數(shù)列{an}滿足a1=2，an+1=λan+2n（n∈N*），其中λ為常數(shù)．
（1）是否存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{an}為等差數(shù)列或等比數(shù)列？若存在，求出其通項(xiàng)公式；若不存在，說(shuō)明理由；
（2）求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn．
分析：（1）a
1=2，a
2=2λ+2，a
3=λa
2+4=2λ
2+2λ+4．分兩種情況討論①數(shù)列{a
n}為等差數(shù)列，得λ
2-λ+1=0，由△=1
2-4=-3＜0知方程無(wú)實(shí)根，故不存在實(shí)數(shù)λ，②若數(shù)列{a
n}為等比數(shù)列，得2（2λ
2+2λ+4）=（2λ+2）
2，解得λ=1，a
n+1=a
n+2
n，解得a
n=2
n，故存在實(shí)數(shù)λ=1，使得數(shù)列{a
n}為等比數(shù)列．
（2）①當(dāng)λ=1時(shí)，轉(zhuǎn)化為等比數(shù)列求解．②當(dāng)λ=2時(shí)，構(gòu)造等差數(shù)列
{}求解，，③當(dāng)λ≠1且λ≠2時(shí)，構(gòu)造等比數(shù)列
{an+}是求解．
解答：解：（1）a
1=2，a
2=2λ+2，a
3=λa
2+4=2λ
2+2λ+4．（1分）
①若數(shù)列{a
n}為等差數(shù)列，則a
1+a
3=2a
2，即2+（2λ
2+2λ+4）=2（2λ+2），
得λ
2-λ+1=0，由△=1
2-4=-3＜0知方程無(wú)實(shí)根，
故不存在實(shí)數(shù)λ，使得數(shù)列{a
n}為等差數(shù)列．（3分）
②若數(shù)列{a
n}為等比數(shù)列，則a
1•a
3=a
22，即2（2λ
2+2λ+4）=（2λ+2）
2，
解得λ=1，此時(shí)，a
n+1=a
n+2
n，
由累加法得：a
n=a
1+（a
2-a
1）+（a
3-a
2）++（a
n-a
n-1）=2+2
1+2
2++2
n-1=2
n（n≥2），
顯然，當(dāng)n=1時(shí)也適合，故a
n=2
n（n∈N
*）．
故存在實(shí)數(shù)λ=1，使得數(shù)列{a
n}為等比數(shù)列，其通項(xiàng)公式為a
n=2
n（n∈N
*）．（6分）
（2）①當(dāng)λ=1時(shí)，a
n=2
n（n∈N
*），故
Sn==2n+1-2．（7分）
②當(dāng)λ=2時(shí)，
an+1=2an+2n?=+，即數(shù)列
{}是首項(xiàng)為1，
公差為
的等差數(shù)列，故
=1+(n-1)•，即a
n=（n+1）•2
n-1，
下用錯(cuò)位相減法求S
n．S
n=2+3•2+4•2
2++（n+1）•2
n-1，2S
n=2•2+3•2
2++n•2
n-1+（n+1）•2
n，
上面兩式相減，得S
n=-2-2-2
2--2
n-1+（n+1）•2
n=n•2
n．（10分）
③當(dāng)λ≠1且λ≠2時(shí)，下用待定系數(shù)法求通項(xiàng)a
n．
令a
n+1+x•2
n+1=λ（a
n+x•2
n），則a
n+1=λa
n+（λ-2）x•2
n，
上式與a
n+1=λa
n+2
n比較系數(shù)，得（λ-2）x=1，
x=．
故數(shù)列
{an+}是首項(xiàng)為
，公比為λ的等比數(shù)列，從而
an+=•λn-1，即
an=．
因此，
Sn=| (2λ-2)(1+λ+λ2+λn-1)-(2+22+23++2n) |
| λ-2 |
=
=．
綜上所述，
Sn=．（14分）
點(diǎn)評(píng)：本題是一道數(shù)列綜合題，情景熟悉，貌似簡(jiǎn)單，入手也不難，但綜合程度之高令人嘆為觀止．無(wú)論是分類討論的思想，還是反證推理、求數(shù)列通項(xiàng)和數(shù)列求和都考查得淋漓盡致，累加法和待定系數(shù)法求數(shù)列的通項(xiàng)、錯(cuò)位相減法和分組求和法求數(shù)列的前n項(xiàng)和，幾乎數(shù)列的所有知識(shí)和方法都熔于一爐．
