Question

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

）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

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+L+

1

Tn

＜

11

18

．若存在，求实数λ的所有取值；若不存在，请说明理由．

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由题意可得T_n≥T₆，即可求出λ的取值范围；
②因{bn}是“封闭数列”，设b_p+b_q=b_m（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T_n≠0，且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．
得 

1

12

＜T1＜

11

18

，化为

7

11

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

1

n(n+λ)

=

1

λ

(

1

n

-

1

n+λ

)，检验得满足条件的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）
由题知a_n+1+a_n≠0得a_n+1-a_n=2，
又S1=a1=(

a1+1

2

)2，化为4a1=

a

2 1

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

n(1+2n-1)

2

=n²；
法二：由S1=a1=(

a1+1

2

)2，化为4a1=

a

2 1

+2a1+1，解得a₁=1．
当n≥2时，2

Sn

=an+1=Sn-Sn-1+1，
得到(

Sn

-1)2=Sn1，即

Sn

-

Sn-1

=1
所以数列{

Sn

}是以1为首项，1为公差的等差数列，
∴

Sn

=1+(n-1)×1=n，得到Sn=n2．
（2）①由b_n+2n-1+λ得到其前n项和T_n=n²+λn，
由题意T_n最小值为T₆，即T_n≥T₆，n²+λn≥36+6λ，
化为

11

2

≤-

λ

2

≤

13

2

，∴λ∈[-13，-11]．
②因{bn}是“封闭数列”，设b_p+b_q=b_m（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T_n≠0，且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．
得 

1

12

＜T1＜

11

18

，化为

7

11

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

1

n(n+λ)

=

1

λ

(

1

n

-

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”{b_n}，使得对任意n∈N^*，都有T_n≠0，
且

1

12

＜

1

T1

+

1

T2

+

1

T3

+…+

1

Tn

＜

11

18

．，
所以实数λ的所有取值集合为{3，5，7，9}．

点评：数列掌握an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

进行转化及正确理解“封闭数列”的意义是解题的关键．