【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第六章第2讲　等差数列及其前n项和学案

【数学】2019届一轮复习北师大版（文科数学）第六章第2讲　等差数列及其前n项和学案

第2讲　等差数列及其前n项和 ‎1．等差数列的有关概念 ‎(1)定义 如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的差都等于同一个常数，那么这个数列就叫做等差数列．符号表示为an＋1－an＝d(n∈N*，d为常数)．‎ ‎(2)等差中项 数列a，A，b成等差数列的充要条件是A＝，其中A叫做a，b的等差中项．‎ ‎2．等差数列的有关公式 ‎(1)通项公式：an＝a1＋(n－1)d．‎ ‎(2)前n项和公式：Sn＝na1＋d＝．‎ ‎3．等差数列的性质 已知数列{an}是等差数列，Sn是其前n项和．‎ ‎(1)通项公式的推广：an＝am＋(n－m)d(n，m∈N*)．‎ ‎(2)若k＋l＝m＋n(k，l，m，n∈N*)，则ak＋al＝am＋an．‎ ‎(3)若{an}的公差为d，则{a2n}也是等差数列，公差为2d．‎ ‎(4)若{bn}是等差数列，则{pan＋qbn}也是等差数列．‎ ‎(5)数列Sm，S2m－Sm，S3m－S2m，…构成等差数列．‎ ‎ 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有2an＋1＝an＋an＋2.(　　)‎ ‎(2)等差数列{an}的单调性是由公差d决定的．(　　)‎ ‎(3)已知数列{an}的通项公式是an＝pn＋q(其中p，q为常数)，则数列{an}一定是等差数列．(　　)‎ ‎(4)等差数列的前n项和公式是常数项为0的二次函数．(　　)‎ 答案：(1)√　(2)√　(3)√　(4)×‎ ‎ (教材习题改编)等差数列11，8，5，…，中－49是它的第几项(　　)‎ A．第19项　　　　　　　　 B．第20项 C．第21项 D．第22项 解析：选C．a1＝11，d＝8－11＝－3，‎ 所以an＝11＋(n－1)×(－3)＝－3n＋14.‎ 由－3n＋14＝－49，得n＝21.故选C．‎ ‎ (教材习题改编)已知p：数列{an}是等差数列，q：数列{an}的通项公式an＝k1n＋k2(k1，k2均为常数)，则p是q的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 解析：选C．若{an}是等差数列，不妨设公差为d.‎ 所以an＝a1＋(n－1)d＝dn＋a1－d，‎ 令k1＝d，k2＝a1－d，则an＝k1n＋k2，‎ 若数列{an}的通项公式an＝k1n＋k2(k1，k2为常数，n∈N*)，‎ 则当n≥2且n∈N*时，an－1＝k1(n－1)＋k2，‎ 所以an－an－1＝k1(常数)(n≥2且n∈N*)，‎ 所以{an}为等差数列，‎ 所以p是q的充要条件．‎ ‎ 在等差数列{an}中，若a2＝4，a4＝2，则a6等于(　　)‎ A．－1 B．0‎ C．1 D．6‎ 解析：选B．由等差数列的性质，a2＋a6＝2a4，所以a6＝2a4－a2＝4－4＝0.‎ ‎ (教材习题改编)小于20的所有正奇数的和为(　　)‎ A．64 B．81‎ C．100 D．121‎ 解析：选C．设小于20的正奇数构成的数列为{an}，则{an}是以a1＝1，公差d＝2的等差数列，所以an＝2n－1.由an≤19，得n≤10，即共有10个数．所以S10＝＝100，故选C．‎ ‎ (教材习题改编)设Sn为等差数列{an}的前n项和，S2＝S6，a4＝1，则a5＝__________．　‎ 解析：由题意知 解得所以a5＝a4＋d＝1＋(－2)＝－1.‎ 答案：－1‎ 等差数列基本量的运算 ‎[典例引领]‎ ‎ (1)(2017·高考全国卷Ⅰ)记Sn为等差数列{an}的前n项和．若a4＋a5＝24，S6＝48，则{an}的公差为(　　)‎ A．1　　　　　　　　　　 B．2‎ C．4 D．8‎ ‎(2)(2016·高考全国卷Ⅰ)已知等差数列{an}前9项的和为27，a10＝8，则a100＝(　　)‎ A．100 B．99‎ C．98 D．97‎ ‎(3)(2018·合肥第二次质量检测)等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝6，S6＝3，则S10＝(　　)‎ A． B．0‎ C．－10 D．－15‎ ‎【解析】　(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 所以所以d＝4，故选C．‎ ‎(2)设等差数列{an}的公差为d，因为{an}为等差数列，且S9＝9a5＝27，所以a5＝3.又a10＝8，解得5d＝a10－a5＝5，所以d＝1，所以a100＝a5＋95d＝98，选C．‎ ‎(3)由题意，得，解得，所以S10＝10a1＋45d＝－15，故选D.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)C　(3)D 等差数列运算问题的通性通法 ‎(1)等差数列运算问题的一般求法是设出首项a1和公差d，然后由通项公式或前n项和公式转化为方程(组)求解．‎ ‎(2)等差数列的通项公式及前n项和公式，共涉及五个量a1，an，d，n，Sn，知其中三个就能求另外两个，体现了用方程的思想解决问题．　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．已知{an}是公差为1的等差数列，Sn为{an}的前n项和，若S8＝4S4，则a10＝(　　)‎ A．　　　　　　　　　　 B． C．10 D．12‎ 解析：选B．因为公差为1，‎ 所以S8＝8a1＋×1＝8a1＋28，S4＝4a1＋6.‎ 因为 S8＝4S4，所以8a1＋28＝4(4a1＋6)，解得a1＝，‎ 所以a10＝a1＋9d＝＋9＝，故选B．‎ ‎2．(2018·安徽两校阶段性测试)若等差数列{an}的前n项和为Sn，且满足a2＋S3＝4，a3＋S5＝12，则a4＋S7的值是(　　)‎ A．20 B．36‎ C．24 D．72‎ 解析：选C．由a2＋S3＝4及a3＋S5＝12‎ 得，解得，‎ 所以a4＋S7＝8a1＋24d＝24.故选C．‎ 等差数列的判断与证明 ‎[典例引领]‎ ‎ (2018·贵州适应性考试)已知数列{an}满足a1＝1，且nan＋1－(n＋1)an＝2n2＋2n.‎ ‎(1)求a2，a3；‎ ‎(2)证明数列{}是等差数列，并求{an}的通项公式．‎ ‎【解】　(1)由已知，得a2－2a1＝4，‎ 则a2＝2a1＋4，又a1＝1，所以a2＝6.‎ 由2a3－3a2＝12，‎ 得2a3＝12＋3a2，所以a3＝15.‎ ‎(2)由已知nan＋1－(n＋1)an＝2n(n＋1)，‎ 得＝2，即－＝2，‎ 所以数列是首项＝1，公差d＝2的等差数列．‎ 则＝1＋2(n－1)＝2n－1，所以an＝2n2－n.‎ 等差数列的四个判定方法 ‎(1)定义法：证明对任意正整数n都有an＋1－an等于同一个常数．‎ ‎(2)等差中项法：证明对任意正整数n都有2an＋1＝an＋an＋2后，可递推得出an＋2－an＋1＝‎ an＋1－an＝an－an－1＝an－1－an－2＝…＝a2－a1，根据定义得出数列{an}为等差数列．‎ ‎(3)通项公式法：得出an＝pn＋q后，得an＋1－an＝p对任意正整数n恒成立，根据定义判定数列{an}为等差数列．‎ ‎(4)前n项和公式法：得出Sn＝An2＋Bn后，根据Sn，an的关系，得出an，再使用定义法证明数列{an}为等差数列．　 ‎ ‎[通关练习]‎ 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．‎ ‎(1)证明：an＋2－an＝λ；‎ ‎(2)是否存在λ，使得{an }为等差数列？并说明理由．‎ 解：(1)证明：由题设知anan＋1＝λSn－1，an＋1an＋2＝λSn＋1－1，两式相减得an＋1(an＋2－an)＝λan＋1，‎ 由于an＋1≠0，‎ 所以an＋2－an＝λ.‎ ‎(2)由题设知a1＝1，a1a2＝λS1－1，‎ 可得a2＝λ－1.‎ 由(1)知，a3＝λ＋1.‎ 令2a2＝a1＋a3，‎ 解得λ＝4.‎ 故an＋2－an＝4，‎ 由此可得{a2n－1}是首项为1，‎ 公差为4的等差数列，a2n－1＝4n－3；‎ ‎{a2n}是首项为3，公差为4的等差数列，a2n＝4n－1.‎ 所以an＝2n－1，an＋1－an＝2，‎ 因此存在λ＝4，‎ 使得数列{an}为等差数列．‎ 等差数列性质的应用(高频考点)‎ 等差数列的性质是高考的重要内容，多与等差数列基本量的计算综合考查，既有选择题、填空题，也有解答题，难度适中．主要命题角度有：‎ ‎(1)等差数列项的性质的应用；‎ ‎(2)等差数列前n项和性质的应用．‎ ‎[典例引领]‎ ‎ 角度一　等差数列项的性质的应用 ‎ (1)(2018·湖南五市十校联考)已知Sn是数列{an}的前n项和，且Sn＋1＝Sn＋an＋3，‎ a4＋a5＝23，则S8＝(　　)‎ A．72　　　　　　　　 B．88‎ C．92 D．98‎ ‎(2)已知{an}，{bn}都是等差数列，若a1＋b10＝9，a3＋b8＝15，则a5＋b6＝________．‎ ‎【解析】　(1)法一：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，又a4＋a5＝23＝2a1＋7d＝2a1＋21，所以a1＝1，S8＝8a1＋d＝92.‎ 法二：由Sn＋1＝Sn＋an＋3，得an＋1－an＝3，数列{an}是公差为3的等差数列，S8＝＝＝92.‎ ‎(2)因为{an}，{bn}都是等差数列，所以2a3＝a1＋a5，2b8＝b10＋b6，所以2(a3＋b8)＝(a1＋b10)＋(a5＋b6)，即2×15＝9＋(a5＋b6)，解得a5＋b6＝21.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)21‎ ‎ 角度二　等差数列前n项和性质的应用 ‎ (1)在等差数列{an}中，a1＝－2 018，其前n项和为Sn，若－＝2，则S2 018的值等于(　　)‎ A．－2 018 B．－2 016‎ C．－2 019 D．－2 017‎ ‎(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且S3＝－12，S9＝45，则S12＝________．‎ ‎【解析】　(1)由题意知，数列为等差数列，其公差为1，所以＝＋(2 018－1)×1＝－2 018＋2 017＝－1.‎ 所以S2 018＝－2 018.‎ ‎(2)因为{an}是等差数列，所以S3，S6－S3，S9－S6，S12－S9成等差数列，所以2(S6－S3)＝S3＋(S9－S6)，即2(S6＋12)＝－12＋(45－S6)，解得S6＝3.又2(S9－S6)＝(S6－S3)＋(S12－S9)，即2×(45－3)＝(3＋12)＋(S12－45)，解得S12＝114.‎ ‎【答案】　(1)A　(2)114‎ 等差数列的性质 ‎(1)项的性质：在等差数列{an}中，am－an＝(m－n)d⇔＝d(m≠n)，其几何意义是点(n，an)，(m，am)所在直线的斜率等于等差数列的公差．‎ ‎(2)和的性质：在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，则 ‎①S2n＝n(a1＋a2n)＝…＝n(an＋an＋1)；‎ ‎②S2n－1＝(2n－1)an.　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．(2018·西安八校联考)等差数列{an}为递增数列，若a＋a＝101，a5＋a6＝11，则数列{an}的公差d等于(　　)‎ A．1 B．2‎ C．9 D．10‎ 解析：选A．依题意得(a1＋a10)2－2a1a10＝(a5＋a6)2－2a1a10＝121－2a1a10＝101，所以a1a10＝10，又a1＋a10＝a5＋a6＝11，a10，a8<0，故n＝7时Sn最大．‎ 法二：由S3＝S11，可得3a1＋3d＝11a1＋55d，把a1＝13代入，得d＝－2，故Sn＝13n－n(n－1)＝－n2＋14n.根据二次函数的性质，知当n＝7时Sn最大．‎ 法三：根据a1＝13，S3＝S11，知这个数列的公差不等于零，且这个数列的和是先递增后递减．根据公差不为零的等差数列的前n项和是关于n的二次函数，以及二次函数图象的对称性，可得只有当n＝＝7时，Sn取得最大值．‎ ‎(2)由an＝2n－10(n∈N*)知{an}是以－8为首项，2为公差的等差数列，又由an＝2n－10≥0得n≥5，所以n≤5时，an≤0，当n>5时，an>0，所以|a1|＋|a2|＋…＋|a15|＝－(a1＋a2‎ ‎＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋…＋a15)＝20＋100＝120.‎ ‎【答案】　(1)C　(2)120‎ 求等差数列前n项和Sn及最值的2种方法 ‎(1)函数法：利用等差数列前n项和的函数表达式Sn＝an2＋bn，通过配方或借助图象求二次函数最值的方法求解．‎ ‎(2)邻项变号法 ‎①当a1>0，d<0时，满足的项数m使得Sn取得最大值为Sm；‎ ‎②当a1<0，d>0时，满足的项数m使得Sn取得最小值为Sm.　 ‎ ‎[通关练习]‎ ‎1．设等差数列{an}的前n项和为Sn，a1>0且＝，则当Sn取最大值时，n的值为(　　)‎ A．9　　　　　　　　 B．10‎ C．11 D．12‎ 解析：选B．由＝，得S11＝S9，即a10＋a11＝0，根据首项a1>0可推知这个数列递减，从而a10>0，a11<0，故n＝10时，Sn最大．‎ ‎2．在等差数列{an}中，S10＝100，S100＝10，则S110＝________．‎ 解析：因为数列{an}为等差数列，‎ 所以S10＝5(a1＋a10)＝100.‎ S100＝50(a1＋a100)＝10.‎ 所以a100－a10＝90d＝－19.8，即d＝－0.22.‎ 又a1＋a110＝a1＋a100＋10d＝－2，‎ 所以S110＝55(a1＋a110)＝－2×55＝－110.‎ 答案：－110‎ ‎ 等差数列的判断方法 ‎(1)定义法；‎ ‎(2)等差中项法；‎ ‎(3)利用通项公式判断；‎ ‎(4)利用前n项和公式判断．‎ ‎ 等差数列基本量的计算 ‎(1)在解有关等差数列的基本量问题时，可通过列关于a1，d的方程组进行求解．‎ ‎(2)若奇数个数成等差数列，可设中间三项为a－d，a，a＋d.‎ 若偶数个数成等差数列，可设中间两项为a－d，a＋d，其余各项再依据等差数列的定义进行对称设元．‎ ‎(3)灵活使用等差数列的性质，可以大大减少运算量．‎ ‎ 解决等差数列应注意以下两点 ‎(1)用定义法证明等差数列应注意“从第2项起”，如证明了an＋1－an＝d(n≥2)时，应注意验证a2－a1是否等于d，若a2－a1≠d，则数列{an}不为等差数列．‎ ‎(2)利用二次函数性质求等差数列前n项和最值时，一定要注意自变量n是正整数．　　　 ‎ ‎1．(2018·洛阳模拟)设等差数列{an}的前n项和为Sn，且a2＋a7＋a12＝24，则S13＝(　　)‎ A．52　　　　　　　　　 B．78‎ C．104 D．208‎ 解析：选C．依题意得3a7＝24，a7＝8，S13＝＝13a7＝104，选C．‎ ‎2．若等差数列{an}的前5项和S5＝25，且a2＝3，则a7＝(　　)‎ A．12 B．13‎ C．14 D．15‎ 解析：选B．设{an}的公差为d，由S5＝⇒25＝⇒a4＝7，所以7＝3＋2d⇒d＝2，所以a7＝a4＋3d＝7＋3×2＝13.‎ ‎3．在单调递增的等差数列{an}中，若a3＝1，a2a4＝，则a1＝(　　)‎ A．－1 B．0‎ C． D． 解析：选B．由题知，a2＋a4＝2a3＝2，又因为a2a4＝，数列{an}单调递增，所以a2＝，a4＝.所以公差d＝＝.所以a1＝a2－d＝0.‎ ‎4．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则“a6＋a7>0”是“S9≥S3”的(　　)‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充要也不必要条件 解析：选A．法一：将它们等价转化为a1和d的关系式．a6＋a7>0⇒a1＋5d＋a1＋6d>0⇒2a1＋11d>0；S9≥S3⇒9a1＋≥3a1＋⇒2a1＋11d≥0.‎ 法二：a6＋a7>0⇒a1＋a12>0，‎ S9≥S3⇒a4＋a5＋…＋a9≥0⇒3(a1＋a12)≥0.‎ ‎5．在等差数列{an}中，a1＝29，S10＝S20，则数列{an}的前n项和Sn的最大值为(　　)‎ A．S15 B．S16‎ C．S15或S16 D．S17‎ 解析：选A．设{an}的公差为d，‎ 因为a1＝29，S10＝S20，‎ 所以10a1＋d＝20a1＋d，解得d＝－2，‎ 所以Sn＝29n＋×(－2)＝－n2＋30n＝－(n－15)2＋225.‎ 所以当n＝15时，Sn取得最大值．‎ ‎6．在等差数列{an}中，a3＋a9＝27－a6，Sn表示数列{an}的前n项和，则S11＝________．‎ 解析：因为a3＋a9＝27－a6，2a6＝a3＋a9，所以3a6＝27，所以a6＝9，所以S11＝(a1＋a11)＝11a6＝99.‎ 答案：99‎ ‎7．在等差数列{an}中，公差d＝，前100项的和S100＝45，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝________．‎ 解析：因为S100＝(a1＋a100)＝45，所以a1＋a100＝，a1＋a99＝a1＋a100－d＝，则a1＋a3＋a5＋…＋a99＝(a1＋a99)＝×＝10.‎ 答案：10‎ ‎8．设等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，则正整数m的值为________．‎ 解析：因为等差数列{an}的前n项和为Sn，Sm－1＝－2，Sm＝0，Sm＋1＝3，‎ 所以am＝Sm－Sm－1＝2，am＋1＝Sm＋1－Sm＝3，数列的公差d＝1，am＋am＋1＝Sm＋1－Sm－1＝5，即2a1＋2m－1＝5，‎ 所以a1＝3－m.‎ 由Sm＝(3－m)m＋×1＝0，‎ 解得正整数m的值为5.‎ 答案：5‎ ‎9．(2016·高考全国卷Ⅱ)等差数列{an}中，a3＋a4＝4，a5＋a7＝6.‎ ‎(1)求{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝[an]，求数列{bn}的前10项和，其中[x]表示不超过x的最大整数，如[0.9]＝0，[2.6]＝2.‎ 解：(1)设数列{an}的公差为d，由题意有 ‎2a1＋5d＝4，a1＋5d＝3.‎ 解得a1＝1，d＝.‎ 所以{an}的通项公式为an＝.‎ ‎(2)由(1)知，bn＝[]．‎ 当n＝1，2，3时，1≤＜2，bn＝1；‎ 当n＝4，5时，2<＜3，bn＝2；‎ 当n＝6，7，8时，3≤＜4，bn＝3；‎ 当n＝9，10时，4<＜5，bn＝4.‎ 所以数列{bn}的前10项和为1×3＋2×2＋3×3＋4×2＝24.‎ ‎10．已知数列{an}的各项均为正数，前n项和为Sn，且满足2Sn＝a＋n－4(n∈N*)．‎ ‎(1)求证：数列{an}为等差数列；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)证明：当n＝1时，有2a1＝a＋1－4，‎ 即a－2a1－3＝0，‎ 解得a1＝3(a1＝－1舍去)．‎ 当n≥2时，有2Sn－1＝a＋n－5，‎ 又2Sn＝a＋n－4，‎ 两式相减得2an＝a－a＋1，‎ 即a－2an＋1＝a，‎ 也即(an－1)2＝a，‎ 因此an－1＝an－1或an－1＝－an－1.‎ 若an－1＝－an－1，则an＋an－1＝1.‎ 而a1＝3，‎ 所以a2＝－2，这与数列{an}的各项均为正数相矛盾，所以an－1＝an－1，‎ 即an－an－1＝1，‎ 因此数列{an}是首项为3，公差为1的等差数列．‎ ‎(2)由(1)知a1＝3，d＝1，‎ 所以数列{an}的通项公式an＝3＋(n－1)×1＝n＋2，即an＝n＋2.‎ ‎1．(2018·张掖模拟)等差数列{an}中，是一个与n无关的常数，则该常数的可能值的集合为(　　)‎ A．{1} B． C． D． 解析：选B．＝＝，若a1＝d，则＝；若a1≠0，d＝0，则＝1.因为a1＝d≠0，所以≠0，所以该常数的可能值的集合为.‎ ‎2．设Sn为等差数列{an}的前n项和，若a4＜0，a5＞|a4|，则使Sn＞0成立的最小正整数n为(　　)‎ A．6 B．7‎ C．8 D．9‎ 解析：选C．在等差数列{an}中 ，因为a4＜0，a5＞|a4|，所以a5＞0，a5＋a4＞0，S7＝＝＝7a4＜0，S8＝＝＝4(a4＋a5)＞0.‎ 所以使Sn＞0成立的最小正整数n为8，故选C．‎ ‎3．已知在等差数列{an}中，Sn＝33，S2n＝44，则这个数列的前3n项和S3n为________．‎ 解析：由题意知，，，三点在同一条直线上，从而有＝，解得S3n＝33.所以该数列的前3n项的和为33.‎ 答案：33‎ ‎4．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，若S17＝306，则a7－＝________．‎ 解析：设等差数列{an}的公差为d，由前n项和公式可得S17＝17a1＋d＝306，所以a1＋8d＝18.所以a7－＝a1＋6d－＝＝(a1＋8d)＝×18＝12.‎ 答案：12‎ ‎5．已知等差数列{an}前三项的和为－3，前三项的积为8.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)若a2，a3，a1成等比数列，求数列{|an|}的前n项和Sn.‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则a2＝a1＋d，a3＝a1＋2d.‎ 由题意得 解得或 所以由等差数列通项公式可得an＝2－3(n－1)＝－3n＋5或an＝－4＋3(n－1)＝3n－7.‎ 故an＝－3n＋5或an＝3n－7.‎ ‎(2)当an＝－3n＋5时，a2，a3，a1分别为－1，－4，2，不成等比数列；‎ 当an＝3n－7时，a2，a3，a1分别为－1，2，－4，成等比数列，满足条件．‎ 故|an|＝|3n－7|＝ 记数列{|an|}的前n项和为Sn.‎ 当n＝1时，S1＝|a1|＝4；‎ 当n＝2时，S2＝|a1|＋|a2|＝5；‎ 当n≥3时，Sn＝S2＋|a3|＋|a4|＋…＋|an|‎ ‎＝5＋(3×3－7)＋(3×4－7)＋…＋(3n－7)‎ ‎＝5＋＝n2－n＋10.‎ 当n＝2时，满足此式，当n＝1时，不满足此式．‎ 综上，Sn＝ ‎6．(2018·洛阳第一次统一考试)已知数列{an}的前n项和为Sn，an≠0，a1＝1，且2anan＋1＝4Sn－3(n∈N*)．‎ ‎(1)求a2的值并证明：an＋2－an＝2；‎ ‎(2)求数列{an}的通项公式．‎ 解：(1)令n＝1得2a1a2＝4S1－3，又a1＝1，所以a2＝.‎ ‎2anan＋1＝4Sn－3，①‎ ‎2an＋1an＋2＝4Sn＋1－3②‎ ‎②－①得，2an＋1(an＋2－an)＝4an＋1.‎ 因为an＋1≠0，所以an＋2－an＝2.‎ ‎(2)由(1)可知：‎ 数列a1，a3，a5，…，a2k－1，…为等差数列，公差为2，首项为1，所以a2k－1＝1＋2(k－1)＝2k－1，即n为奇数时，an＝n.‎ 数列a2，a4，a6，…，a2k，…为等差数列，公差为2，首项为，所以a2k＝＋2(k－1)＝2k－，即n为偶数时，an＝n－.综上所述，an＝.‎