已知等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}+a$, 且 $b_{n}=\log _{2} a_{n}-a$, 则数列 $\left\{\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $T_{n}=(\quad)$
由等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=2^{n}+a$, 得 $S_{1}=a_{1}=2+a, a_{2}=S_{2}-S_{1}=2, a_{3}=S_{3}-S_{2}=4$, $\because a_{2}^{2}=a_{1} \cdot a_{3}, \therefore 4=(2+a) \times 4$, 解得 $a=-1, \therefore a_{1}=1, S_{n}=2^{n}-1, \therefore n \geqslant 2$ 时

$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=2^{n}-1-2^{n-1}+1=2^{n-1}$ ( $a_{1}=1$ 满足上式）, $\therefore b_{n}=\log _{2} 2^{n-1}+1=n, b_{n+1}=n+1$, 则 $\frac{1}{b_{n} b_{n+1}}=\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}, \therefore T_{n}=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}$, 故选 D.