设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=（1+λ）-λan，其中λ为常数，且λ≠-1，0，n∈N+（1）证明：数列{an}是
设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=（1+λ）-λan，其中λ为常数，且λ≠-1，0，n∈N+（1）证明：数列{an}是等比数列．（2）设数列{an}的公比q=f（λ...
设数列{an}的前n项和为Sn，且Sn=（1+λ）-λan，其中λ为常数，且λ≠-1，0，n∈N+（1）证明：数列{an}是等比数列．（2）设数列{an}的公比q=f（λ），数列{bn}满足b1＝12，bn=f（bn-1）（n∈N+，n≥2），求数列{bn}的通项公式．（3）设λ＝1，Cn＝an(1bn?1)，数列{Cn}的前n项和为Tn，求证：当n≥2时，2≤Tn＜4．
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（1）证明：
由 Sn=（1+λ）-λan，①
得 Sn+1=（1+λ）-λan+1，②（n∈N+）
②-①得Sn+1-Sn=-λan+1+λan，
即a n+1=-λan+1+λan，
移向整理得（1+λ）a n+1=λan，
∵λ≠-1，0，又得an+1
=
，是一个与n无关的非零常数，
∴数列{an}是等比数列．
（2）解：由（1）可知q=f（λ）=
，∴bn=f（bn-1）=
两边取倒数得出
=
=
+1，移向得出
-
=1 （n∈N+，n≥2），
∴{
}是等差数列，且首项
=2，公差为1．
由等差数列通项公式求得
=2+（n-1）×1=n+1
∴bn=
．
（3）证明：当λ=1时数列{an}的公比q=f（λ）=
=
，
在Sn=（1+λ）-λan，中令n=1时，得出a1=2-a1，解得a1=1．
∴等比数列{an}的 通项公式为an=a1?qn-1=(
)n?1
从而Cn＝an(
?1)=(
)n?1?[（n+1）-1]=n?(
由 Sn=（1+λ）-λan，①
得 Sn+1=（1+λ）-λan+1，②（n∈N+）
②-①得Sn+1-Sn=-λan+1+λan，
即a n+1=-λan+1+λan，
移向整理得（1+λ）a n+1=λan，
∵λ≠-1，0，又得an+1
| an+1 |
| an |
| λ |
| 1+λ |
∴数列{an}是等比数列．
（2）解：由（1）可知q=f（λ）=
| λ |
| 1+λ |
| bn?1 |
| 1+bn?1 |
两边取倒数得出
| 1 |
| bn |
| 1+bn?1 |
| bn?1 |
| 1 |
| bn?1 |
| 1 |
| bn |
| 1 |
| bn?1 |
∴{
| 1 |
| bn |
| 1 |
| b1 |
由等差数列通项公式求得
| 1 |
| bn |
∴bn=
| 1 |
| n+1 |
（3）证明：当λ=1时数列{an}的公比q=f（λ）=
| λ |
| 1+λ |
| 1 |
| 2 |
在Sn=（1+λ）-λan，中令n=1时，得出a1=2-a1，解得a1=1．
∴等比数列{an}的 通项公式为an=a1?qn-1=(
| 1 |
| 2 |
从而Cn＝an(
| 1 |
| bn |
| 1 |
| 2 |
