Question

已知數列{a_n}中，a1=

1

2

，對一切n∈N₊，點（n，2a_n+1-a_n）在直線y=x上，
（Ⅰ）令b_n=a_n+1-a_n-1，求證數列{b_n}是等比數列，并求通項b_n；
（Ⅱ）求數列{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅲ）設S_n、T_n分別為數列{a_n}、{b_n}的前n項和，是否存在常數λ，使得數列{

Sn+λTn

n

}為等差數列？若存在，試求出λ若不存在，則說明理由．

Answer 1

分析：（Ⅰ）通過已知條件求出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

為常數，說明是等比數列，然后求解通項b_n；
（Ⅱ）利用（Ⅰ）求出的b_n，利用累加法以及等比數列求和公式，求數列{a_n}的通項公式a_n；
（Ⅲ）求出數列{a_n}、{b_n}的前n項和S_n、T_n，利用數列{

Sn+λTn

n

}為等差數列的充要條件，化簡數列{

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

．
數列{b_n}是以-

3

4

為首項以

1

2

為公比的等比數列，b_n=-

3

4

×(

1

2

)n-1．
（Ⅱ）因為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，
將以上各式相加得：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，使得數列{

Sn+λTn

n

}為等差數列，
∵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

．
數列{

Sn+λTn

n

}是等差數列的充要條件是

Sn+λTn

n

=An+B，(A、B是常數）
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

)
則3-

3

2n

+λ(-

3

2

+

3

2n+1

)=0，當λ=2時，上式成立．
所以存在常數λ=2，使得數列{

Sn+λTn

n

}為等差數列．

點評：本題參考數列是等比數列的判定，通項公式的求法，前n項和的求法，考查分析問題解決問題的能力．