数列{an}的前n项和为Sn，已知Sn+an=-n（n∈N*）恒成立．（1）求数列{an}的通项公式；（2）bn=ln（an+1），求{anbn}的前n项和；（

题型：香洲区模拟难度：来源：

数列{a_n}的前n项和为S_n，已知S_n+a_n=-n（n∈N^*）恒成立．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）b_n=ln（a_n+1），求{a_nb_n}的前n项和；
（3）求证：

1

2a1a2

+

1

22a2a3

+…+

1

2nanan+1

＜2．

答案

（1）∵S_n+a_n=-n①
∴n≥2时，S_n-1+a_n-1=-n+1②
①-②可得2a_n=a_n-1-1
∴2（a_n+1）=a_n-1+1
又a₁=-

1

2

，∴{a_n+1}是以

1

2

为首项，

1

2

为公比的等比数列
∴a_n+1=(

1

2

)n，∴a_n=(

1

2

)n-1；
（2）b_n=ln（a_n+1）=nln

1

2

，∴a_nb_n=[(

1

2

)n-1]•nln

1

2

，
∴{a_nb_n}的前n项和为ln

1

2

[

1

2

+2•(

1

2

)2+…+n•(

1

2

)n]-

n(n+1)

2

•ln

1

2

令T_n=ln

1

2

[

1

2

+2•(

1

2

)2+…+n•(

1

2

)n]，则

1

2

T_n=ln

1

2

[(

1

2

)2+2•(

1

2

)3+…+（n-1）•(

1

2

)n+n•(

1

2

)n+1]，
两式相减，可得T_n=ln

1

2

（2-

1

2n-1

-

n

2n

）
∴{a_nb_n}的前n项和为ln

1

2

（2-

1

2n-1

-

n

2n

）-

n(n+1)

2

•ln

1

2

；
（3）证明：由（1）知，

1

2nanan+1

=-2（

1

1 2n -1

-

1

1 2n+1 -1

）
∴

1

2a1a2

+

1

22a2a3

+…+

1

2nanan+1

=-2（

1

1 21 -1

-

1

1 22 -1

+

1

1 22 -1

-

1

1 3 -1

+…+

1

1 2n -1

-

1

1 2n+1 -1

）
=-2（

1

1 21 -1

-

1

1 2n+1 -1

）＜2
∴

1

2a1a2

+

1

22a2a3

+…+

1

2nanan+1

＜2．