Question

已知數(shù)列{a_n}滿足：a1+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an

λn-1

=n2+2n（其中常數(shù)λ＞0，n∈N^*）．
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）求證：當λ=4時，數(shù)列{a_n}中的任何三項都不可能成等比數(shù)列；
（Ⅲ）設S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和．求證：若任意n∈N^*，（1-λ）S_n+λa_n≥3．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由給出的遞推式知，n=1時，a₁=3，n≥2時，在遞推式中取n=n-1得另一遞推式，兩式作差后可求a_n，驗證首項后即可得到數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）在數(shù)列{a_n}的通項公式中，把λ值代4，利用反證法證明不存在正整數(shù)r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比數(shù)列；
（Ⅲ）當λ=1時，利用等差數(shù)列求和求出S_n，當λ≠1時，利用錯位相減法求出S_n，把求得的a_n和S_n代入要求證的不等式左邊，整理后即可得到結(jié)論．

解答：（Ⅰ）解：由a1+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an

λn-1

=n2+2n①，
取n=1時，求得a₁=3，
當n≥2時，有a1+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an-1

λn-2

=(n-1)2+2(n-1)②，
①-②得：

an

λn-1

=2n+1．∴an=(2n+1)•λn-1(n≥2，n∈N*)．
又a₁=3也適合上式，
所以，an=(2n+1)•λn-1(n∈N*)．
（Ⅱ）證明：當λ=4時，an=(2n+1)•4n-1．
下面用反證法證明
假設存在a_r，a_s，a_t成等比數(shù)列，
則[（2r+1）•4^r-1]•[（2t+1）•4^t-1]=（2s+1）²•4^2s-2．
整理得（2r+1）（2t+1）•4^r+t-2s=（2s+1）²．
等式右邊為奇數(shù)，要使左邊等于右邊，則r+t-2s=0．
所以，（2r+1）（2t+1）=（r+t+1）²，整理得（r-t）²=0，∴r=t．這與r≠t矛盾，
故不存在這樣的正整數(shù)r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比數(shù)列．
（Ⅲ）證明：S_n=a₁+a₂+…+a_n
=3+5λ+7λ²+…+（2n+1）λ^n-1．
當λ=1時，Sn=3+5+7+…+(2n+1)=

(3+2n+1)n

2

=n2+2n．
當λ≠1時，S_n=3+5λ+7λ²+…+（2n+1）λ^n-1③．
λSn=3λ+5λ2+…+(2n-1)λn-1+(2n+1)λn④．
③-④得：(1-λ)Sn=3+2(λ+λ2+…+λn-1)-(2n+1)λn
=3+2×

λ(1-λn-1)

1-λ

-(2n+1)λn．
所以，當λ=1時，不等式左邊=（1-λ）S_n+λa_n=a_n=2n+1≥3，結(jié)論顯然成立；
當λ≠1時，不等式左邊=(1-λ)Sn+λan=3+2×

λ(1-λn-1)

1-λ

-(2n+1)λn+λan
=3+2×

λ(1-λn-1)

1-λ

．
而λ＞0，1-λ和1-λ^n-1同號，故

λ(1-λn-1)

1-λ

≥0．
∴（1-λ）S_n+λa_n≥3．
綜上，（1-λ）S_n+λa_n≥3對任意n∈N^*都成立．

點評：本題考查了等比關系的確定，考查了利用錯位相減法求數(shù)列的前n項和，考查了分類討論得數(shù)學思想，訓練了反證法，體現(xiàn)了整體代換思想，是很好的數(shù)列與不等式綜合題．屬中高檔題．