Question

設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，對任意n∈N^*都有S_n=（

an+1

2

）²成立．
（1）求數(shù)列{a_n}的前n項和S_n；
（2）記數(shù)列b_n=a_n+λ，n∈N^*，λ∈R，其前n項和為T_n．
①若數(shù)列{T_n}的最小值為T₆，求實數(shù)λ的取值范圍；
②若數(shù)列{b_n}中任意的不同兩項之和仍是該數(shù)列中的一項，則稱該數(shù)列是“封閉數(shù)列”．試問：是否存在這樣的“封閉數(shù)列”{b_n}，使得對任意n∈N^*，都有T_n≠0，且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+L+

1

Tn

＜

11

18

．若存在，求實數(shù)λ的所有取值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）利用an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

，即可得到法一或法二；
（2）①由題意可得T_n≥T₆，即可求出λ的取值范圍；
②因{bn}是“封閉數(shù)列”，設b_p+b_q=b_m（p，q，m∈Z^*，且任意兩個不相等 ）得2p-1+λ+2q-1+λ=2m-1+λ，化為λ=2（m-p-q）+1，則λ為奇數(shù)．
由任意n∈N^*，都有T_n≠0，且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．
得 

1

12

＜T1＜

11

18

，化為

7

11

＜λ＜11，即λ的可能值為1，3，5，7，9，
又Tn=n2+λn＞0，因為

1

n(n+λ)

=

1

λ

(

1

n

-

1

n+λ

)，檢驗得滿足條件的λ=3，5，7，9，

解答：（1）法一：由S_n=（

an+1

2

）² 得：4Sn=

a

2 n

+2an+1①，4Sn+1=

a

2 n+1

+2an+1+1②，
②-①得4an+1=

a

2 n+1

-

a

2 n

+2an+1-2an，得到2（a_n+1+a_n）=（a_n+1+a_n）（a_n+1-a_n）
由題知a_n+1+a_n≠0得a_n+1-a_n=2，
又S1=a1=(

a1+1

2

)2，化為4a1=

a

2 1

+2a1+1，解得a₁=1．
∴數(shù)列{a_n}是以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，∴a_n=1+（n-1）×1=2n-1，
因此前n項和S_n=

n(1+2n-1)

2

=n²；
法二：由S1=a1=(

a1+1

2

)2，化為4a1=

a

2 1

+2a1+1，解得a₁=1．
當n≥2時，2

Sn

=an+1=Sn-Sn-1+1，
得到(

Sn

-1)2=Sn1，即

Sn

-

Sn-1

=1
所以數(shù)列{

Sn

}是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，
∴

Sn

=1+(n-1)×1=n，得到Sn=n2．
（2）①由b_n+2n-1+λ得到其前n項和T_n=n²+λn，
由題意T_n最小值為T₆，即T_n≥T₆，n²+λn≥36+6λ，
化為

11

2

≤-

λ

2

≤

13

2

，∴λ∈[-13，-11]．
②因{bn}是“封閉數(shù)列”，設b_p+b_q=b_m（p，q，m∈Z^*，且任意兩個不相等 ）得
2p-1+λ+2q-1+λ=2m-1+λ，化為λ=2（m-p-q）+1，則λ為奇數(shù)．
由任意n∈N^*，都有T_n≠0，且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．
得 

1

12

＜T1＜

11

18

，化為

7

11

＜λ＜11，即λ的可能值為1，3，5，7，9，
又Tn=n2+λn＞0，因為

1

n(n+λ)

=

1

λ

(

1

n

-

1

n+λ

)，
檢驗得滿足條件的λ=3，5，7，9，
即存在這樣的“封閉數(shù)列”{b_n}，使得對任意n∈N^*，都有T_n≠0，
且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．，
所以實數(shù)λ的所有取值集合為{3，5，7，9}．

點評：數(shù)列掌握an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

進行轉化及正確理解“封閉數(shù)列”的意義是解題的關鍵．