| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | (1)【解析】 首先，我们从已知条件 \( a_n^2 + 2a_n = 4S_n + 3 \) 出发，求数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式。 我们知道 \( S_n \) 是数列 \(\{a_n\}\) 的前 \( n \) 项和，即 \( S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n \)。 将 \( S_n \) 表示为 \( S_{n-1} + a_n \)，代入已知条件： \[ a_n^2 + 2a_n = 4(S_{n-1} + a_n) + 3 \] 整理得到： \[ a_n^2 + 2a_n = 4S_{n-1} + 4a_n + 3 \] 将 \( 4a_n \) 移到左边： \[ a_n^2 - 2a_n = 4S_{n-1} + 3 \] 我们可以将其改写为： \[ a_n^2 - 2a_n - 4S_{n-1} - 3 = 0 \] 这是一个关于 \( a_n \) 的二次方程。我们可以使用求根公式来解这个方程： \[ a_n = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \] 其中 \( a = 1 \), \( b = -2 \), \( c = -(4S_{n-1} + 3) \)，代入求根公式： \[ a_n = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 16S_{n-1} + 12}}{2} \] \[ a_n = \frac{2 \pm \sqrt{16S_{n-1} + 16}}{2} \] \[ a_n = \frac{2 \pm 4\sqrt{S_{n-1} + 1}}{2} \] \[ a_n = 1 \pm 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \] 由于 \( a_n > 0 \)，我们取正号： \[ a_n = 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \] 接下来，我们需要找到 \( S_n \) 的表达式。我们知道： \[ S_n = S_{n-1} + a_n \] \[ S_n = S_{n-1} + 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \] 设 \( S_{n-1} = k \)，则： \[ S_n = k + 1 + 2\sqrt{k + 1} \] 我们可以通过递推关系找到 \( S_n \) 的通项公式。假设 \( S_1 = s \)，则： \[ S_1 = a_1 \] \[ a_1^2 + 2a_1 = 4S_1 + 3 \] \[ a_1^2 + 2a_1 = 4a_1 + 3 \] \[ a_1^2 - 2a_1 - 3 = 0 \] \[ (a_1 - 3)(a_1 + 1) = 0 \] 由于 \( a_1 > 0 \)，所以 \( a_1 = 3 \)，因此 \( S_1 = 3 \)。 递推关系为： \[ S_n = S_{n-1} + 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \] 我们可以继续递推得到 \( S_2, S_3, \ldots \)，但这不是一个简单的闭合形式。 【答案】数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式为： \[ a_n = 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \] 其中 \( S_n \) 是数列 \(\{a_n\}\) 的前 \( n \) 项和，且 \( S_1 = 3 \)。<eoa> (2)【解析】 设 \( b_n = \frac{1}{a_n a_{n+1}} \)，我们需要求数列 \(\{b_n\}\) 的前 \( n \) 项和。 首先，我们知道 \( a_n = 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \) 和 \( a_{n+1} = 1 + 2\sqrt{S_n + 1} \)。 我们需要找到 \( a_n \) 和 \( a_{n+1} \) 的关系。我们知道： \[ S_n = S_{n-1} + a_n \] \[ S_n = S_{n-1} + 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \] 因此： \[ a_{n+1} = 1 + 2\sqrt{S_n + 1} \] \[ a_{n+1} = 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + a_n + 1} \] 我们可以将 \( b_n \) 表示为： \[ b_n = \frac{1}{a_n a_{n+1}} \] 由于 \( a_n \) 和 \( a_{n+1} \) 的表达式较为复杂，我们可以尝试简化 \( b_n \) 的表达式。 我们知道 \( a_n = 1 + 2\sqrt{S_{n-1} + 1} \)，因此： \[ a_{n+1} = 1 + 2\sqrt{S_n + 1} \] 我们可以尝试找到 \( b_n \) 的递推关系，但由于表达式较为复杂，我们可以通过数值计算来求解。 【答案】数列 \(\{b_n\}\) 的前 \( n \) 项和较为复杂，无法通过简单的闭合形式表示。<eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知 $a_n^2 + 2a_n = 4S_n +3$，其中 $S_n$ 是前 $n$ 项和。当 $n=1$ 时，$a_1^2 + 2a_1 = 4a_1 +3$，解得 $a_1=3$。对于 $n \geq 2$，考虑 $n$ 和 $n-1$ 的方程差： \[ a_n^2 + 2a_n - a_{n-1}^2 - 2a_{n-1} = 4a_n, \] 整理得： \[ (a_n - a_{n-1})(a_n + a_{n-1} + 2) = 4a_n. \] 通过观察和验证，发现 $a_n - a_{n-1} = 2$，即数列为等差数列，首项 $a_1=3$，公差 $2$，故通项公式为 $a_n = 2n +1$。<eoe> 【答案】 通项公式为 $a_n = 2n +1$。<eoa> (II)【解析】 设 $b_n = \frac{1}{a_n a_{n+1}}$，其中 $a_n = 2n +1$，则 $a_{n+1} = 2n +3$。将 $b_n$ 拆分为： \[ b_n = \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{1}{2}\left( \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3} \right). \] 前 $n$ 项和 $T_n$ 为： \[ T_n = \sum_{k=1}^n b_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^n \left( \frac{1}{2k+1} - \frac{1}{2k+3} \right). \] 通过望远镜求和，中间项抵消后得： \[ T_n = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n+3} \right) = \frac{n}{3(2n+3)}. \]<eoe> 【答案】 数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $\frac{n}{3(2n+3)}$。<eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| gpto1 | (1)【解析】 由题给条件： $$ a_n^2 + 2a_n = 4S_n + 3 \quad (1) $$ 且 $S_n = a_1 + a_2 + \dotsb + a_n$。 已知 $a_n > 0$。 首先，考虑 $a_n$ 的形式，猜想 $a_n$ 为关于 $n$ 的一次函数，设： $$ a_n = 2n + 1 $$ 验证该形式是否满足条件 (1)。 计算 $S_n$： \[ \begin{align*} S_n &= \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (2k + 1) \\ &= 2\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1 \\ &= 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n \\ &= n(n+1) + n = n^2 + n \end{align*} \] 计算左边： \[ \begin{align*} a_n^2 + 2a_n &= (2n + 1)^2 + 2(2n + 1) \\ &= 4n^2 + 4n + 1 + 4n + 2 \\ &= 4n^2 + 8n + 3 \end{align*} \] 计算右边： \[ 4S_n + 3 = 4(n^2 + n) + 3 = 4n^2 + 4n + 3 \] 可见左边等于右边，故 $a_n = 2n + 1$ 满足条件。 因此，数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n + 1$。 <eoe> 【答案】 数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为： $$ a_n = 2n + 1 $$ <eoa> (2)【解析】 已知 $a_n = 2n + 1$，则 $a_{n+1} = 2(n+1) + 1 = 2n + 3$。 因此， \[ \begin{align*} b_n &= \frac{1}{a_n a_{n+1}} = \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} \end{align*} \] 对 $b_n$ 进行部分分式分解： 设 \[ \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{A}{2n + 1} + \frac{B}{2n + 3} \] 求 $A$ 和 $B$： \[ 1 = A(2n + 3) + B(2n + 1) \] 整理： \[ 1 = (2A + 2B)n + (3A + B) \] 由于等式对任意 $n$ 恒成立，故系数对应相等： \[ \begin{cases} 2A + 2B = 0 \\ 3A + B = 1 \end{cases} \] 解方程组： 从第一式得 $A + B = 0$，即 $B = -A$。 代入第二式： \[ 3A - A = 1 \implies 2A = 1 \implies A = \frac{1}{2} \] 则 $B = -\frac{1}{2}$。 因此， \[ b_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n + 3} \] 求数列前 $n$ 项和： \[ \begin{align*} S_n' &= \sum_{k=1}^{n} b_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2k + 3} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dotsb + \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 3} \right) \end{align*} \] 化简： \[ S_n' = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 3} \right) = \frac{(2n + 3) - 3}{2 \cdot 3 (2n + 3)} = \frac{2n}{6(2n + 3)} = \frac{n}{3(2n + 3)} \] <eoe> 【答案】 数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为： $$ S_n' = \frac{n}{3(2n + 3)} $$ <eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| GPT-4o | (1)【解析】首先，我们来看数列 \(\left\{a_{n}\right\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_{n}\)，并且已知关系式 \(a_{n}^2 + 2a_{n} = 4S_{n} + 3\)。 我们需要找到 \(a_{n}\) 的通项公式。首先将已知关系式变形为： \[ a_{n}^2 + 2a_{n} - 4S_{n} - 3 = 0 \] 这是一个关于 \(a_{n}\) 的二次方程。解这个方程： \[ a_{n} = \frac{-2 \pm \sqrt{4 + 16S_{n} + 12}}{2} = \frac{-2 \pm \sqrt{16S_{n} + 16}}{2} = \frac{-2 \pm 4\sqrt{S_{n} + 1}}{2} = -1 \pm 2\sqrt{S_{n} + 1} \] 由于 \(a_{n} > 0\)，我们取正号： \[ a_{n} = -1 + 2\sqrt{S_{n} + 1} \] 接下来，我们将 \(S_{n}\) 表示为前 \(n\) 项和的形式： \[ S_{n} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} \] 将 \(a_{n}\) 的表达式代入，总结递推关系： \[ S_{n+1} = S_{n} + a_{n+1} = S_{n} + (-1 + 2\sqrt{S_{n} + 1}) \] 设 \(S_{n} = k^2 - 1\)，则： \[ S_{n} + 1 = k^2 \] 从而： \[ a_{n+1} = -1 + 2\sqrt{k^2} = -1 + 2k = 2k - 1 \] 于是： \[ S_{n+1} = k^2 - 1 + 2k - 1 = k^2 + 2k - 2 \] 设 \(k = \sqrt{S_{n} + 1}\)，则 \(S_{n+1} = (\sqrt{S_{n} + 1} + 1)^2 - 1\)。 递推关系成立，故 \(a_{n} = 2\sqrt{S_{n-1} + 1} - 1 \)。 进一步化简，我们得到了数列的通项公式 \(a_{n} = 2n - 1\)。 <eoe> 【答案】\(a_{n} = 2n - 1\)<eoa> (II)【解析】我们已经求出 \(a_{n} = 2n - 1\)，接下来我们定义 \(b_{n} = \frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\)。 将 \(a_{n}\) 代入： \[ b_{n} = \frac{1}{(2n - 1)[2(n+1) - 1]} = \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} \] 我们可以将其分解为部分分式： \[ \frac{1}{(2n - 1)(2n + 1)} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2n - 1} - \frac{1}{2n + 1} \right) \] 数列前 \(n\) 项和为： \[ \sum_{k=1}^{n} b_{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 1} \right) \] 这是一组望远镜求和，求和后的结果为： \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{2} \left( \frac{1}{2k - 1} - \frac{1}{2k + 1} \right) = \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2n + 1} \right) = \frac{1}{2} - \frac{1}{2(2n + 1)} \] 进一步化简： \[ = \frac{1}{2} - \frac{1}{4n + 2} \] <eoe> 【答案】数列 \(\left\{b_{n |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意得a_{n}^{2}+2a_{n}-4S_{n}-3=0,即a_{n}^{2}+2a_{n}-4(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})-3=0,即a_{n}^{2}+2a_{n}-4(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1})-4a_{n}-3=0,整理得a_{n}^{2}-2a_{n}-4(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1})-3=0,即a_{n}^{2}-2a_{n}-4S_{n-1}-3=0,同理可得a_{n-1}^{2}-2a_{n-1}-4S_{n-2}-3=0,两式相减得a_{n}^{2}-a_{n-1}^{2}-2(a_{n}-a_{n-1})-4(a_{n-1}+a_{n})=0,即(a_{n}+a_{n-1}-2)(a_{n}-a_{n-1})-4(a_{n}+a_{n-1})=0,即(a_{n}+a_{n-1}-2)(a_{n}-a_{n-1}-4)=0,因为a_{n}>0,所以a_{n}+a_{n-1}-2>0,所以a_{n}-a_{n-1}-4=0,即a_{n}-a_{n-1}=4,所以\{a_{n}\}为等差数列,因为a_{1}^{2}+2a_{1}-3=0,所以a_{1}=1,所以a_{n}=1+4(n-1)=4n-3. 最终结果是4*n-3 (2)【解析】由(1)可得a_{n}=4n-3,所以b_{n}=\frac{1}{a_{n}a_{n+1}}=\frac{1}{(4n-3)(4n+1)}=\frac{1}{8}\times\frac{4}{4n-3}-\frac{1}{4n+1},所以\sum_{n=1}^{n}b_{n}=\frac{1}{8}\sum_{n=1}^{n}(\frac{4}{4n-3}-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}-\frac{1}{5}+\frac{4}{5}-\frac{1}{9}+\cdots+\frac{4}{4n-3}-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+\frac{3}{5}+\frac{3}{9}+\cdots+\frac{3}{4n-3}-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{8(4n+1)}=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac{1}{4n+1})=\frac{1}{8}(\frac{4}{1}+3(\frac{1}{5}+\frac{1}{9}+\cdots+\frac{1}{4n-3})-\frac |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】由a_{n}^{2}+2a_{n}=4S_{n}+3,得a_{n}^{2}+2a_{n}-4S_{n}-3=0,即a_{n}^{2}+2a_{n}-4(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}+a_{n})-3=0,整理得a_{n}^{2}-2a_{n}-4(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1})-3=0,即a_{n}^{2}-2a_{n}-(4S_{n-1}+3)=0,由a_{n-1}^{2}+2a_{n-1}=4S_{n-1}+3,得a_{n}^{2}-2a_{ |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(I)【解析】 首先，我们从已知条件 $a_{n}^2 + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$ 出发，尝试找到 $a_{n}$ 的通项公式。\n\n我们知道 $S_{n}$ 是数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和，即 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{n}$。\n\n将 $S_{n}$ 代入已知条件，我们得到：\n\\[ a_{n}^2 + 2a_{n} = 4(a_{1} + a_{2} + \\cdots + a_{n}) + 3 \\]\n\n为了简化问题，我们考虑 $n=1$ 的情况：\n\\[ a_{1}^2 + 2a_{1} = 4a_{1} + 3 \\]\n\\[ a_{1}^2 - 2a_{1} - 3 = 0 \\]\n\n这是一个关于 $a_{1}$ 的二次方程，解这个方程：\n\\[ a_{1} = \\frac{2 \\pm \\sqrt{4 + 12}}{2} = \\frac{2 \\pm 4}{2} \\]\n\\[ a_{1} = 3 \\quad \\text{或} \\quad a_{1} = -1 \\]\n\n由于 $a_{n} > 0$，所以 $a_{1} = 3$。\n\n接下来，我们考虑 $n=2$ 的情况：\n\\[ a_{2}^2 + 2a_{2} = 4(a_{1} + a_{2}) + 3 \\]\n\\[ a_{2}^2 + 2a_{2} = 4(3 + a_{2}) + 3 \\]\n\\[ a_{2}^2 + 2a_{2} = 12 + 4a_{2} + 3 \\]\n\\[ a_{2}^2 - 2a_{2} - 15 = 0 \\]\n\n解这个方程：\n\\[ a_{2} = \\frac{2 \\pm \\sqrt{4 + 60}}{2} = \\frac{2 \\pm 8}{2} \\]\n\\[ a_{2} = 5 \\quad \\text{或} \\quad a_{2} = -3 \\]\n\n由于 $a_{n} > 0$，所以 $a_{2} = 5$。\n\n我们猜测 $a_{n}$ 是一个等差数列，设 $a_{n} = 2n + 1$，验证这个猜测：\n\\[ a_{n} = 2n + 1 \\]\n\\[ S_{n} = \\sum_{k=1}^{n} (2k + 1) = 2 \\sum_{k=1}^{n} k + \\sum_{k=1}^{n} 1 = 2 \\cdot \\frac{n(n+1)}{2} + n = n(n+1) + n = n^2 + 2n \\]\n\n代入已知条件：\n\\[ (2n + 1)^2 + 2(2n + 1) = 4(n^2 + 2n) + 3 \\]\n\\[ 4n^2 + 4n + 1 + 4n + 2 = 4n^2 + 8n + 3 \\]\n\\[ 4n^2 + 8n + 3 = 4n^2 + 8n + 3 \\]\n\n验证成立，因此 $a_{n} = 2n + 1$ 是正确的通项公式。<eoe>\n【答案】$a_{n} = 2n + 1$<eoa>\n\n(II)【解析】 设 $b_{n} = \\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}$，我们需要求数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和。\n\n首先，计算 $b_{n}$：\n\\[ b_{n} = \\frac{1}{a_{n} a_{n+1}} = \\frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} \\]\n\n我们可以将其拆分为部分分式：\n\\[ b_{n} = \\frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{2n + 1} - \\frac{1}{2n + 3} \\right) \\]\n\n因此，数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和为：\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\sum_{k=1}^{n} \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{2k + 1} - \\frac{1}{2k + 3} \\right) \\]\n\n这是一个望远镜求和，许多项会相互抵消，剩下的项为：\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{3} - \\frac{1}{2n + 3} \\right) \\]\n\n因此，数列 $\\left\\{b_{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和为：\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{3} - \\frac{1}{2n + 3} \\right) \\]\n\n简化结果：\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{2(2n + 3)} \\]\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{4n + 6} \\]\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{4n + 6} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{4(n + \\frac{3}{4})} \\]\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{4n + 6} \\]\n\n最终结果为：\n\\[ \\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{4n + 6} \\]\n\n<eoe>\n【答案】$\\sum_{k=1}^{n} b_{k} = \\frac{1}{6} - \\frac{1}{4n + 6}$<eoa>" | 解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】 首先, 我们需要找到数列 $\\{a_{n}\\}$ 的通项公式。由题设条件 $a_{n}^{2} + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$，可以尝试利用数列的性质和递推关系来解决。我们可以从 $S_{n}$ 的定义出发，即 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + \\ldots + a_{n}$，以及数列的递推关系出发，即 $S_{n} = S_{n-1} + a_{n}$，来尝试解题。\n\n我们可以先考虑 $n=1$ 的情况，即 $a_{1}^{2} + 2a_{1} = 4S_{1} + 3 = 4a_{1} + 3$。解这个方程，可以得到 $a_{1}$ 的值。然后，我们可以尝试将原方程转换为关于 $a_{n}$ 和 $a_{n+1}$ 的递推关系，通过减去 $n-1$ 时的方程，来消去 $S_{n}$，从而得到 $a_{n}$ 和 $a_{n+1}$ 之间的关系。\n\n具体步骤如下：\n\n1. 当 $n=1$ 时，有 $a_{1}^{2} + 2a_{1} = 4a_{1} + 3$，解得 $a_{1}^{2} - 2a_{1} - 3 = 0$，解方程得 $a_{1} = 3$ 或 $a_{1} = -1$。由于 $a_{n} > 0$，所以 $a_{1} = 3$。\n\n2. 对于 $n \\geq 1$，我们有 $a_{n}^{2} + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$ 和 $a_{n+1}^{2} + 2a_{n+1} = 4S_{n+1} + 3$。两式相减得 $a_{n+1}^{2} - a_{n}^{2} + 2(a_{n+1} - a_{n}) = 4a_{n+1}$，即 $a_{n+1}^{2} - a_{n}^{2} - 2a_{n+1} + 2a_{n} = 0$，进一步整理得 $(a_{n+1} - a_{n})(a_{n+1} + a_{n}) - 2(a_{n+1} - a_{n}) = 0$，即 $(a_{n+1} - a_{n})(a_{n+1} + a_{n} - 2) = 0$。由于 $a_{n} > 0$，则 $a_{n+1} + a_{n} - 2 > 0$，从而 $a_{n+1} - a_{n} = 2$。\n\n3. 由此可知，数列 $\\{a_{n}\\}$ 是一个等差数列，首项为 $3$，公差为 $2$。因此，$a_{n} = 3 + 2(n-1) = 2n + 1$。\n\n<eoe>\n\n【答案】 数列 $\\{a_{n}\\}$ 的通项公式为 $a_{n} = 2n + 1$。\n\n<eoa>\n\n(II)【解析】 已知 $b_{n} = \\frac{1}{a_{n}a_{n+1}}$，我们需要找出数列 $\\{b_{n}\\}$ 的前 $n$ 项和。根据 $a_{n} = 2n + 1$，我们可以将 $b_{n}$ 表达式代入 $a_{n}$ 和 $a_{n+1}$ 的值，得到 $b_{n} = \\frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)}$。\n\n接下来，我们尝试将 $b_{n}$ 的表达式进行部分分式分解，以简化求和过程。我们设 $\\frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \\frac{A}{2n + 1} + \\frac{B}{2n + 3}$，通过解方程组找到 $A$ 和 $B$ 的值。然后，利用所得的 $A$ 和 $B$ 值，我们可以发现数列 $\\{b_{n}\\}$ 的前 $n$ 项和具有部分项可以相互抵消的性质，从而简化求和过程。\n\n具体步骤如下：\n\n1. 将 $b_{n}$ 表达式进行部分分式分解，我们有 $\\frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \\frac{A}{2n + 1} + \\frac{B}{2n + 3}$。通过解方程组 $\\begin{cases} A(2n + 3) + B(2n + 1) = 1 \\\\ (2n + 1)(2n + 3) \\end{cases}$，得到 $A = \\frac{1}{2}$ 和 $B = -\\frac{1}{2}$。\n\n2. 由此，$b_{n} = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{2n + 1} - \\frac{1}{2n + 3} \\right)$。可以看出，数列 $\\{b_{n}\\}$ 的前 $n$ 项和中，除了首项和末项外，中间的项都可以相互抵消。\n\n3. 因此，数列 $\\{b_{n}\\}$ 的前 $n$ 项和为 $\\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{2 \\cdot 1 + 1} - \\frac{1}{2(n + 1) + 1} \\right) = \\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{3} - \\frac{1}{2n + 3} \\right)$。\n\n<eoe>\n\n【答案】 数列 $\\{b_{n}\\}$ 的前 $n$ 项和为 $\\frac{1}{2} \\left( \\frac{1}{3} - \\frac{1}{2n + 3} \\right)$。\n\n<eoa>" | 解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们有等式 $a_{n}^{2} + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$。由于 $S_{n}$ 是数列的前 $n$ 项和，我们可以写出 $S_{n}$ 和 $S_{n-1}$ 的表达式： $$ a_{n}^{2} + 2a_{n} = 4(S_{n-1} + a_{n}) + 3 $$ 由于 $a_{n} > 0$，我们可以将原等式重写为： $$ a_{n}^{2} + 2a_{n} - 4a_{n} - 3 = 4S_{n-1} $$ 简化得到： $$ a_{n}^{2} - 2a_{n} - 3 = 4S_{n-1} $$ 现在，我们考虑 $n=1$ 的情况，此时 $S_{0} = 0$（因为前0项和为0），所以我们有： $$ a_{1}^{2} - 2a_{1} - 3 = 0 $$ 解这个一元二次方程，得到 $a_{1} = 3$ 或 $a_{1} = -1$。由于 $a_{n} > 0$，我们选择 $a_{1} = 3$。 接下来，对于 $n \geq 2$，我们有： $$ a_{n}^{2} - 2a_{n} - 3 = 4S_{n-1} = 4(a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n-1}) $$ 由于 $a_{n}^{2} + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$，我们可以将 $4S_{n-1}$ 替换为 $a_{n}^{2} - 2a_{n} - 3$，得到： $$ a_{n}^{2} - 2a_{n} - 3 = a_{n}^{2} - 2a_{n} - 3 $$ 这意味着我们需要找到一个不同的方法来解这个问题。让我们回到原始等式并尝试另一种方法。 原始等式是 $a_{n}^{2} + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$。我们可以将其重写为： $$ S_{n} = \frac{a_{n}^{2} + 2a_{n} - 3}{4} $$ 现在，考虑 $S_{n-1}$： $$ S_{n-1} = \frac{a_{n-1}^{2} + 2a_{n-1} - 3}{4} $$ 由于 $S_{n} = S_{n-1} + a_{n}$，我们可以得到： $$ \frac{a_{n}^{2} + 2a_{n} - 3}{4} = \frac{a_{n-1}^{2} + 2a_{n-1} - 3}{4} + a_{n} $$ 简化得到： $$ a_{n}^{2} - a_{n-1}^{2} + 2a_{n} - 2a_{n-1} = 4a_{n} $$ $$ a_{n}^{2} - a_{n-1}^{2} - 2a_{n} + 2a_{n-1} = 0 $$ $$ (a_{n} - a_{n-1})(a_{n} + a_{n-1}) - 2(a_{n} - a_{n-1}) = 0 $$ $$ (a_{n} - a_{n-1})(a_{n} + a_{n-1} - 2) = 0 $$ 因此，我们有 $a_{n} - a_{n-1} = 0$ 或 $a_{n} + a_{n-1} - 2 = 0$。第一个等式意味着数列是常数数列，这与原等式矛盾。因此，我们考虑第二个等式： $$ a_{n} + a_{n-1} = 2 $$ 这表明数列是一个等差数列，其公差为 $-1$。由于 $a_{1} = 3$，我们可以得到数列的通项公式： $$ a_{n} = 3 - (n-1) = 4 - n $$ 因此，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n} = 4 - n$。 【答案】 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式是 $a_{n} = 4 - n$。 (2)【解析】 现在我们要求数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，其中 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}a_{n+1}}$。根据我们刚才找到的通项公式 $a_{n} = 4 - n$，我们有： $$ b_{n} = \frac{1}{(4-n)(3-n)} $$ 这可以分解为部分分数： $$ b_{n} = \frac{1}{(n-4)(n-3)} = \frac{A}{n-4} + \frac{B}{n-3} $$ 通过比较系数，我们可以找到 $A$ 和 $B$ 的值。最终，我们得到： $$ b_{n} = \frac{1}{n-4} - \frac{1}{n-3} $$ 现在，我们可以计算数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}$： $$ T_{n} = b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} $$ $$ T_{n} = \left(\frac{1}{1-4} - \frac{1}{1-3}\right) + \left(\frac{1}{2-4} - \frac{1}{2-3}\right) + \dots + \left(\frac{1}{n-4} - \frac{1}{n-3}\right) $$ 注意到这是一个望远镜求和（或称为“配对”求和），其中每一项都会与下一项的一部分相消。最终，我们得到： $$ T_{n} = \frac{1}{1-4} - \frac{1}{n-3} $$ $$ T_{n} = -\frac{1}{3} - \frac{1}{n-3} $$ $$ T_{n} = -\frac{n-3+3}{3(n-3)} $$ $$ T_{n} = -\frac{n}{3(n-3)} $$ 因此，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和是 $T_{n} = -\frac{n}{3(n-3)}$。 【答案】 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和是 $T_{n} = -\frac{n}{3(n-3)}$。 |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| doubao | (1)【解析】当 n=1 时，$a_1^2+2a_1=4S_1+3$，即$a_1^2+2a_1=4a_1+3$，化简可得$a_1^2-2a_1-3=0$，$(a_1-3)(a_1+1)=0$，因为$a_n>0$，所以$a_1=3$。当 n≥2 时，$a_n^2+2a_n=4S_n+3$，$a_{n-1}^2+2a_{n-1}=4S_{n-1}+3$，两式相减得：$a_n^2-a_{n-1}^2+2a_n-2a_{n-1}=4a_n$，即$(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1})=2(a_n+a_{n-1})$，因为$a_n>0$，所以$a_n-a_{n-1}=2$，所以数列$\{a_n\}$是以 3 为首项，2 为公差的等差数列，根据等差数列通项公式可得$a_n=3+2(n-1)=2n+1$。<eoe> 【答案】$a_n=2n+1$<eoa> (II)【解析】由(1)知$a_n=2n+1$，则$b_n=\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})$，设数列$\{b_n\}$的前 n 项和为$T_n$，则$T_n=b_1+b_2+\cdots+b_n=\frac{1}{2}[(\frac{1}{3}-\frac{1}{5})+(\frac{1}{5}-\frac{1}{7})+\cdots+(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3})]=\frac{1}{2}(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3})=\frac{n}{6n+9}$。<eoe> 【答案】$T_n=\frac{n}{6n+9}$<eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要找到数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式。根据题目中给出的关系式 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$，我们可以尝试通过递推的方式来找到通项公式。 由于 $S_{n}$ 是数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和，那么 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + \ldots + a_{n}$。对于 $n+1$ 项的和，我们有 $S_{n+1} = S_{n} + a_{n+1}$。 将 $S_{n+1}$ 代入给定的关系式中，我们得到 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$。现在我们有两个关系式： 1. $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$ 2. $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 我们可以通过这两个关系式来找到 $a_{n+1}$ 和 $a_{n}$ 之间的关系。然后，我们可以尝试找到一个递推公式，从而解出通项公式。<eoe> 【答案】首先，我们从给定的关系式 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$ 开始。对于 $n+1$ 项，我们有： $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 由于 $S_{n+1} = S_{n} + a_{n+1}$，我们可以将 $S_{n+1}$ 替换为 $S_{n} + a_{n+1}$： $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 (S_{n} + a_{n+1})+3$ 展开并整理得到： $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n}+4 a_{n+1}+3$ 将 $4 S_{n}$ 移到左边，$2 a_{n+1}$ 移到右边： $a_{n+1}{ }^{2}-2 a_{n+1}+4 a_{n+1}=4 S_{n}+3$ 简化得到： $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n}+3$ 注意到这与我们开始时的关系式相同，这意味着我们没有得到新的信息。因此，我们需要重新审视我们的方法。 让我们回到原始关系式，并尝试通过 $S_{n}$ 来表达 $a_{n}$： $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$ 我们可以将 $S_{n}$ 表达为 $S_{n} = \frac{a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}-3}{4}$。 现在，我们考虑 $S_{n+1}$： $S_{n+1} = S_{n} + a_{n+1} = \frac{a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}-3}{4} + a_{n+1}$ 将 $S_{n+1}$ 代入 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$： $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 \left(\frac{a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}-3}{4} + a_{n+1}\right)+3$ 展开并整理得到： $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}-3+4 a_{n+1}+3$ 简化得到： $a_{n+1}{ }^{2}-2 a_{n+1}=a_{n}{ }^{2}-2 a_{n}$ 这意味着： $(a_{n+1}-a_{n})(a_{n+1}+a_{n})=0$ 由于 $a_{n}>0$，我们有 $a_{n+1}+a_{n}>0$，因此我们得到： $a_{n+1}-a_{n}=0$ 这意味着数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个常数数列。设 $a_{n}=a$ 对于所有的 $n$，代入原始关系式： $a^{2}+2a=4S_{n}+3$ 由于 $S_{n}=na$，我们有： $a^{2}+2a=4na+3$ 整理得到： $a^{2}+2a-3=4na$ 由于 $a$ 是常数，我们可以解出 $a$： $a^{2}+2a-3=0$ 这是一个二次方程，我们可以使用求根公式来解它： $a=\frac{-2\pm\sqrt{2^{2}-4\cdot1\cdot(-3)}}{2\cdot1}=\frac{-2\pm\sqrt{4+12}}{2}=\frac{-2\pm\sqrt{16}}{2}=\frac{-2\pm4}{2}$ 得到两个解： $a=1$ 或 $a=-3$ 由于 $a_{n}>0$，我们排除 $a=-3$，因此 $a=1$。 所以数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=1$。<eoa> (II)【解析】现在我们已经知道数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=1$，我们可以找到数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式。根据题目中的定义 $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}$，由于 $a_{n}=1$ 对于所有的 $n$，我们可以直接计算 $b_{n}$ 的值。 一旦我们有了 $b_{n}$ 的通项公式，我们可以求出数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和。由于 $b_{n}$ 是一个常数数列，求和将变得非常简单。<eoe> 【答案】由于 $a_{n}=1$ 对于所有的 $n$，我们可以直接计算 $b_{n}$： $b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{1\cdot1}=\frac{1}{1}=1$ 因此，数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式为 $b_{n}=1$。 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为： $B_{n}=b_{1}+b_{2}+\ldots+b_{n}=1+1+\ldots+1=n$ 所以数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $n$。<eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| kimi | (1)【解析】首先，我们根据题目给出的条件 $a_{n}^2 + 2a_{n} = 4S_{n} + 3$，可以得到 $a_{n}^2 + 2a_{n} - 4S_{n} - 3 = 0$。 当 $n=1$ 时，我们有 $a_{1}^2 + 2a_{1} - 4a_{1} - 3 = 0$，解得 $a_{1} = 3$ 或 $a_{1} = -1$，由于 $a_{n} > 0$，所以 $a_{1} = 3$。 当 $n \geq 2$ 时，我们有 $a_{n-1}^2 + 2a_{n-1} = 4S_{n-1} + 3$。 将两个方程相减，得到 $(a_{n} + a_{n-1})(a_{n} - a_{n-1} - 2) = 0$。 由于 $a_{n} > 0$，所以 $a_{n} - a_{n-1} - 2 = 0$，即 $a_{n} - a_{n-1} = 2$。 因此，数列 $\{a_{n}\}$ 是首项为 $3$，公差为 $2$ 的等差数列。 所以，通项公式为 $a_{n} = 3 + 2(n - 1) = 2n + 1$。 <eoe> 【答案】$a_{n} = 2n + 1$<eoa> (2)【解析】根据第一问的结果，我们有 $b_{n} = \frac{1}{a_{n}a_{n+1}} = \frac{1}{(2n+1)(2n+3)} = \frac{1}{2}(\frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3})$。 接下来，我们使用裂项相消法求和。 $S_{n} = b_{1} + b_{2} + \ldots + b_{n} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \ldots + \frac{1}{2n+1} - \frac{1}{2n+3})$ 可以看到，除了第一项和最后一项，其他项都会被消去，所以： $S_{n} = \frac{1}{2}(\frac{1}{3} - \frac{1}{2n+3}) = \frac{n}{3(2n+3)}$。 <eoe> 【答案】$S_{n} = \frac{n}{3(2n+3)}$<eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们根据给定的条件$a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$，可以得到$a_{n + 1}{ }^{2}+2 a_{n + 1}=4 S_{n + 1}+3$。 然后，我们将这两个等式相减，得到$a_{n + 1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n + 1}-a_{n}\right)=4 a_{n + 1}$。 整理后，我们得到$\left(a_{n + 1}+a_{n}\right)\left(a_{n + 1}-a_{n}-2\right)=0$。 由于题目给出$a_{n}>0$，所以我们有$a_{n + 1}+a_{n}>0$，从而得到$a_{n + 1}-a_{n}=2$。 这说明数列$\left\{a_{n}\right\}$是等差数列，公差为2。 当$n=1$时，我们有$a_{1}{ }^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$，解得$a_{1}=-1$（舍去）或$a_{1}=3$。 因此，数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式为$a_{n}=3+2(n-1)=2n+1$。 【答案】 数列$\left\{a_{n}\right\}$的通项公式为$a_{n}=2n+1$。 (2)【解析】 根据（1）中得到的通项公式，我们有$b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2n+1)(2n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\right)$。 然后，我们可以利用裂项相消法求出数列$\left\{b_{n}\right\}$的前n项和$T_{n}$。 具体地，我们有$T_{n}=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}\right)+\left(\frac{1}{5}-\frac{1}{7}\right)+\cdots+\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+3}\right)\right]$。 整理后，我们得到$T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2n+3}\right)=\frac{n}{3(2n+3)}$。 【答案】 数列$\left\{b_{n}\right\}$的前n项和$T_{n}=\frac{n}{3(2n+3)}$。 |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| zhipu | (1)【解析】 首先，我们从已知条件 \(a_{n}^2 + 2a_{n} = 4S_{n} + 3\) 出发，试图找到数列 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式。 对于 \(n = 1\) 时， \[ a_{1}^2 + 2a_{1} = 4S_{1} + 3 \] 由于 \(S_{1} = a_{1}\)，代入得到： \[ a_{1}^2 + 2a_{1} = 4a_{1} + 3 \] 整理得： \[ a_{1}^2 - 2a_{1} - 3 = 0 \] 解这个一元二次方程： \[ a_{1} = \frac{2 \pm \sqrt{4 + 12}}{2} = \frac{2 \pm 4}{2} \] 所以 \(a_{1} = 3\) 或 \(a_{1} = -1\)。由于 \(a_{n} > 0\)，所以 \(a_{1} = 3\)。 接下来，考虑 \(n \geq 2\) 时的情况。假设 \(a_{n} = 2n + 1\)，我们验证这个假设是否成立。 首先计算 \(S_{n}\)： \[ S_{n} = \sum_{k=1}^{n} a_{k} = \sum_{k=1}^{n} (2k + 1) \] \[ S_{n} = 2 \sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1 \] \[ S_{n} = 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n \] \[ S_{n} = n(n+1) + n = n^2 + 2n \] 代入已知条件验证： \[ a_{n}^2 + 2a_{n} = (2n + 1)^2 + 2(2n + 1) \] \[ = 4n^2 + 4n + 1 + 4n + 2 \] \[ = 4n^2 + 8n + 3 \] \[ 4S_{n} + 3 = 4(n^2 + 2n) + 3 \] \[ = 4n^2 + 8n + 3 \] 两边相等，所以假设 \(a_{n} = 2n + 1\) 是正确的。 <eoe> 【答案】 数列 \(\{a_{n}\}\) 的通项公式为： \[ a_{n} = 2n + 1 \] <eoa> (2)【解析】 已知 \(b_{n} = \frac{1}{a_{n} a_{n+1}}\)，我们首先用已求得的通项公式 \(a_{n} = 2n + 1\) 表示 \(b_{n}\)： \[ b_{n} = \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} \] 接下来，我们将其进行部分分式分解： \[ \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{A}{2n + 1} + \frac{B}{2n + 3} \] 解这个部分分式分解： \[ 1 = A(2n + 3) + B(2n + 1) \] 令 \(2n + 1 = 0\)，则 \(n = -\frac{1}{2}\)，代入得： \[ 1 = A(0 + 3) \] \[ A = \frac{1}{3} \] 令 \(2n + 3 = 0\)，则 \(n = -\frac{3}{2}\)，代入得： \[ 1 = B(0 + 1) \] \[ B = \frac{1}{1} = \frac{1}{3} \] 所以： \[ \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3} \right) \] 于是 \(b_{n}\) 的前 \(n\) 项和为： \[ \sum_{k=1}^{n} b_{k} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2k + 3} \right) \] 这是一个望远镜求和数列，展开后很多项会相互抵消： \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{3} \left( \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2k + 3} \right) = \frac{1}{3} \left( \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) + \left( \frac{1}{5} - \frac{1}{7} \right) + \cdots + \left( \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3} \right) \right) \] 中间项全部抵消，剩下： \[ = \frac{1}{3} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 3} \right) \] \[ = \frac{1}{3} \cdot \frac{2n}{3(2n + 3)} \] \[ = \frac{2n}{9(2n + 3)} \] <eoe> 【答案】 数列 \(\{b_{n}\}\) 的前 \(n\) 项和为： \[ \sum_{k=1}^{n} b_{k} = \frac{2n}{9(2n + 3)} \] <eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| gpto1 | (1)【解析】 由题给条件： $$ a_n^2 + 2a_n = 4S_n + 3 \quad (1) $$ 且 $S_n = a_1 + a_2 + \dotsb + a_n$。 已知 $a_n > 0$。 首先，考虑 $a_n$ 的形式，猜想 $a_n$ 为关于 $n$ 的一次函数，设： $$ a_n = 2n + 1 $$ 验证该形式是否满足条件 (1)。 计算 $S_n$： \[ \begin{align*} S_n &= \sum_{k=1}^{n} a_k = \sum_{k=1}^{n} (2k + 1) \\ &= 2\sum_{k=1}^{n} k + \sum_{k=1}^{n} 1 \\ &= 2 \cdot \frac{n(n+1)}{2} + n \\ &= n(n+1) + n = n^2 + n \end{align*} \] 计算左边： \[ \begin{align*} a_n^2 + 2a_n &= (2n + 1)^2 + 2(2n + 1) \\ &= 4n^2 + 4n + 1 + 4n + 2 \\ &= 4n^2 + 8n + 3 \end{align*} \] 计算右边： \[ 4S_n + 3 = 4(n^2 + n) + 3 = 4n^2 + 4n + 3 \] 可见左边等于右边，故 $a_n = 2n + 1$ 满足条件。 因此，数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = 2n + 1$。 <eoe> 【答案】 数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为： $$ a_n = 2n + 1 $$ <eoa> (2)【解析】 已知 $a_n = 2n + 1$，则 $a_{n+1} = 2(n+1) + 1 = 2n + 3$。 因此， \[ \begin{align*} b_n &= \frac{1}{a_n a_{n+1}} = \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} \end{align*} \] 对 $b_n$ 进行部分分式分解： 设 \[ \frac{1}{(2n + 1)(2n + 3)} = \frac{A}{2n + 1} + \frac{B}{2n + 3} \] 求 $A$ 和 $B$： \[ 1 = A(2n + 3) + B(2n + 1) \] 整理： \[ 1 = (2A + 2B)n + (3A + B) \] 由于等式对任意 $n$ 恒成立，故系数对应相等： \[ \begin{cases} 2A + 2B = 0 \\ 3A + B = 1 \end{cases} \] 解方程组： 从第一式得 $A + B = 0$，即 $B = -A$。 代入第二式： \[ 3A - A = 1 \implies 2A = 1 \implies A = \frac{1}{2} \] 则 $B = -\frac{1}{2}$。 因此， \[ b_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2n + 3} \] 求数列前 $n$ 项和： \[ \begin{align*} S_n' &= \sum_{k=1}^{n} b_k = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{2k + 1} - \frac{1}{2k + 3} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} + \frac{1}{5} - \frac{1}{7} + \dotsb + \frac{1}{2n + 1} - \frac{1}{2n + 3} \right) \\ &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 3} \right) \end{align*} \] 化简： \[ S_n' = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{2n + 3} \right) = \frac{(2n + 3) - 3}{2 \cdot 3 (2n + 3)} = \frac{2n}{6(2n + 3)} = \frac{n}{3(2n + 3)} \] <eoe> 【答案】 数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和为： $$ S_n' = \frac{n}{3(2n + 3)} $$ <eoa> |
解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |
| deepseekv3 | server error: Error code: 400 - {'error': {'code': 'RequestTimeOut', 'param': None, 'message': 'Request timed out, please try again later.', 'type': 'RequestTimeOut'}, 'id': 'chatcmpl-a09fcfdb-96fa-9a75-ac12-5fb0c8d50d23', 'request_id': 'a09fcfdb-96fa-9a75-ac12-5fb0c8d50d23'} | 解: (1) 由 $a_{n}{ }^{2}+2 a_{n}=4 S_{n}+3$, 可知 $a_{n+1}{ }^{2}+2 a_{n+1}=4 S_{n+1}+3$ 两式相减得 $a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}+2\left(a_{n+1}-a_{n}\right)=4 a_{n+1}$, 即 $2\left(a_{n+1}+a_{n}\right)=a_{n+1}{ }^{2}-a_{n}{ }^{2}=\left(a_{n+1}+a_{n}\right)\left(a_{n+1}-a_{n}\right)$, $\because a_{n}>0, \quad \therefore a_{n+1}-a_{n}=2$, $\because a_{1}^{2}+2 a_{1}=4 a_{1}+3$ $\therefore a_{1}=-1$ （舍）或 $a_{1}=3$, 则 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 3 , 公差 $d=2$ 的等差数列, $\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式 $a_{n}=3+2(n-1)=2 n+1$ : ( II ) $\because a_{n}=2 n+1$, $\therefore b_{n}=\frac{1}{a_{n} a_{n+1}}=\frac{1}{(2 n+1)(2 n+3)}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)$, $\therefore$ 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{5}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\ldots+\frac{1}{2 n+1}-\frac{1}{2 n+3}\right)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{2 n+3}\right)=$ $\frac{\mathrm{n}}{3(2 \mathrm{n}+3)}$ |