Question

数列{a_n}满足a₁=2，a_n+1=λa_n+2ⁿ（n∈N^*），其中λ为常数．
（1）是否存在实数λ，使得数列{a_n}为等差数列或等比数列？若存在，求出其通项公式；若不存在，说明理由；
（2）求数列{a_n}的前n项和S_n．

Answer 1

分析：（1）a₁=2，a₂=2λ+2，a₃=λa₂+4=2λ²+2λ+4．分两种情况讨论①数列{a_n}为等差数列，得λ²-λ+1=0，由△=1²-4=-3＜0知方程无实根，故不存在实数λ，②若数列{a_n}为等比数列，得2（2λ²+2λ+4）=（2λ+2）²，解得λ=1，a_n+1=a_n+2ⁿ，解得a_n=2ⁿ，故存在实数λ=1，使得数列{a_n}为等比数列．
（2）①当λ=1时，转化为等比数列求解．②当λ=2时，构造等差数列{

an

2n

}求解，，③当λ≠1且λ≠2时，构造等比数列{an+

2n

λ-2

}是求解．

解答：解：（1）a₁=2，a₂=2λ+2，a₃=λa₂+4=2λ²+2λ+4．（1分）
①若数列{a_n}为等差数列，则a₁+a₃=2a₂，即2+（2λ²+2λ+4）=2（2λ+2），
得λ²-λ+1=0，由△=1²-4=-3＜0知方程无实根，
故不存在实数λ，使得数列{a_n}为等差数列．（3分）
②若数列{a_n}为等比数列，则a₁•a₃=a₂²，即2（2λ²+2λ+4）=（2λ+2）²，
解得λ=1，此时，a_n+1=a_n+2ⁿ，
由累加法得：a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）++（a_n-a_n-1）=2+2¹+2²++2^n-1=2ⁿ（n≥2），
显然，当n=1时也适合，故a_n=2ⁿ（n∈N^*）．
故存在实数λ=1，使得数列{a_n}为等比数列，其通项公式为a_n=2ⁿ（n∈N^*）．（6分）

（2）①当λ=1时，a_n=2ⁿ（n∈N^*），故Sn=

2(1-2n)

1-2

=2n+1-2．（7分）
②当λ=2时，an+1=2an+2n?

an+1

2n+1

=

an

2n

+

1

2

，即数列{

an

2n

}是首项为1，
公差为

1

2

的等差数列，故

an

2n

=1+(n-1)•

1

2

，即a_n=（n+1）•2^n-1，
下用错位相减法求S_n．S_n=2+3•2+4•2²++（n+1）•2^n-1，2S_n=2•2+3•2²++n•2^n-1+（n+1）•2ⁿ，
上面两式相减，得S_n=-2-2-2²--2^n-1+（n+1）•2ⁿ=n•2ⁿ．（10分）
③当λ≠1且λ≠2时，下用待定系数法求通项a_n．
令a_n+1+x•2ⁿ⁺¹=λ（a_n+x•2ⁿ），则a_n+1=λa_n+（λ-2）x•2ⁿ，
上式与a_n+1=λa_n+2ⁿ比较系数，得（λ-2）x=1，x=

1

λ-2

．
故数列{an+

2n

λ-2

}是首项为

2λ-2

λ-2

，公比为λ的等比数列，从而an+

2n

λ-2

=

2λ-2

λ-2

•λn-1，即an=

(2λ-2)•λn-1-2n

λ-2

．
因此，Sn=

(2λ-2)(1+λ+λ2+λn-1)-(2+22+23++2n)

λ-2

=

(2λ-2)• 1-λn 1-λ -2• 1-2n 1-2

λ-2

=

2(λn-2n)

λ-2

．
综上所述，Sn=

n•2n(λ=2) 2(λn-2n) λ-2 (λ≠2)

．（14分）

点评：本题是一道数列综合题，情景熟悉，貌似简单，入手也不难，但综合程度之高令人叹为观止．无论是分类讨论的思想，还是反证推理、求数列通项和数列求和都考查得淋漓尽致，累加法和待定系数法求数列的通项、错位相减法和分组求和法求数列的前n项和，几乎数列的所有知识和方法都熔于一炉．