设数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N都有Sn=（an+12）2成立．（1）求数列{an}的前n项和Sn；（2）记数列bn=an+λ，n∈N，λ∈R，其前n项和为Tn．①若数列{Tn}的最小

题目简介

设数列{an}的前n项和为Sn，对任意n∈N*都有Sn=（an+12）2成立．（1）求数列{an}的前n项和Sn；（2）记数列bn=an+λ，n∈N*，λ∈R，其前n项和为Tn．①若数列{Tn}的最小

题目详情

设数列{a_n}的前n项和为S_n，对任意n∈N^*都有S_n=（

an+1

）²成立．
（1）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（2）记数列b_n=a_n+λ，n∈N^*，λ∈R，其前n项和为T_n．
①若数列{T_n}的最小值为T₆，求实数λ的取值范围；
②若数列{b_n}中任意的不同两项之和仍是该数列中的一项，则称该数列是“封闭数列”．试问：是否存在这样的“封闭数列”{b_n}，使得对任意n∈N^*，都有T_n≠0，且

＜

+L+

＜

．若存在，求实数λ的所有取值；若不存在，请说明理由．

题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

（1）法一：由Sn=（

an+1

）2 得：4Sn=

+2an+1①，4Sn+1=

2n+1

+2an+1+1②，
②-①得4an+1=

2n+1

+2an+1-2an，得到2（an+1+an）=（an+1+an）（an+1-an）
由题知an+1+an≠0得an+1-an=2，
又S1=a1=(

a1+1

)2，化为4a1=

+2a1+1，解得a1=1．
∴数列{an}是以1为首项，2为公差的等差数列，∴an=1+（n-1）×1=2n-1，
因此前n项和Sn=

n(1+2n-1)

=n2；
法二：由S1=a1=(

a1+1

)2，化为4a1=

+2a1+1，解得a1=1．
当n≥2时，2

=an+1=Sn-Sn-1+1，
得到(

-1)2=Sn1，即

Sn-1

=1
所以数列{

}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴

=1+(n-1)×1=n，得到Sn=n2．
（2）①由bn+2n-1+λ得到其前n项和Tn=n2+λn，
由题意Tn最小值为T6，即Tn≥T6，n2+λn≥36+6λ，
化为class="stub"11

≤-class="stub"λ

≤class="stub"13

，∴λ∈[-13，-11]．
②因{bn}是“封闭数列”，设bp+bq=bm（p，q，m∈Z*，且任意两个不相等）得
2p-1+λ+2q-1+λ=2m-1+λ，化为λ=2（m-p-q）+1，则λ为奇数．
由任意n∈N*，都有Tn≠0，且class="stub"1

＜class="stub"1

+class="stub"1

+…+class="stub"1

＜class="stub"11

．
得 class="stub"1

＜T1＜class="stub"11

，化为class="stub"7

＜λ＜11，即λ的可能值为1，3，5，7，9，
又Tn=n2+λn＞0，因为class="stub"1

n(n+λ)

=class="stub"1

(class="stub"1

-class="stub"1

n+λ

)，
检验得满足条件的λ=3，5，7，9，
即存在这样的“封闭数列”{bn}，使得对任意n∈N*，都有Tn≠0，
且class="stub"1