Question

（2012•南京二模）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^*）．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）當(dāng)λ=4時，是否存在互不相同的正整數(shù)r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比數(shù)列？若存在，給出r，s，t滿足的條件；若不存在，說明理由；
（3）設(shè)S_n為數(shù)列{a_n}的前n項和．若對任意n∈N^*，都有（1-λ）S_n+λa_n≥2λⁿ恒成立，求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

Answer 1

分析：（1）當(dāng)n≥2時，a₁+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an

λn-1

=n²+2n，再寫一式，兩式相減，即可求得數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）當(dāng)λ=4時，a_n=（2n+1）•4^n-1，若存在a_r，a_s，a_t成等比數(shù)列，可得得（2r+1）（2t+1）4^r+t-2s=（2s+1）²，從而可得（r-t）²=0，與r≠t矛盾；
（3）同乘公比，利用錯位相減法求數(shù)列的和，再分類討論，利用（1-λ）S_n+λa_n≥2λⁿ恒成立，即可求實(shí)數(shù)λ的取值范圍．

解答：解：（1）當(dāng)n=1時，a₁=3．
當(dāng)n≥2時，a₁+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an

λn-1

=n²+2n，①
∴a₁+

a2

λ

+

a3

λ2

+…+

an-1

λn-2

=（n-1）²+2（n-1）．    ②
①-②得：

an

λn-1

=2n+1，所以a_n=（2n+1）•λ^n-1，（n≥2）．
因為a₁=3，所以a_n=（2n+1）•λ^n-1 （n∈N^*）． …（4分）
（2）當(dāng)λ=4時，a_n=（2n+1）•4^n-1．
若存在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．…（6分）
由奇偶性知r+t-2s=0，所以（2r+1）（2t+1）=（r+t+1）²，即（r-t）²=0．
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．…（8分）
（3）S_n=3+5λ+7λ²+…+（2n+1）λ^n-1．
當(dāng)λ=1時，S_n=3+5+7+…+（2n+1）=n²+2n．
當(dāng)λ≠1時，S_n=3+5λ+7λ²+…+（2n+1）λ^n-1，
λS_n=3λ+5λ²+…+（2n-1）λ^n-1+（2n+1）λⁿ．
兩式相減可得（1-λ）S_n=3+2（λ+λ²+λ³++…+λ^n-1）-（2n+1）λⁿ=3+2×

λ(1-λn-1)

1-λ

-（2n+1）λⁿ． …（10分）
要對任意n∈N^*，都有（1-λ）S_n+λa_n≥2λⁿ恒成立，
①當(dāng)λ=1時，左=（1-λ）S_n+λa_n=a_n=2n+1≥2，結(jié)論顯然成立；
②當(dāng)λ≠1時，左=（1-λ）S_n+λa_n=3+2×

λ(1-λn-1)

1-λ

-（2n+1）λⁿ+λa_n
=3+2×

λ(1-λn-1)

1-λ

=

3-λ

1-λ

-

2λn

1-λ

．
因此，對任意n∈N^*，都有

3-λ

1-λ

≥

4-2λ

1-λ

•λⁿ恒成立．
當(dāng)0＜λ＜1時，只要

3-λ

4-2λ

≥λⁿ對任意n∈N^*恒成立，只要有

3-λ

4-2λ

≥λ即可，解得λ≤1或λ≥

3

2

．
因此，當(dāng)0＜λ＜1時，結(jié)論成立．        …（14分）
當(dāng)λ≥2時，

3-λ

1-λ

≥

4-2λ

1-λ

•λⁿ顯然不可能對任意n∈N^*恒成立．
當(dāng)1＜λ＜2時，只要

3-λ

4-2λ

≤λⁿ對任意n∈N^*恒成立，只要有

3-λ

4-2λ

≤λ即可，解得1≤λ≤

3

2

．
因此當(dāng)1＜λ≤

3

2

時，結(jié)論成立．
綜上可得，實(shí)數(shù)λ的取值范圍為（0，

3

2

]．      …（16分）

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列的通項與求和，考查恒成立問題，考查分類討論的數(shù)學(xué)思想，利用錯位相減法求數(shù)列的和是關(guān)鍵．