Question

設數列{a_n}的前n項和為S_n，且S_n=（1+λ）-λa_n，其中λ為常數，且λ≠-1，0，n∈N⁺
（1）證明：數列{a_n}是等比數列．
（2）設數列{a_n}的公比q=f（λ），數列{b_n}滿足b1=

1

2

，b_n=f（b_n-1）（n∈N⁺，n≥2），求數列{b_n}的通項公式．
（3）設λ=1，Cn=an(

1

bn

-1)，數列{C_n}的前n項和為T_n，求證：當n≥2時，2≤T_n＜4．

Answer 1

分析：（1）由已知S_n=（1+λ）-λa_n，得出 S_n+1=（1+λ）-λa_n+1，（n∈N⁺），兩式相減，化簡整理（1+λ）a _n+1=λa_n，結合λ的條件，又得a_n+1

an+1

an

=

λ

1+λ

，是一個與n無關的非零常數．由此進行判斷．
 （2）由（1）應得出q=f（λ）=

λ

1+λ

，從而b_n=f（b_n-1）=

bn-1

1+bn-1

，將此式兩邊取倒數，并化簡整理得出

1

bn

-

1

bn-1

=1 （n∈N⁺，n≥2），根據等差數列的通項公式求出{

1

bn

} 的通項公式，再求出數列{b_n}的通項公式．
（3）由上Cn=an(

1

bn

-1)=(

1

2

)n-1•[（n+1）-1]=n•(

1

2

)n-1，利用錯位相消法求出T_n再去證明不等式．

解答：（1）證明：
 由 S_n=（1+λ）-λa_n，①
得 S_n+1=（1+λ）-λa_n+1，②（n∈N⁺）
②-①得S_n+1-S_n=-λa_n+1+λa_n，
即a _n+1=-λa_n+1+λa_n，
移向整理得（1+λ）a _n+1=λa_n，
∵λ≠-1，0，又得a_n+1

an+1

an

=

λ

1+λ

，是一個與n無關的非零常數，
∴數列{a_n}是等比數列．

（2）解：由（1）可知q=f（λ）=

λ

1+λ

，∴b_n=f（b_n-1）=

bn-1

1+bn-1

兩邊取倒數得出

1

bn

=

1+bn-1

bn-1

=

1

bn-1

+1，移向得出

1

bn

-

1

bn-1

=1 （n∈N⁺，n≥2），
∴{

1

bn

}是等差數列，且首項

1

b1

=2，公差為1．
由等差數列通項公式求得

1

bn

=2+（n-1）×1=n+1
∴b_n=

1

n+1

．

（3）證明：當λ=1時數列{a_n}的公比q=f（λ）=

λ

1+λ

=

1

2

，
在S_n=（1+λ）-λa_n，中令n=1時，得出a₁=2-a₁，解得a₁=1．
∴等比數列{a_n}的 通項公式為a_n=a₁•q^n-1=(

1

2

)n-1
從而Cn=an(

1

bn

-1)=(

1

2

)n-1•[（n+1）-1]=n•(

1

2

)n-1＞0，數列{C_n}的前n項和T_n隨n的增大而增大．
由 T_n=1•(

1

2

)0+2•(

1

2

)1+3•(

1

2

)2+…n•(

1

2

)n-1
得 

1

2

T_n=1•(

1

2

)1+2•(

1

2

)2+…（n-1）•(

1

2

)n-1+n•(

1

2

)n
 兩式相減得

1

2

T_n=(

1

2

)0+(

1

2

)1+(

1

2

)2+…(

1

2

)n-1-n•(

1

2

)n
=

1-( 1 2 )n

1- 1 2

-n•(

1

2

)n
=2-（n+2）•(

1

2

)n
∴T_n=4-（n+2）•(

1

2

)n-1
當n≥2時，T_n≥T₂=4-4•

1

2

=2． 易知T_n＜4．
所以當n≥2時，2≤T_n＜4．

點評：本題考查等差數列、等比數列的判定，通項公式求解，錯位相消法數列求和．考查轉化、變形構造、計算、證明能力．