和为S ,已知ba nn 2（）证明：当b2时,ann2n1是等比数列；（）求a n的通项公式an11S ,n=1,2, 3, ,求23. 数列 an 的前 n 项和为 Sn,且 a1=1,3（I ）a2,a3,a4的值及数列 an 的通项公式；名师归纳总结 （II ）a 2a4a6La2n的值 . 4 第 4 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 1已知数列 a n 、b n 、c n满意（1）设 cn=3n+6,an 是公差为 3 的等差数列当b1=1 时,求 b2、b3的值；（2）设,求正整数k,使得对一切nN*,均有 bnbk；（3）设当 b1=1 时,求数列 b n 的通项公式专题 ：运算题；分类争论；分析：（1）先依据条件得到数列 b n 的递推关系式,即可求出结论；（2）先依据条件得到数列 b n 的递推关系式；进而判定出其增减性,即可求出结论；（3）先依据条件得到数列 b n 的递推关系式； 再结合叠加法以及分类争论分情形求出数列 b n 的通项公式,最终综合即可解答： 解：（1） an+1 an=3,bn+1 bn=n+2,b1=1,b2=4,b3=8（2）an+1 an=2n 7,bn+1 bn=,由 bn+1 bn0,解得 n4,即 b4b5b6；由 bn+1 bn0,解得 n3,即 b1b2b3b4k=4（3）an+1 an=（ 1）n+1,bn+1 bn=（ 1）n+1（2n+n）bn bn 1=（ 1）n（2n 1+n 1）（n2）故 b2 b1=21+1；b3 b2=（1）（2 2+2）,bn 1 bn 2=（ 1）n1（2n2+n 2）bn bn 1=（1）n（2n 1+n 1）当 n=2k 时,以上各式相加得bn b1=（2 22+ 2n 2+2n 1）+1 2+ （ n 2）+（n 1） =+=+bn=+当 n=2k 1 时,=+ （ 2 n+n）=+5 第 5 页,共 19 页名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - bn=点评： 此题主要考察数列递推关系式在求解数列通项中的应用是对数列学问的综合考察,属于难度较高的题目2（2022.重庆）设 an是公比为正数的等比数列 a1=2,a3=a2+4（）求 an 的通项公式；（）设 b n 是首项为 1,公差为 2 的等差数列,求数列a n+bn的前 n 项和 Sn分析：（）由 a n 是公比为正数的等比数列,设其公比,然后利用 a1=2,a3=a2+4 可求得 q,即可求得 an 的通项公式（）由 b n 是首项为 1,公差为 2 的等差数列可求得 bn=1+（n 1）×2=2n 1,然后利用等比数列与等差数列的前 n 项和公式即可求得数列 an+bn 的前 n 项和 Sn解答： 解：（）设a n是公比为正数的等比数列设其公比为 q,q0 a3=a2+4,a1=2 2×q2=2×q+4 解得 q=2 或 q= 1 q0 q=2 a n 的通项公式为an=2×2n 1=2n（）b n 是首项为 1,公差为 2 的等差数列bn=1+（ n 1）×2=2n 1 数列 an+b n 的前 n 项和 Sn=+=2n+1 2+n2=2n+1+n2 2 ,成3（ 2022.浙江）已知公差不为0 的等差数列 an 的首项 a1为 a（aR）设数列的前n 项和为 Sn,且等比数列（）求数列 a n的通项公式及 Sn；（）记 A n= + + +,Bn= + +,当 a2 时,试比较 An与 Bn的大小分析：（）设出等差数列的公差,利用等比中项的性质,建立等式求得 d,就数列的通项公式和前 n 项的和可得（）利用（ ）的 an 和 Sn,代入不等式,利用裂项法和等比数列的求和公式整理 A n 与 Bn,最终对 a0 和 a0两种情形分情形进行比较解答： 解：（）设等差数列 a n 的公差为 d,由（）2=.,得（ a1+d）2=a1（a1+3d）,由于 d0,所以 d=a1=a 所以 an=na,Sn=（）解： =（=）=,第 6 页,共 19 页A n=+（1=2n 1a,所以=名师归纳总结 6 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Bn=+=.=.（1）当 n2 时, 2n=C n0+Cn1+Cnn n+1,即 11所以,当 a0 时, A n Bn；当 a0 时, A n Bn4（2022.辽宁）已知等差数列 an 满意 a2=0,a6+a8= 10 （I）求数列 an 的通项公式；（II ）求数列 的前 n 项和分析：（I）依据等差数列的通项公式化简 a2=0 和 a6+a8= 10,得到关于首项和公差的方程组,求出方程组的解即可得到数列的首项和公差,依据首项和公差写出数列的通项公式即可；（II ）把（ I）求出通项公式代入已知数列,列举出各项记作 ,然后给两边都除以2 得另一个关系式记作 , 后,利用 an 的通项公式及等比数列的前n 项和的公式化简后,即可得到数列 的前 n 项和的通项公式解答： 解：（I）设等差数列 a n的公差为 d,由已知条件可得,解得：,故数列 an 的通项公式为an=2 n；+ ,故 S1=1,（II ）设数列 的前 n 项和为 Sn,即 Sn=a1+=+ ,当 n 1 时, 得：=a1+）=1 （=1 （ 1）=,所以 Sn=,7 第 7 页,共 19 页名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 综上,数列 的前 n 项和 Sn=是一道中档题5（2022.湖北） 成等差数列的三个正数的和等于15,并且这三个数分别加上2、5、13 后成为等比数列b n中的 b3、b4、b5（I） 求数列 b n的通项公式；（II ） 数列 b n 的前 n 项和为 Sn,求证：数列 S n+ 是等比数列5 d,5+d,代入等比数列中可求d,进一步分析：（I）利用成等差数列的三个正数的和等于15 可设三个数分别为可求数列 b n 的通项公式（II ）依据（ I）及等比数列的前n 项和公式可求Sn,要证数列 S n+ 是等比数列 .即可解答： 解：（I）设成等差数列的三个正数分别为a d,a, a+d 依题意,得a d+a+a+d=15,解得 a=5 所以 b n 中的依次为7 d,10, 18+d 依题意,有（ 7 d）（18+d）=100,解得 d=2 或 d= 13（舍去）故b n 的第 3 项为 5,公比为 2 由 b3=b1.2 2,即 5=4b1,解得所以 b n 是以 首项, 2 为公比的等比数列,通项公式为（II ）数列 b n 的前和即,所以,因此 是以为首项,公比为2 的等比数列点评： 此题主要考查了等差数列、等比数列及前n 和公式等基础学问,同时考查基本运算才能6（2022.安徽）在数1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这n+2 个数构成递增的等比数列,将这n+2 个数的乘积计作 T n,再令 an=lgT n,n1（I）求数列 an 的通项公式；（）设 bn=tanan.tanan+1,求数列 b n 的前 n 项和 Sn分析：（I）依据在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这 n+2 个数构成递增的等比数列,我们易得这 n+2 项的几何平均数为 10,故 Tn=10 n+2,进而依据对数的运算性质我们易运算出数列 an的通项公式；（II ）依据（ I）的结论,利用两角差的正切公式,我们易将数列 b n 的每一项拆成的形式,进而得到结论解答： 解：（I）在数 1 和 100 之间插入 n 个实数,使得这 又这 n+2 个数的乘积计作 Tn,n+2 个数构成递增的等比数列,名师归纳总结 8 第 8 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - Tn=10n+2又an=lgT n,an=lg10 n+2=n+2,n1（II ） bn=tanan.tanan+1=tan（ n+2） .tan（n+3）=,Sn=b1+b 2+b n= + + =点评： 此题考查的学问点是等比数列的通项公式及数列与三角函数的综合,其中依据已知求出这n+2 项的几何平均数为 10,是解答此题的关键7（2022.浙江）设 a1, d 为实数,首项为（）如 S5=5,求 S6 及 a1；（）求 d 的取值范畴a1,公差为 d 的等差数列 an 的前 n 项和为 Sn,满意 S5S6+15=0解答： 解：（）由题意知S6= 3,a6=S6 S5= 8 所以解得 a1=7 所以 S6= 3, a1=7；解：（）由于 S5S6+15=0 ,所以（ 5a1+10d）（6a1+15d）+15=0,即 2a12+9da1+10d2+1=0 4故（ 4a1+9d）所以 d282=d2 8故 d 的取值范畴为d 2或 d28（2022.四川）已知等差数列a n 的前 3 项和为 6,前 8 项和为（）求数列 a n的通项公式；（）设 bn=（4 an）q n 1（q0,nN *）,求数列 b n的前 n 项和 Sn分析：（1）设 a n的公差为 d,依据等差数列的求和公式表示出前3 项和前 8 项的和,求的a1 和 d,进而依据等差数列的通项公式求得an（2）依据（ 1）中的 an,求得 bn,进而依据错位相减法求得数列 解答： 解：（1）设 an 的公差为 d,由已知得解得 a1=3,d= 1 故 an=3+（n 1）（ 1）=4 n；（2）由（ 1）的解答得, bn=n.q n1,于是 Sn=1.q0+2.q1+3.q2+（n 1）.qn 1+n.qnb n 的前 n 项和 Sn名师归纳总结 9 第 9 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 如 q1,将上式两边同乘以 q,得qSn=1.q1+2.q2+3.q3+（n 1）.qn+n.qn+1将上面两式相减得到（q 1）Sn=nqn （ 1+q+q2+qn 1）=nq n于是 Sn=如 q=1,就 Sn=1+2+3+ +n=所以, Sn=9（2022.四川）已知数列an 满意 a1=0, a2=2,且对任意m、nN* 都有 a2m 1+a2n 1=2am+n 1+2（m n）2（1）求 a3,a5；（2）设 bn=a2n+1 a2n 1（nN*）,证明： b n 是等差数列；（3）设 cn=（an+1 an） q n1（q0,nN * ）,求数列 c n 的前 n 项和 Sn分析：（1）欲求 a3,a5 只需令 m=2,n=1 赋值即可（2）以 n+2 代替 m,然后利用配凑得到bn+1 bn,和等差数列的定义即可证明（3）由（ 1）（2）两问的结果可以求得cn,利用乘公比错位相减求c n 的前 n 项和 Sn解答： 解：（1）由题意,令m=2 ,n=1,可得 a3=2a2 a1+2=6 再令 m=3,n=1,可得 a5=2a3 a1+8=20 （2）当 nN*时,由已知（以 n+2 代替 m）可得a2n+3+a2n 1=2a2n+1+8 于是 a2（n+1）+1 a2（n+1） 1 （ a2n+1 a2n 1）=8 即 bn+1 bn=8 所以 b n 是公差为 8 的等差数列（3）由（ 1）（2）解答可知 b n 是首项为 b1=a3 a1=6,公差为 8 的等差数列 就 bn=8n 2,即 a2n+1 a2n 1=8n 2 另由已知（令 m=1）可得an= （ n 1）2那么 an+1 an= 2n+1 = 2n+1=2n 于是 cn=2nq n1当 q=1 时, Sn=2+4+6+2n=n （n+1）当 q1 时, Sn=2.q0+4.q1+6.q2+2n.qn 1两边同乘以q,可得nqSn=2.q 1+4.q 2+6.q3+2n.q上述两式相减得（1 q）Sn=2（1+q+q2+qn1） 2nqn10 第 10 页,共 19 页名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - =2.n 2nq=2.所以 Sn=2.综上所述, Sn=点评： 本小题是中档题,主要考查数列的基础学问和化归、分类整合等数学思想,以及推理论证、分析与解决问题的才能同时考查了等差,等比数列的定义,通项公式,和数列求和的方法10（2022.陕西）已知 an 是公差不为零的等差数列,a1=1,且 a1, a3, a9成等比数列（）求数列 a n的通项；d,进而求出通项an（）求数列 2an 的前 n 项和 Sn分析：（I）由题意可得a32=a1.a9=a9,从而建立关于公差d 的方程,解方程可求（II ）由（ I）可得,代入等比数列的前n 项和公式可求Sn解答： 解（ ）由题设知公差d0,由 a1=1,a1,a3,a9 成等比数列得=,解得 d=1,d=0（舍去）,故 an 的通项 an=1+（n 1）×1=n；（）由（ ）知2a_n=2n,由等比数列前 n 项和公式得Sm=2+22+23+2n=2n+1 2点评： 此题考查了等差数列及等比数列的通项公式,等比数列的前n 项和公式,属于基本公式的简洁运用11（2022.陕西）已知数列a n满意, nN×（1）令 bn=an+1 an,证明： b n是等比数列；（2）求 an 的通项公式分析：（1）先令 n=1 求出 b1,然后当 n2 时,求出 an+1 的通项代入到bn 中化简可得 b n是以 1 为首项,为公比的等比数列得证；（2）由（ 1）找出 bn 的通项公式,当n2 时,利用 an=a1+（ a2 a1）+（ a3 a2）+（an an 1）代入并利用等比数列的前 n 项和的公式求出即可得到an 的通项,然后n=1 检验也符合,所以n N,an 都成立解答： 解：（1）证 b1=a2 a1=1,当 n2 时,所以 b n 是以 1 为首项,为公比的等比数列11 第 11 页,共 19 页名师归纳总结 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - （2）解由（ 1）知,当 n2 时, an=a1+（a2 a1）+（a3 a2）+（an an 1）=1+1+（）+= = =,当 n=1 时,nN,点 , n S n,均在函数ybxr b0所以12.2022 山东 等比数列 a 的前 n 项和为S , 已知对任意的且b1, , b r 均为常数 的图像上 . （1）求 r 的值；（11）当 b=2 时,记b nn1nN求数列 nb的前 n 项和Tnn1, , b r 均 为 常 数 的 图 像 上 . 所 以 得4 an解 : 因 为 对 任 意 的 nN, 点 , n S n, 均 在 函 数ybxr b0且bS nbnr , 1当n1时 ,a 1S 1br , 当n2时,a nS nS n1n brbn1rbnbn1b1 bn1, 又由于 a 为等比数列 , 所以r1, 公比为 b , 所以anb1 b（2）当 b=2 时,anbn 1 b12n1, b nn14n211n14a nnn 21就T n234Ln12 23 24 2n 211 2T n1234Ln1n11nn13 24 225 212 1nn 22 11L相减 , 得T n2223 2245 2n 222第 12 页,共 19 页11111n13211nn13 2n 2121n 224n222所以T n31n13nn322nn 21221名师归纳总结 12 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 13（2022、山东）（本小题满分 12 分）已知等差数列 a n 满意：a 3 7,a 5 a 7 26,a n 的前 n 项和为 S （）求 a 及 S ；（）令 bn= 2 1n N*,求数列 b n 的前 n 项和 T a n 1【解析】（）设等差数列 a n 的公差为 d,由于 a 3 7,a 5 a 7 26,所以有a 1 2 d 7,解得 a 1 3, d 2,2 a 1 10 d 26所以 a n 3（2 n 1=2n+1；S = 3n+ nn-1 2 = n +2n ；22（）由（）知 a n 2n+1,所以 bn= 2 1= 12 = 1 1 =1 1-1,a n 1（2n+1 1 4 nn+1 4 n n+1所以 T =1 1-1+ 1 1+ L + 1-1 =1 1-1= n,4 2 2 3 n n+1 4 n+1 4n+1即数列 nb 的前 n 项和 T = n；4n+114（2022.湖北）已知数列 an 是一个公差大于 0 的等差数列,且满意 a2a6=55,a2+a7=16 （1）求数列 a n 的通项公式；（2）数列 an 和数列 b n 满意等式 an=（nN*）,求数列 bn的前 n 项和 Sn分析：（1）设等差数列 an 的公差为 d,分别表示出a2a6=55,a2+a7=16 联立方程求得d 和 a1 进而依据等差数列通项公式求得 an（2）令 cn=,就有 an=c1+c2+cn,an+1=c1+c2+cn+1 两式相减得 cn+1 等于常数 2,进而可得 bn,进而依据 b1=2a1求得 b1 就数列 b n 通项公式可得,进而依据从其次项开头按等比数列求和公式求和再加上 b1解答： 解：（1）设等差数列 an 的公差为 d,就依题意可知 d0 由 a2+a7=16,得 2a1+7d=16由 a2a6=55,得（ a1+2d）（a1+5d）=55由 联立方程求得得 d=2,a1=1 或 d= 2,a1=（排除）an=1+（ n 1）.2=2n 1 （2）令 cn=,就有 an=c1+c2+cnan+1=c1+c2+cn+1两式相减得名师归纳总结 13 第 13 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - an+1 an=cn+1,由（ 1）得 a1=1,an+1 an=2 cn+1=2,即 cn=2（ n2）,即当 n2 时,bn=2 n+1,又当 n=1 时, b1=2a1=2 bn=于是 Sn=b1+b2+b 3+b n=2+23+24+2n+1=2n+2 6 点评： 此题主要考查等差数列的性质和等比数列的性质考查了对数列问题的综合把握15（2022.北京）设数列 an 的通项公式为an=pn+q （nN*,P0）数列 b n 定义如下：对于正整数m,bm是使得不等式 anm 成立的全部 n 中的最小值（）如,求 b3；（）如 p=2,q= 1,求数列 b m 的前 2m 项和公式；解答： 解：（）由题意,得,解,得成立的全部 n 中的最小正整数为 7,即 b3=7（）由题意,得 an=2n 1,对于正整数 m,由 anm,得依据 bm的定义可知当 m=2k 1 时, bm=k（kN *）；当 m=2k 时, bm=k+1 （kN*）b1+b2+b 2m=（ b1+b3+b 2m 1）+（b2+b 4+b 2m）=（1+2+3+m ）+2+3+4+（m+1）=16（2022.浙江）已知数列 x n 的首项 x1=3,通项 xn=2 np+np（nN* ,p,q 为常数）,且成等差数列求：（）p,q 的值；（）数列 x n前 n 项和 Sn 的公式分析：（ ）依据 x1=3,求得 p,q 的关系,进而依据通项 关于 p 的方求得 p,进而求得 qxn=2np+np（nN* ,p,q 为常数）,且成等差数列建立（）进而依据（1）中求得数列的首项和公差,利用等差数列的求和公式求得答案解答： 解：（）x1=3,2p+q=3,又 x4=2 4p+4q,x5=2 5p+5q,且 x1+x3=2x 4,3+2 5p+5q=2 5p+8q,联立 求得 p=1, q=1 （）由（ 1）可知 xn=2 n+n Sn=（2+2 2+2 n）+（1+2+n）=点评： 此题主要考查等差数列和等比数列的基本学问,考查运算及推理才能名师归纳总结 14 第 14 页,共 19 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 17（2022.四川）设数列 an 的前 n 项和为 Sn=2an 2n,（）求 a1,a4（）证明： a n+1 2a n 是等比数列；（）求 an 的通项公式考点 ：等比关系的确定；等比数列的通项公式；数列递推式；专题 ：运算题；证明题；分析：（）令 n=1 得到 s1=a1=2 并推出 an,令 n=2 求出 a2,s2 得到 a3 推出 a4 即可；（）由已知得 an+1 2an=（Sn+2 n+1） （ Sn+2 n）=2n+1 2n=2 n 即为等比数列；（）an=（an 2an 1）+2（an 1 2an 2）+2 n2（a2 2a1）+2 n1a1=（ n+1）.2 n1 即可解答： 解：（）由于 a1=S1,2a1=S1+2,所以 a1=2,S1=2 由 2an=Sn+2n知 2an+1=Sn+1+2n+1=an+1+Sn+2n+1得 an+1=sn+2 n+1所以 a2=S1+2 2=2+2 2=6, S2=8a3=S2+2 3=8+2 3=16,S2=24