Question

設(shè)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且a₁=1，S_n=a_n+1-1．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，則說明理由．
（Ⅲ）求證：

1

3

≤

2

(a1+1)(a2+1)

+

22

(a2+1)(a3+1)

+

23

(a3+1)(a4+1)

+…+

2n

(an+1)(an+1+1)

＜1．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題設(shè)條件知(an+1-an)-(Sn-Sn-1)=0?(an+1-an)-an=0?

an+1

an

=2（n≥2），a₂=S₁+1=a₁+1=2，由此可知a_n=2^n-1．
（Ⅱ）若{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}為等差數(shù)列，則S₁+λ-2λ，S₂+2λ-4λ，S₃+3λ-8λ則成等差數(shù)列，由此能推出λ=1．由此可知存在實(shí)數(shù)λ=1，使得數(shù)列{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}成等差數(shù)列．
（Ⅲ）由

2k

(ak+1)(ak+1+1)

=

2k

(2k-1+1)(2k+1)

=2(

1

2k-1+1

-

1

2k+1

)入手，可得證．

解答：解析：（Ⅰ）∵a_n+1-S_n-1=0①
∴n≥2時(shí)，a_n-S_n-1-1=0②
①─②得：
(an+1-an)-(Sn-Sn-1)=0?(an+1-an)-an=0?

an+1

an

=2（n≥2）（2分）
由a_n+1-2S_n-1=0及a₁=1得a₂-S₁-1=0?a₂=S₁+1=a₁+1=2
∴{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，
∴a_n=2^n-1（4分）
（Ⅱ）解法一：由（Ⅰ）知Sn=

1-2n

1-2

=2n-1（5分）
若{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}為等差數(shù)列，
則S₁+λ-2λ，S₂+2λ-4λ，S₃+3λ-8λ則成等差數(shù)列，（6分）
∴（S₁-λ）+（S₃-5λ）=2（S₂-2λ）?8-6λ=6-4λ，∴λ=1（8分）
當(dāng)λ=1時(shí)，S_n+λ•n-λ•2ⁿ=S_n+n-2ⁿ=n-1，顯然{n-1}成等差數(shù)列，
∴存在實(shí)數(shù)λ=1，使得數(shù)列{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}成等差數(shù)列．（9分）
解法二：由（Ⅰ）知Sn=

1-2n

1-2

=2n-1（5分）
∴S_n+λ•n-λ•2ⁿ=（2ⁿ-1）+λ•n-λ•2ⁿ=λ•n-1+（1-λ）•2ⁿ（7分）
要使數(shù)列{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}成等差數(shù)列，則只須1-λ=0，即λ=1即可．（8分）
故存在實(shí)數(shù)λ=1，使得數(shù)列{S_n+λ•n-λ•2ⁿ}成等差數(shù)列．（9分）
（Ⅲ）∵

2k

(ak+1)(ak+1+1)

=

2k

(2k-1+1)(2k+1)

=2(

1

2k-1+1

-

1

2k+1

)（10分）
∴

2

(a1+1)(a2+1)

+

22

(a2+1)(a3+1)

+

23

(a3+1)(a4+1)

++

2n

(an+1)(an+1+1)

=2[(

1

20+1

-

1

2+1

)+(

1

2+1

-

1

22+1

)+(

1

22+1

-

1

22+1

)++(

1

2k-1+1

-

1

2k+1

)]
=2(

1

2

-

1

2k+1

)（12分）
∵0＜

1

2k+1

≤

1

3

，
∴

1

3

≤2(

1

2

-

1

2k+1

)＜1，
∴

1

3

≤

2

(a1+1)(a2+1)

+

22

(a2+1)(a3+1)

+

23

(a3+1)(a4+1)

++

2n

(an+1)(an+1+1)

＜1（14分）

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列的性質(zhì)和應(yīng)用，解題時(shí)要認(rèn)真審題，仔細(xì)解答．