设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=-λan，其中λ为常数，且λ≠-1，0，n∈N+证明：数列{an}是等比数列．设数列{an}的公比

题文

设数列{a_n}的前n项和为S_n，且S_n=（1+λ）-λa_n，其中λ为常数，且λ≠-1，0，n∈N⁺
（1）证明：数列{a_n}是等比数列．
（2）设数列{a_n}的公比q=f（λ），数列{b_n}满足b1=12，b_n=f（b_n-1）（n∈N⁺，n≥2），求数列{b_n}的通项公式．
（3）设λ=1，Cn=an(1bn-1)，数列{C_n}的前n项和为T_n，求证：当n≥2时，2≤T_n＜4． 题型：未知 难度：其他题型

答案

（1）证明：
 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+1an+1 an=λ1+λ，是一个与n无关的非零常数，
∴数列{a_n}是等比数列．
（2）由（1）可知q=f（λ）=λ1+λ，∴b_n=f（b_n-1）=bn-11+bn-1
两边取倒数得出1bn=1+bn-1bn-1=1bn-1+1，移向得出1bn-1bn-1=1 （n∈N⁺，n≥2），
∴{1bn}是等差数列，且首项1b1=2，公差为1．
由等差数列通项公式求得
1bn=2+（n-1）×1=n+1
∴b_n=1n+1．
（3）证明：当λ=1时数列{a_n}的公比q=f（λ）=λ1+λ=12，
在S_n=（1+λ）-λa_n，中令n=1时，得出a₁=2-a₁，解得a₁=1．
∴等比数列{a_n}的 通项公式为a_n=a₁•q^n-1=(12)n-1
从而Cn=an(1bn-1)=(12)n-1•[（n+1）-1]=n•(12)n-1＞0，数列{C_n}的前n项和T_n随n的增大而增大．
由 T_n=1•(12)0+2•(12)1+3•(12)2+…n•(12)n-1
得 12T_n=1•(12)1+2•(12)2+…（n-1）•(12)n-1+n•(12)n
 两式相减得
12T_n=(12)0+(12)1+(12)2+…(12)n-1-n•(12)n
=1-(12)n1-12-n•(12)n
=2-（n+2）•(12)n
∴T_n=4-（n+2）•(12)n-1
当n≥2时，T_n≥T₂=4-4•12=2． 易知T_n＜4．
所以当n≥2时，2≤T_n＜4．

解析

an+1 an

考点

据考高分专家说，试题“设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=.....”主要考查你对 [数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等） ]考点的理解。 数列求和的其他方法（倒序相加，错位相减，裂项相加等）

数列求和的常用方法：

1.裂项相加法：数列中的项形如

的形式，可以把

表示为

，累加时抵消中间的许多项，从而求得数列的和；
2、错位相减法：源于等比数列前n项和公式的推导，对于形如

的数列，其中

为等差数列，

为等比数列，均可用此法；
3、倒序相加法：此方法源于等差数列前n项和公式的推导，目的在于利用与首末两项等距离的两项相加有公因式可提取，以便化简后求和。
4、分组转化法：把数列的每一项分成两项，或把数列的项“集”在一块重新组合，或把整个数列分成两个部分，使其转化为等差或等比数列，这一求和方法称为分组转化法。
5、公式法求和：所给数列的通项是关于n的多项式，此时求和可采用公式求和，常用的公式有：
 


数列求和的方法多种多样，要视具体情形选用合适方法。

数列求和特别提醒：

（1）对通项公式含有

的一类数列，在求

时，要注意讨论n的奇偶性；
（2）在用等比数列前n项和公式时，一定要分q=1和q≠1两种情况来讨论。