题目内容
13．已知正项数列{an}的前n项和为Sn，且$4{S_n}={（{a_n}+1）^2}\;，\;n∈{N^*}$．（1）求证：数列{an}是等差数列；
（2）若bn=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$，数列{bn}的前n项和为Tn，求Tn；
（3）在（2）的条件下，是否存在常数λ，使得数列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}为等比数列？若存在，试求出λ；若不存在，说明理由．
分析 （1）运用数列的递推式：当n=1时，a1=S1，当n≥2时，an=Sn-Sn-1，化简整理，结合等差数列的定义即可得证；
（2）求得an=2n-1，bn=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．再由数列的求和方法：错位相减法，结合等比数列的求和公式，即可得到所求和；
（3）化简$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=$\frac{3+λ}{2n+3}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，结合数列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}为等比数列的充要条件是$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=A•qn（A、q为非零常数），即可求得λ的值．
解答 解：（1）证明：由题知Sn=$\frac{1}{4}$（an+1）2，
当n=1时，a1=S1=$\frac{1}{4}$（a1+1）2，∴a1=1，
当n≥2时，an=Sn-Sn-1=$\frac{1}{4}$（an+1）2-$\frac{1}{4}$（an-1+1）2．
∴（an+an-1）（an-an-1-2）=0．
∵an＞0，∴an-an-1-2=0．
即当n≥2时，an-an-1=2．
则数列{an}是等差数列．
（2）由（1）知数列{an}是以1为首项，以2为公差的等差数列．
∴an=1+（n-1）•2=2n-1，
∵bn=$\frac{{a}_{n}}{{2}^{n}}$=$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$．
则Tn=$\frac{1}{2}$+$\frac{3}{{2}^{2}}$+$\frac{5}{{2}^{3}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n-1}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n}}$，①
∴$\frac{1}{2}$Tn=$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{3}{{2}^{3}}$+$\frac{5}{{2}^{4}}$+…+$\frac{2n-3}{{2}^{n}}$+$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，②
由①-②得
$\frac{1}{2}$Tn=$\frac{1}{2}$+2（$\frac{1}{{2}^{2}}$+$\frac{1}{{2}^{3}}$+…+$\frac{1}{{2}^{n}}$）-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$
=$\frac{1}{2}$+2•$\frac{\frac{1}{4}（1-\frac{1}{{2}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{2}}$-$\frac{2n-1}{{2}^{n+1}}$，
∴Tn=3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$；
（3）∵$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=（3-$\frac{2n+3}{{2}^{n}}$+λ）•$\frac{1}{2n+3}$=$\frac{3+λ}{2n+3}$-$\frac{1}{{2}^{n}}$，
∴数列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}为等比数列的充要条件是$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$=A•qn（A、q为非零常数），
∴当且仅当3+λ=0，即λ=-3时，得数列{$\frac{{T}_{n}+λ}{{a}_{n+2}}$}为等比数列．
点评 本题考查等差数列和等比数列的定义、通项公式和求和公式的运用，考查数列的求和方法：错位相减法，以及存在性问题的解法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
| A． | $\frac{1}{2}$ | B． | $-\frac{1}{2}$ | C． | $\frac{1}{2}i$ | D． | $-\frac{1}{2}i$ |
| A． | $\frac{{3\sqrt{3}}}{8}$ | B． | 2 | C． | $\frac{{\sqrt{3}}}{2}$ | D． | $\frac{{3\sqrt{3}}}{4}$ |
