Question

已知数列{a_n}中，a1=

1

2

，对一切n∈N₊，点（n，2a_n+1-a_n）在直线y=x上，
（Ⅰ）令b_n=a_n+1-a_n-1，求证数列{b_n}是等比数列，并求通项b_n；
（Ⅱ）求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅲ）设S_n、T_n分别为数列{a_n}、{b_n}的前n项和，是否存在常数λ，使得数列{

Sn+λTn

n

}为等差数列？若存在，试求出λ若不存在，则说明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）通过已知条件求出a1，a2，利用b_n=a_n+1-a_n-1，得到b_n+1=a_n+2-a_n+1-1，推出

bn+1

bn

为常数，说明是等比数列，然后求解通项b_n；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）求出的b_n，利用累加法以及等比数列求和公式，求数列{a_n}的通项公式a_n；
（Ⅲ）求出数列{a_n}、{b_n}的前n项和S_n、T_n，利用数列{

Sn+λTn

n

}为等差数列的充要条件，化简数列{

Sn+λTn

n

}，求出λ的值即可．

解答：解：（ I）由已知得  a1=

1

2

，2an+1=an+n，∵a2=

3

4

，a2-a1-1=

3

4

-

1

2

-1=-

3

4

，
又b_n=a_n+1-a_n-1，b_n+1=a_n+2-a_n+1-1，
∴

bn+1

bn

=

an+1-an-1

an+2-an+1-1

=

an+1+(n+1) 2 - an+n 2

an+1-an-1

=

an+1-an-1 2

an+1-an-1

=

1

2

．
数列{b_n}是以-

3

4

为首项以

1

2

为公比的等比数列，b_n=-

3

4

×(

1

2

)n-1．
（Ⅱ）因为b_n=-

3

4

×(

1

2

)n-1，
∴a_n+1-a_n=1-

3

4

×(

1

2

)n-1，a₂-a₁=1-

3

2

×

1

2

；a₃-a₂=1-

3

2

×

1

22

，…，a_n+1-a_n=1-

3

4

×(

1

2

)n-1，
将以上各式相加得：a_n-a₁=n+1-

3

2

(

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

)，
a_n=n-

1

2

-

3

2

×

1 2 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

=

3

2n

+n-2．
（Ⅲ）存在λ=2，使得数列{

Sn+λTn

n

}为等差数列，
∵S_n=a₁+a₂+…+a_n
=3(

1

2

+

1

22

+…+

1

2n

)+（1+2+…+n）-2n
=3×

1 2 (1- 1 2n )

1- 1 2

+

n(n+1)

2

-2n
=3(1-

1

2n

)+

n2-3n

2

=-

3

2n

+

n2-3n

2

+3．
Tn=b1+b2+…+bn=

- 3 4 (1- 1 2n )

1- 1 2

=-

3

2

(1-

1

2n

)=-

3

2

+

3

2n+1

．
数列{

Sn+λTn

n

}是等差数列的充要条件是

Sn+λTn

n

=An+B，(A、B是常数）
即Sn+λTn=An2+Bn，
又Sn+λTn=-

3

2n

+

n2-3n

2

+3+λ(-

3

2

+

3

2n+1

)=

n2-3n

2

+3-

3

2n

+λ(-

3

2

+

3

2n+1

)
则3-

3

2n

+λ(-

3

2

+

3

2n+1

)=0，当λ=2时，上式成立．
所以存在常数λ=2，使得数列{

Sn+λTn

n

}为等差数列．

点评：本题参考数列是等比数列的判定，通项公式的求法，前n项和的求法，考查分析问题解决问题的能力．