Question

13．已知正項數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且$4{S_n}={（{a_n}+1）^2}\;，\;n∈{N^*}$．
（1）求證：數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列；
（2）若b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，數(shù)列{b_n}的前n項和為T_n，求T_n；
（3）在（2）的條件下，是否存在常數(shù)λ，使得數(shù)列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}為等比數(shù)列？若存在，試求出λ；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）運(yùn)用數(shù)列的遞推式：當(dāng)n=1時，a₁=S₁，當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，化簡整理，結(jié)合等差數(shù)列的定義即可得證；
（2）求得a_n=2n-1，b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．再由數(shù)列的求和方法：錯位相減法，結(jié)合等比數(shù)列的求和公式，即可得到所求和；
（3）化簡$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=$\frac{3+λ}{2n+3}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，結(jié)合數(shù)列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}為等比數(shù)列的充要條件是$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=A•qⁿ（A、q為非零常數(shù)），即可求得λ的值．

解答 解：（1）證明：由題知S_n=$\frac{1}{4}$（a_n+1）²，
當(dāng)n=1時，a₁=S₁=$\frac{1}{4}$（a₁+1）²，∴a₁=1，
當(dāng)n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{4}$（a_n+1）²-$\frac{1}{4}$（a_n-1+1）²．
∴（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-2）=0．
∵a_n＞0，∴a_n-a_n-1-2=0．
即當(dāng)n≥2時，a_n-a_n-1=2．
則數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列．
（2）由（1）知數(shù)列{a_n}是以1為首項，以2為公差的等差數(shù)列．
∴a_n=1+（n-1）•2=2n-1，
∵b_n=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．
則T_n=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，①
∴$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{5}{{2}^{4}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，②
由①-②得
$\frac{1}{2}$T_n=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴T_n=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$；
（3）∵$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=（3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$+λ）•$\frac{1}{2n+3}$=$\frac{3+λ}{2n+3}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴數(shù)列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}為等比數(shù)列的充要條件是$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=A•qⁿ（A、q為非零常數(shù)），
∴當(dāng)且僅當(dāng)3+λ=0，即λ=-3時，得數(shù)列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}為等比數(shù)列．

點(diǎn)評 本題考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的定義、通項公式和求和公式的運(yùn)用，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，以及存在性問題的解法，考查化簡整理的運(yùn)算能力，屬于中檔題．