第4章　习题课1　等差、等比数列的综合应用课件-2026-2027学年高二上学期数学人教A版选择性必修第二册

该高中数学课件聚焦等差、等比数列综合应用，通过互动探究通道，从定义与公式回顾切入，以例1等差数列转化为等比数列为学习支架，衔接相互转化、探究性问题及综合应用等核心内容。 其亮点在于类型化例题与跟踪训练结合，如例2通过前n项和推导通项公式培养数学思维，跟踪训练2探究存在性问题发展创新意识，分层作业设计助力学生逐步提升，为教师提供系统教学资源，提升教学效率。

第四章　数列 习题课1　等差、等比数列的综合应用 【学习与目标】　 目录 互动探究通道 巩固提升通道 高效课时作业 互动探究通道 师生共研 探究重点难点 返回目录 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 A 5 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 互动探究通道 巩固提升通道 当堂巩固 验收关键能力 返回目录 巩固提升通道 A 巩固提升通道 A 巩固提升通道 16 巩固提升通道 高效课时作业 返回目录 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 A 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 C 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 －3 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 B 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 高效课时作业 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 Thank you for watching. 1.理解等差数列与等比数列之间的转化关系. 2.会求解等差、等比数列中的探究性问题及综合问题． 类型一　等差、等比数列的相互转化 【例1】　已知数列{an}是首项为2，公差为－1的等差数列，令bn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up32(an)，求证：数列{bn}是等比数列，并求其通项公式． [解]　依题意得an＝2＋(n－1)×(－1)＝3－n， 于是bn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up32(3－n). 而 eq \f(bn＋1,bn)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up32(2－n),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up32(3－n))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up32(－1)＝2，b1＝ eq \f(1,4)， ∴数列{bn}是首项为 eq \f(1,4)，公比为2的等比数列，通项公式为bn＝ eq \f(1,4)·2n-1＝2n-3. 在等差数列与等比数列相互转化的过程中，相当于构造了一个新的数列，需判断是否满足等比数列或等差数列的定义．特别注意等比数列是否有意义． [跟踪训练1]　(1)已知数列{an}为等差数列，则下列数列一定为等比数列的是 (　　) A．{2an} B．{lg an} C．{a eq \o\al(2,n)} D． eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an))) (2)等比数列{an}中，a4＝2，a7＝5，则数列{lg an}的前10项和等于 ． 解析　(1)设{an}的公差为d，即an＋1－an＝d， 显然2an≠0，且 eq \f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d是常数， 所以{2an}是等比数列． 若{an}中有一项为1，则{lg an}中有一项为0，则{lg an}不是等比数列． 只要d≠0，{a eq \o\al(2,n)}， eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))都不可能是等比数列， 如an＝n，则a eq \o\al(2,n)＝n2， eq \f(1,an)＝ eq \f(1,n)都不是等比数列．故选A. (2)易知{lg an}为等差数列， 则lg a1＋lg a2＋…＋lg a10＝5(lg a1＋lg a10) ＝5(lg a4＋lg a7)＝5×lg 10＝5. 类型二　等差、等比数列中的探究性问题 【例2】　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1，nSn＋1－(n＋1)Sn＝ eq \f(n(n＋1),2)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)是否存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由． [解]　(1)解法一：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝ eq \f(n(n＋1),2)， 得 eq \f(Sn＋1,n＋1)－ eq \f(Sn,n)＝ eq \f(1,2)， ∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是首项为 eq \f(S1,1)＝1，公差为 eq \f(1,2)的等差数列， ∴ eq \f(Sn,n)＝1＋ eq \f(1,2)(n－1)＝ eq \f(1,2)(n＋1)， ∴Sn＝ eq \f(n(n＋1),2). 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝ eq \f(n(n＋1),2)－ eq \f((n－1)n,2)＝n. 而a1＝1也适合上式，∴an＝n. 解法二：由nSn＋1－(n＋1)Sn＝ eq \f(n(n＋1),2)， 得n(Sn＋1－Sn)－Sn＝ eq \f(n(n＋1),2)， ∴nan＋1－Sn＝ eq \f(n(n＋1),2)，① 当n≥2时，(n－1)an－Sn－1＝ eq \f(n(n－1),2)，② ①－②得nan＋1－(n－1)an－an＝ eq \f(n(n＋1),2)－ eq \f(n(n－1),2)， ∴nan＋1－nan＝n，∴an＋1－an＝1， ∴数列{an}是从第2项起的等差数列，且首项为a2＝2，公差为1， ∴an＝2＋(n－2)×1＝n(n≥2). 而a1＝1也适合上式，∴an＝n. (2)由(1)知an＝n，Sn＝ eq \f(n(n＋1),2). 假设存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列， 则S eq \o\al(2,2k)＝ak·a4k，即 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2k(2k＋1),2))) eq \s\up32(2)＝k·4k. ∵k为正整数，∴(2k＋1)2＝4， 得2k＋1＝2或2k＋1＝－2， 解得k＝ eq \f(1,2)或k＝－ eq \f(3,2)，与k为正整数矛盾． ∴不存在正整数k，使ak，S2k，a4k成等比数列. 等差、等比数列中探究性问题的求解策略 (1)在探究存在性问题时一般借助等差、等比数列的定义、公式及性质列出关系式(方程)求解． (2)证明存在时一般要求出具体的数值或关系，而要说明不存在，则要体现任意性或矛盾性． [跟踪训练2]　已知数列{an}的前n项和Sn＝ eq \f(3n2－n,2)，n∈N*. (1)求数列{an}的通项公式； (2)证明：对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列． 解　(1)由Sn＝ eq \f(3n2－n,2)，得a1＝S1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2， 当n＝1时，a1＝1也适合上式， 所以数列{an}的通项公式为an＝3n－2. (2)证明：要使得a1，an，am(n＞1)成等比数列，只需要a eq \o\al(2,n)＝a1·am， 即(3n－2)2＝1·(3m－2)，即m＝3n2－4n＋2， 由于n＞1，m∈N*，所以m＞n，所以对任意的n＞1，都存在m∈N*，使得a1，an，am成等比数列． 类型三　等差、等比数列的综合应用 【例3】　已知等差数列{an}满足：a1＝2，且a1，a2，a5成等比数列． (1)求数列{an}的通项公式； (2)记Sn为数列{an}的前n项和，是否存在正整数n，使得Sn＞60n＋800？若存在，求n的最小值；若不存在，说明理由． [解]　(1)设数列{an}的公差为d， 依题意知2，2＋d，2＋4d成等比数列， 故有(2＋d)2＝2(2＋4d)， 即d2－4d＝0，解得d＝0或d＝4. 当d＝0时，an＝2； 当d＝4时，an＝2＋(n－1)×4＝4n－2. (2)当an＝2时，Sn＝2n，显然2n＜60n＋800， 此时不存在正整数n满足条件． 当an＝4n－2时，Sn＝ eq \f(n[2＋(4n－2)],2)＝2n2. 令2n2＞60n＋800，即n2－30n－400＞0，解得n＞40. 此时存在正整数n，使得Sn＞60n＋800成立，n的最小值为41. 综上，当an＝2时，不存在满足题意的n； 当an＝4n－2时，存在满足题意的n，n的最小值为41. 解决等差、等比数列的综合问题应注意的四个方面 (1)等差数列、等比数列公式和性质的灵活应用． (2)对于解答题注意基本量及方程思想的运用． (3)注重问题的转化，利用非等差数列、非等比数列构造出新的等差数列或等比数列，以便利用公式和性质解题． (4)当题中出现多个数列时，既要纵向观察单一数列的项与项之间的关系，又要横向观察各数列之间的内在联系． [跟踪训练3]　已知等差数列{an}中，a2＋a10＝22，a8＝15，等比数列{bn}中，b1＝a2，b4＝a40＋2. (1)求数列{bn}的通项公式； (2)记cn＝ eq \f(log3bn－3,an－4)，求cn的最小值． 解　(1)设等差数列{an}的公差为d， 由a2＋a10＝22，a8＝15，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋d＋a1＋9d＝22，,a1＋7d＝15，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＝1，,d＝2，)) 所以an＝2n－1，从而b1＝a2＝3，b4＝a40＋2＝81. 设{bn}的公比为q，则有b4＝b1q3， 即81＝3q3，解得q＝3，所以bn＝3n. (2)由(1)可知cn＝ eq \f(log3bn－3,an－4)＝ eq \f(n－3,2n－5)， 所以cn＋1－cn＝ eq \f(1,(2n－3)(2n－5))， 当n＝1时，c2－c1为正值，所以c2＞c1； 当n＝2时，c3－c2为负值，所以c2＞c3； 当n≥3时，cn＋1－cn为正值，所以cn＋1＞cn. 又c1＝ eq \f(2,3)＞c3＝0，所以当n＝3时，cn有最小值0. 1．等差数列{an}的公差为2，若a2，a4，a8成等比数列，则{an}的前n项和Sn＝(　　) A．n(n＋1) B．n(n－1) C． eq \f(n(n＋1),2) D． eq \f(n(n－1),2) 解析　由a2，a4，a8成等比数列，得a eq \o\al(2,4)＝a2a8， 即(a1＋6)2＝(a1＋2)(a1＋14)，所以a1＝2. 所以Sn＝2n＋ eq \f(n(n－1),2)×2＝2n＋n2－n＝n(n＋1). 2．设递增的等比数列{an}的公比为q，且a1＝3，3a1，2a2，a3成等差数列，则q＝(　　) A．3 B．1或3 C．2 D．2或3 解析　∵3a1，2a2，a3成等差数列，∴4a2＝3a1＋a3，即4a1q＝3a1＋a1q2，∴(q－1)(q－3)＝0，解得q＝1或q＝3.但q＝1时，数列{an}不是递增数列，不合题意，∴q＝3. 3．若an＝2n－1，设bn＝2a2n，则数列{bn}的公比为 ． 解析　 eq \f(bn＋1,bn)＝ eq \f(2a2n＋2,2a2n)＝2a2n＋2－a2n＝2(4n+3)－(4n-1)＝16. 4．已知等比数列{an}中，各项都是正数，且a1， eq \f(1,2)a3，2a2成等差数列，则 eq \f(a9＋a10,a7＋a8)＝ ． 3＋2 eq \r(2) 解析　依题意可得a3＝a1＋2a2， 整理得q2＝1＋2q，解得q＝1± eq \r(2)， 因为各项都是正数， 所以q＞0，所以q＝1＋ eq \r(2)， 所以 eq \f(a9＋a10,a7＋a8)＝q2＝3＋2 eq \r(2). 基础巩固 1．已知各项都不为0的等差数列{an}满足2a2－a eq \o\al(2,7)＋2a12＝0，数列{bn}是等比数列，且b7＝a7，则b3b11等于(　　) A．16 B．8 C．4 D．2 解析　因为{an}是等差数列，且2a2－a eq \o\al(2,7)＋2a12＝0， 所以4a7－a eq \o\al(2,7)＝0. 又由题意知a7≠0，所以a7＝4. 又b7＝a7，所以b3b11＝b eq \o\al(2,7)＝42＝16. 2．数列{an}是公差不为0的等差数列，且a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，则数列{bn}的公比为(　　) A． eq \r(2) B．4 C．2 D． eq \f(1,2) 解析　因为a1，a3，a7为等比数列{bn}中连续的三项，所以a eq \o\al(2,3)＝a1a7. 设数列{an}的公差为d，d≠0， 则(a1＋2d)2＝a1(a1＋6d)，所以a1＝2d， 所以数列{bn}的公比为 eq \f(a3,a1)＝ eq \f(4d,2d)＝2. 3．已知数列{an}为等比数列，若a2a3＝2a1，且a4与2a7的等差中项为 eq \f(5,4)，则a1a2a3a4＝(　　) A．5 B．512 C．1 024 D．2 048 解析　设等比数列{an}的公比为q， 因为a2a3＝2a1，所以a2a3＝a1q·a1q2＝2a1， 解得a1q3＝2，即a4＝2. 因为a4与2a7的等差中项为 eq \f(5,4)， 所以a4＋2a7＝2× eq \f(5,4)， 即a4＋2a4q3＝ eq \f(5,2)，解得q＝ eq \f(1,2)， 所以a1＝ eq \f(a4,q3)＝16，所以a2a3＝2a1＝32， 所以a1a2a3a4＝16×32×2＝1 024.故选C. 4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，an＋1＝Sn，若an∈(0，2 024)，则称项an为“和谐项”，则数列{an}的所有“和谐项”的项数为(　　) A．10 B．11 C．12 D．13 解析　由a1＝1，an＋1＝Sn，可得a2＝S1＝a1＝1， 当n≥2时，an＝Sn－1，又由an＋1＝Sn， 两式相减，可得an＋1－an＝Sn－Sn－1＝an， 即an＋1＝2an，即 eq \f(an＋1,an)＝2， 则数列{an}从第二项起是公比为2的等比数列， 即an＝2n-2，n≥2， 又an∈(0，2 024)，n≥2，则0<2n-2＜2 024，n≥2， 可得2≤n＜13，n∈N*，又a1＝1，所以“和谐项”共有12项． 5．设Sn为等差数列{an}的前n项和，且∀n∈N*，都有 eq \f(Sn,n)＞ eq \f(Sn＋1,n＋1)，若a7a8＜0，则(　　) A．Sn的最小值是S7 B．Sn的最小值是S8 C．Sn的最大值是S7 D．Sn的最大值是S8 解析　由 eq \f(Sn,n)＞ eq \f(Sn＋1,n＋1)得 eq \f(n(a1＋an),2n)＞ eq \f((n＋1)(a1＋an＋1),2(n＋1))， 即an＞an＋1， ∴数列{an}为递减的等差数列， ∵a7a8＜0，∴a7＞0，a8＜0， ∴当n≤7且n∈N*时，an＞0； 当n≥8且n∈N*时，an＜0， ∴Sn有最大值，最大值为S7. 6．若Sn＝3n+1＋m为等比数列{an}的前n项和，则m＝ ． 解析　由a1＝S1＝9＋m，a2＝S2－S1＝18，a3＝S3－S2＝54成等比数列，得182＝(9＋m)×54，解得m＝－3. 7．已知等比数列{an}为递增数列．若a1＞0，且2(a4＋a6)＝5a5，则数列{an}的公比q＝ ． 解析　由2(a4＋a6)＝5a5，得2(a4＋a4q2)＝5a4q， 即2＋2q2＝5q，即(2q－1)(q－2)＝0，解得q＝2或 eq \f(1,2)， 因为等比数列{an}为递增数列，a1>0， 所以q＞1，则q＝2. 8．设Sn是等比数列{an}的前n项和，S3＝14，且a1＋8，3a2，a3＋6依次成等差数列，则a1·a3＝ ． 解析　设等比数列{an}的公比为q，则S3＝a1(1＋q＋q2)＝14，① 又a1＋8，3a2，a3＋6依次成等差数列，则2×3a1q＝a1＋8＋a1q2＋6， 即6a1q－a1－a1q2＝14，② ①②两式相加得a1q＝4， 所以a1·a3＝a1·a1q2＝(a1q)2＝42＝16. 9．已知数列{an}的首项为1，Sn为数列{an}的前n项和，Sn＋1＝qSn＋1，其中q＞0，若2a2，a3，a2＋2成等差数列，求数列{an}的通项公式． 解　由已知Sn＋1＝qSn＋1，得Sn＋2＝qSn＋1＋1， 两式相减得an＋2＝qan＋1，n≥1. 又由S2＝qS1＋1，a1＝1，得a2＝qa1， 故an＋1＝qan对所有n≥1都成立， 又a1＝1，q＞0，所以an≠0， 所以数列{an}是首项为1，公比为q的等比数列， 从而an＝qn-1. 由2a2，a3，a2＋2成等差数列，得2a3＝3a2＋2， 即2q2＝3q＋2，则(2q＋1)(q－2)＝0. 由已知q＞0，得q＝2， 所以an＝2n-1. 10．已知数列{an}是公差d≠0的等差数列，且a5＝6. (1)求{an}的前9项的和S9； (2)若a3＝3，问在数列{an}中是否存在一项am(m是正整数)，使得a3，a5，am成等比数列？若存在，求出m的值，若不存在，请说明理由． 解　(1)由题意，S9＝ eq \f(9(a1＋a9),2)＝9a5＝9×6＝54. (2)由a3＝3，且a5＝6， 可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a1＋2d＝3，,a1＋4d＝6，))解得a1＝0，d＝ eq \f(3,2)， 可得an＝ eq \f(3,2)(n－1). 假设存在一项am(m是正整数)，使得a3，a5，am成等比数列，则a eq \o\al(2,5)＝a3·am， ∴62－3× eq \f(3,2)(m－1)＝0，解得m＝9. ∴存在一项a9，使得a3，a5，a9成等比数列，m＝9. 能力提升 11．已知{an}是各项均为正数的等差数列，且lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，又bn＝ eq \f(1,a2n)，n＝1，2，3，…，则(　　) A．{bn}为等差数列 B．{bn}为等比数列 C．{an}为递增数列 D．{bn}为递增数列 解析　∵lg a1，lg a2，lg a4成等差数列， ∴2lg a2＝lg a1＋lg a4，即a eq \o\al(2,2)＝a1a4. 设等差数列{an}的公差为d，则(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，即d2＝a1d. 当d＝0时，{an}是一个各项均为正数的常数列，且an＝a1，则bn＝ eq \f(1,a1)， ∴{bn}是一个各项均为正数的常数列，此时C、D均不成立． 当d≠0时，d＝a1＞0，an＝a1＋(n－1)d＝na1， ∴a2n＝2na1， bn＝ eq \f(1,a2n)＝ eq \f(1,a1)· eq \f(1,2n)＝ eq \f(1,2a1)· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up32(n－1)， ∴{bn}是首项为b1＝ eq \f(1,2a1)，公比为 eq \f(1,2)的等比数列． 此时，{an}为递增数列，{bn}为递减数列． 综上，{bn}是等比数列．故选B. 12．已知{an}是等差数列，公差d不为零，前n项和是Sn，若a3，a4，a8成等比数列，则(　　) A．a1d＞0，dS4＞0 B．a1d＜0，dS4＜0 C．a1d＞0，dS4＜0 D．a1d＜0，dS4＞0 解析　因为a3，a4，a8成等比数列，所以a eq \o\al(2,4)＝a3a8， 所以(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋7d)， 整理得－3a1d＝5d2，即a1d＝－ eq \f(5,3)d2. 因为d≠0，所以a1d＜0. 因为Sn＝na1＋ eq \f(n(n－1),2)d， 所以S4＝4a1＋6d，dS4＝4a1d＋6d2＝－ eq \f(2,3)d2＜0. 13．已知各项均为正数的等比数列{an}中，a2＝27，且a5＋6a4＝a2a3. (1)求数列{an}的通项公式； (2)设bn＝2log3an，Sn是数列{bn}的前n项和，求使得Sn≥270恒成立的正整数n的最小值． 解　(1)设等比数列{an}的公比为q， 依题意得an＞0，则q＞0. 由a2＝27，且a5＋6a4＝a2a3， 得a2q3＋6a2q2＝a eq \o\al(2,2)q， 即q2＋6q－27＝0， 解得q＝－9(舍去)或q＝3. 又a2＝a1q＝3a1，所以a1＝9. 所以数列{an}的通项公式为an＝9×3n-1＝3n+1. (2)由(1)得bn＝2log3an＝2log33n+1＝2(n＋1)， 则bn＋1－bn＝2(n＋2)－2(n＋1)＝2. 由等差数列的定义知，数列{bn}是首项b1＝2×2＝4，公差为2的等差数列， 则Sn＝ eq \f(n(b1＋bn),2)＝ eq \f(n(4＋2n＋2),2)＝n2＋3n， 由Sn≥270，得n2＋3n－270≥0， 解得n≤－18(舍去)或n≥15. 故使得Sn≥270恒成立的正整数n的最小值为15. 多元数学 14． eq \a\vs4\al(（逻辑推理）)已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝1， eq \f(1,2)Sn＋1是3与4an的等差中项． (1)设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列； (2)是否存在实数λ，使得不等式λ·4n＋3≥Sn，对任意正整数n都成立？若存在，求出λ的最小值；若不存在，说明理由． 解　(1)证明：由题设得Sn＋1＝3＋4an①， ∴Sn＋2＝3＋4an＋1②， 在①中令n＝1，得S2＝3＋4a1， ∴a1＋a2＝3＋4a1，∴a2＝6， ∴b1＝a2－2a1＝4， ②－①得an＋2＝4an＋1－4an， ∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)， ∴bn＋1＝2bn， 又bn≠0，∴ eq \f(bn＋1,bn)＝2， ∴数列{bn}是首项为4，公比为2的等比数列． (2)由(1)得bn＝2n+1， 即an＋1－2an＝2n+1，变形得到 eq \f(an＋1,2n+1)－ eq \f(an,2n)＝1， ∴数列 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,2n)))是公差为1的等差数列， 由此得 eq \f(an,2n)＝ eq \f(a1,2)＋n－1＝ eq \f(2n－1,2)， ∴an＝(2n－1)·2n-1， ∴Sn＝3＋4an－1＝3＋4(2n－3)·2n-2＝3＋(2n－3)·2n，n≥2，S1＝1也符合上式，故Sn＝3＋(2n－3)·2n，n∈N*. 由λ·4n＋3≥Sn，得λ≥ eq \f(2n－3,2n)恒成立， 令cn＝ eq \f(2n－3,2n)，则λ≥(cn)max， cn＋1－cn＝ eq \f(2n－1,2n+1)－ eq \f(2n－3,2n)＝ eq \f(5－2n,2n+1)， ∴当n＜3时，cn＋1＞cn；当n≥3时，cn＋1＜cn， ∴cn的最大值为c3＝ eq \f(3,8)， ∴λ≥ eq \f(3,8)，即λ的最小值为 eq \f(3,8). $