Question

已知数列{a_n}中，a₁=

1

2

，点（n，2a_n+1-a_n）在直线上y=x上，其中n=1，2，3…
（1）令b_n=a_n-1-a_n-3，求证数列{b_n}是等比数列；
（2）求数列{a_n}的通项；
（3）设S_n，T_n分别为数列{a_n}，{b_n}的前n项和，是否存在实数λ，使得数列{

Sn+λTn

n

}为等差数列存在，试求出λ，不存在，则说明理由．

Answer 1

考点：等差数列与等比数列的综合

专题：等差数列与等比数列

分析：（1）由已知得2a_n+1-a_n=n，从而a₂=

3

4

，a₂-a₁-1=

3

4

-

1

2

-1=-

3

4

，进而

bn+1

bn

=

an+2-an+1-1

an+1-an-1

=

an+1+(n+1) 2 - an+n 2 -1

an+1-an-1

=

1

2

．由此能证明{b_n}是以-

3

4

为首项，以

1

2

为公比的等比数列．
（2）由a_n+1-a_n-1=-

3

2

×

1

2n

，利用累加法能求出a_n=

3

2n

+n-2．
（3）由S_n=

n(n-3)

2

+3[1-（

1

2

）n]，T_n=

3

2

[（

1

2

）n-1]，得

S1+λT1

1

=

1

2

-

3

4

λ，

S2+λT2

2

=

10-9λ

16

，

S3+λT3

3

=

42-21λ

48

，再由数列{

Sn+λTn

n

}是等差数列，能求出λ=2．

解答： （1）证明：∵数列{a_n}中，a₁=

1

2

，点（n，2a_n+1-a_n）在直线上y=x上，其中n=1，2，3…
∴2a_n+1-a_n=n，
∴2a₂-

1

2

=1，解得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+2-an+1-1

an+1-an-1

=

an+1+(n+1) 2 - an+n 2 -1

an+1-an-1

=

an+1-an-1 2

an+1-an-1

=

1

2

．
b_n=-

3

4

×（

1

2

）^n-1=-

3

2

×

1

2n

，
∴{b_n}是以-

3

4

为首项，以

1

2

为公比的等比数列．
（2）解：∵a_n+1-a_n-1=-

3

2

×

1

2n

，
∴a₂-a₁-1=-

3

2

×

1

2

，
a₃-a₂-1=-

3

2

×

1

22

，
∴a_n-a_n-1-1=-

3

2

×

1

2n-1

，
将以上各式相加得：
∴a_n-a₁-（n-1）=-

3

2

（

1

2

+

1

22

+…+

1

2n-1

），
∴a_n=a₁+n-1-

3

2

×

1 2 (1- 1 2n-1 )

1- 1 2

=

1

2

+（n-1）-

3

2

（1-

1

2n-1

）=

3

2n

+n-2．
∴a_n=

3

2n

+n-2．
（3）解：存在λ=2，{

Sn+λTn

n

}为等差数列．
S_n=

n(n-3)

2

+3[1-（

1

2

）n]，T_n=

3

2

[（

1

2

）n-1]
∴

S1+λT1

1

=

1

2

-

3

4

λ，

S2+λT2

2

=

10-9λ

16

，

S3+λT3

3

=

42-21λ

48

，
数列{

Sn+λTn

n

}是等差数列
∴2×

10-9λ

16

=

1

2

-

3

4

λ+

42-21λ

48

，∴λ=2
当λ=2时，

Sn+λTn

n

=

n-3

2

，数列数列{

Sn+λTn

n

}为等差数列．

点评：本题考查等比数列的证明，考查数列的通项公式的求法，考查数列为等差数列时满足条件的实数是否存在的判断与求法，解题时要认真审题，注意累加法、构造法的合理运用．