Question

已知数列{a_n}满足：a₁+++…+=n²+2n（其中常数λ＞0，n∈N^*）．
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）当λ=4时，是否存在互不相同的正整数r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比数列？若存在，给出r，s，t满足的条件；若不存在，说明理由；
（3）设S_n为数列{a_n}的前n项和．若对任意n∈N^*，都有（1-λ）S_n+λa_n≥2λⁿ恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

【答案】分析：（1）当n≥2时，a₁+++…+=n²+2n，再写一式，两式相减，即可求得数列{a_n}的通项公式；
（2）当λ=4时，a_n=（2n+1）•4^n-1，若存在a_r，a_s，a_t成等比数列，可得得（2r+1）（2t+1）4^r+t-2s=（2s+1）²，从而可得（r-t）²=0，与r≠t矛盾；
（3）同乘公比，利用错位相减法求数列的和，再分类讨论，利用（1-λ）S_n+λa_n≥2λⁿ恒成立，即可求实数λ的取值范围．
解答：解：（1）当n=1时，a₁=3．
当n≥2时，a₁+++…+=n²+2n，①
∴a₁+++…+=（n-1）²+2（n-1）．    ②
①-②得：=2n+1，所以a_n=（2n+1）•λ^n-1，（n≥2）．
因为a₁=3，所以a_n=（2n+1）•λ^n-1 （n∈N^*）． …（4分）
（2）当λ=4时，a_n=（2n+1）•4^n-1．
若存在a_r，a_s，a_t成等比数列，则[（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．
这与r≠t矛盾，故不存在这样的正整数r，s，t，使得a_r，a_s，a_t成等比数列．…（8分）
（3）S_n=3+5λ+7λ²+…+（2n+1）λ^n-1．
当λ=1时，S_n=3+5+7+…+（2n+1）=n²+2n．
当λ≠1时，S_n=3+5λ+7λ²+…+（2n+1）λ^n-1，
λS_n=3λ+5λ²+…+（2n-1）λ^n-1+（2n+1）λⁿ．
两式相减可得（1-λ）S_n=3+2（λ+λ²+λ³++…+λ^n-1）-（2n+1）λⁿ=3+2×-（2n+1）λⁿ． …（10分）
要对任意n∈N^*，都有（1-λ）S_n+λa_n≥2λⁿ恒成立，
①当λ=1时，左=（1-λ）S_n+λa_n=a_n=2n+1≥2，结论显然成立；
②当λ≠1时，左=（1-λ）S_n+λa_n=3+2×-（2n+1）λⁿ+λa_n
=3+2×=-．
因此，对任意n∈N^*，都有≥•λⁿ恒成立．
当0＜λ＜1时，只要≥λⁿ对任意n∈N^*恒成立，只要有≥λ即可，解得λ≤1或λ≥．
因此，当0＜λ＜1时，结论成立．        …（14分）
当λ≥2时，≥•λⁿ显然不可能对任意n∈N^*恒成立．
当1＜λ＜2时，只要≤λⁿ对任意n∈N^*恒成立，只要有≤λ即可，解得1≤λ≤．
因此当1＜λ≤时，结论成立．
综上可得，实数λ的取值范围为（0，]．      …（16分）
点评：本题考查数列的通项与求和，考查恒成立问题，考查分类讨论的数学思想，利用错位相减法求数列的和是关键．