Question

設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，a₁=1，且對任意正整數(shù)n，點（a_n+1，S_n）在直線2x+y-2=0上．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）是否存在實數(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，則說明理由．
（Ⅲ）求證：

1

6

≤

n

k=1

2-k

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

＜

1

2

．

Answer 1

分析：（Ⅰ）利用數(shù)列{a_n}的前n項S_n與a_n的關系通過相減的思想得到數(shù)列相鄰項之間的關系式是解決本題的關鍵，證明出該數(shù)列是特殊數(shù)列，進而確定出其通項公式；
（Ⅱ）解法一：確定出數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n的表達式是解決本題的關鍵，數(shù)列為等差數(shù)列首先保證其前3項滿足等差數(shù)列的關系，得出關于λ的方程，從而確定出λ的值；
解法二：先確定出數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n的表達式，利用數(shù)列為等差數(shù)列的通項公式的特征尋找關于λ的方程，通過求解方程確定出λ的值；
（Ⅲ）對該和式的通項進行轉化是解決本題的關鍵，用到了裂項求和的思想，求出該和式，利用函數(shù)的單調性完成該不等式的證明．

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

an+1

an

=

1

2

(n≥2)，
∵a1=1， 2a2+a1=2?a2=

1

2

．
∴{a_n}是首項為1，公比為

1

2

的等比數(shù)列，∴an=(

1

2

)n-1．
（Ⅱ）解法一：∵Sn=

1- 1 2n

1- 1 2

=2-

1

2n-1

．
若{Sn+λ•n+

λ

2n

}為等差數(shù)列，
則S1+λ+

λ

2

，S2+2λ+

λ

22

， S3+3λ+

λ

23

成等差數(shù)列，
2(S2+

9λ

4

)=S1+

3λ

2

+S3+

25λ

8

?2(

3

2

+

9λ

4

)=1+

3λ

2

+

7

4

+

25λ

8

，
得λ=2．
又λ=2時，Sn+2n+

2

2n

=2n+2，顯然{2n+2}成等差數(shù)列，
故存在實數(shù)λ=2，使得數(shù)列{Sn+λn+

λ

2n

}成等差數(shù)列．
解法二：∵Sn=

1- 1 2n

1- 1 2

=2-

1

2n-1

．
∴Sn+λn+

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．
故存在實數(shù)λ=2，使得數(shù)列{Sn+λn+

λ

2n

}成等差數(shù)列．
（Ⅲ）證明：∵

1

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

=

1

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

=2k(

1

1 2k +1

-

1

1 2k-1 +1

)
∴

n

k=1

2-k

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

=

n

k=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 2t +1

-

1

1 2k-1 +1

)
=-

1

1+1

+

1

1 2k +1

=

2k

2k+1

-

1

2

又函數(shù)y=

2x

2x+1

=

1

1 2x +1

在x∈[1，+∞）上為增函數(shù)，
∴

21

21+1

≤

2k

2k+1

＜1，
∴

2

3

-

1

2

≤

2k

2k+1

-

1

2

＜1-

1

2

，

1

6

≤

n

k=1

2-k

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

＜

1

2

．

點評：本題屬于數(shù)列與不等式的綜合問題，考查學生的轉化與化歸的思想，考查學生分析問題解決問題的能力和意識，要用好數(shù)列的前n項 S_n與a_n的關系，等差數(shù)列、等比數(shù)列有關公式，裂項求和的思想和方法，數(shù)列的函數(shù)意識．