热门试卷

（1）∵

∴

（n≥2）

由得，，

∵，∴ ，

即从第2项起是以2为公比的等比数列．

（2）

当n≥2时，

∵是等比数列，

∴（n≥2）是常数，

∴，即 ．

（3）由（1）知当时，，

所以，

，

显然最小项是前三项中的一项．

当时，最小项为；当时，最小项为或；

当时，最小项为；当时，最小项为或；

当时，最小项为．

（1）当n＝1时，a1＝3．

当n≥2时，因为，    ①

所以（n－1）2＋2（n－1）②

①－②得＝2n＋1，

所以an＝（2n＋1）·λn－1（n≥2，n∈N*）．

a1＝3也适合上式，

所以an＝（2n＋1）·λn－1  （n∈N*）．

（2）当λ＝4时，an＝（2n＋1）·4n－1．

若存在ar，as，at成等比数列，

则[（2r＋1） ·4r－1] [（2t＋1） ·4t－1]＝（2s＋1）2 ·42s－2．

整理得（2r＋1） （2t＋1） 4 r＋t －2s＝（2s＋1）2．      

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ar，as，at成等比数列．

（3）Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋（2n＋1）λn－1．

当λ＝1时，Sn＝3＋5＋7＋…＋（2n＋1）＝n2＋2n．

当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋（2n＋1）λn－1，

λSn＝   3λ＋5λ2＋…＋（2n－1）λn－1＋（2n＋1）λn．

（1－λ）Sn＝3＋2（λ＋λ2＋λ3＋＋…＋λn－1）－（2n＋1）λn＝3＋2× －（2n＋1）λn

当λ≠1时，Sn＝3＋5λ＋7λ2＋…＋（2n＋1）λn－1，

要对任意n∈N*，都有（1－λ）Sn＋λan≥2λn恒成立，

①当λ＝1时，左＝（1－λ）Sn＋λan＝an＝2n＋1≥2，结论显然成立；

②当λ≠1时，左＝（1－λ）Sn＋λan＝3＋2× －（2n＋1）λn＋λan

＝3＋2×．

因此对任意n∈N*，都有恒成立．

当0＜λ＜1时，只要对任意n∈N*恒成立．

只要有即可，解得λ≤1或λ≥．

因此当0＜λ＜1时，结论成立．

当λ≥2时，，显然不可能对任意n∈N*恒成立．

当1＜λ＜2时，只要对任意n∈N*恒成立．

只要有即可，解得1≤λ≤．   

因此当1＜λ≤时，结论成立．

综上所述，实数λ的取值范围为（0，]．