Question

（2012•天津模擬）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，a₁=1，且對(duì)任意正整數(shù)n，點(diǎn)（a_n+1，S_n）在直線2x+y-2=0上．
（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{Sn+λ-n+

λ

2n

}為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，則說(shuō)明理由．
（Ⅲ）已知數(shù)列{b_n}，bn=

2-n

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

，b_n的前n項(xiàng)和為T_n，求證：

1

6

≤Tn＜

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由題意可得：2a_n+1 +S_n-2=0，n≥2時(shí)，2a_n-1+s_n-1-2=0，相減化簡(jiǎn)得

an+1

an

=

1

2

（n≥2），可得
{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為

1

2

的等比數(shù)列，由此求出通項(xiàng)公式．
（Ⅱ）利用等比數(shù)列求和公式求出 S_n ，分析可得欲使 {Sn+λ-n+

λ

2n

}成等差數(shù)列，只須λ-2=0，由此得出結(jié)論．
（Ⅲ）化簡(jiǎn)

1

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

 等于

1

2k

（

1

1 2k +1

-

1

1 2k-1 +1

），由此求得T_n =

2n

2n+1

-

1

2

．再由 y=

2x

2x+1

，在[1，+∞）上為增函數(shù)，可得 

2

3

≤

2n

2n+1

＜1，從而得

2

3

 -

1

2

≤

2n

2n+1

-

1

2

＜1-

1

2

，由此證得結(jié)論成立．

解答：解：（Ⅰ）由題意可得：2a_n+1 +S_n-2=0，①
n≥2時(shí)，2a_n-1+s_n-1-2=0．     ②
①─②得 2a_n+1 -a_n =0，故

an+1

an

=

1

2

（n≥2）．
再由a₁=1，可得a₂=

1

2

．
∴{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為

1

2

的等比數(shù)列，
∴a_n=(

1

2

)n-1．  …（4分）
（Ⅱ）∵S_n =

1×[1-( 1 2 )n]

1- 1 2

=2-

1

2n-1

，
∴Sn+λ-n+

λ

2n

=2-

1

2n-1

+λn+

λ

2n

=2+λn+（ λ-2）

1

2n

． 
欲使 {Sn+λ-n+

λ

2n

}成等差數(shù)列，只須λ-2=0，即λ=2便可．
故存在實(shí)數(shù)λ=2，使得數(shù)列{Sn+λ-n+

λ

2n

}成等差數(shù)列．…（9分）
（Ⅲ）∵

1

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

=

1

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

=

1

2k

（

1

1 2k +1

-

1

1 2k-1 +1

）．
∴T_n =

n

i=1

2-k

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

=

n

i=1

( 

1

1 2k +1

-

1

1 2k-1 +1

) 
=（

1

1 2 +1

-

1

1+1

）+（

1

1 22 +1

-

1

1 2 +1

）+（

1

1 23 +1

-

1

1 22 +1

）+…+（

1

1 2n +1

-

1

1 2n-1 +1

）
=

1

1 2n +1

-

1

1+1

=

2n

2n+1

-

1

2

．
又函數(shù) y=

2x

2x+1

=

1

1 2x +1

在[1，+∞）上為增函數(shù)，可得 

2

3

≤

2n

2n+1

＜1，
∴

2

3

 -

1

2

≤

2n

2n+1

-

1

2

＜1-

1

2

，即

1

6

≤

n

i=1

2-k

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

＜

1

2

，即

1

6

≤Tn＜

1

2

． …（14分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查等差關(guān)系的確定，等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，用裂項(xiàng)法進(jìn)行數(shù)列求和，數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，屬于難題．