已知数列{an}满足：a1+a2λ+a3λ2+…+anλn−1=n2+2n，（其中常数λ＞0，n∈N*）．
1个回答
解题思路：（1）由a1+
a
2
λ
+
a
3
λ
2
+…+
a
n
λ
n−1
=n2+2n，再写一式，两式相减，即可求得数列{an}的通项公式；
（2）当λ=4时，an=（2n+1）•4n-1，若存在ar，as，at成等比数列，可得得（2r+1）（2t+1）4r+t-2s=（2s+1）2，从而可得（r-t）2=0，与r≠t矛盾．
（1）∵a1+
a2
λ+
a3
λ2+…+
an
λn−1=n2+2n，①
∴当n=1时，a1=3，
当n≥2时，a1+
a2
λ+
a3
λ2+…+
an−1
λn−2=（n-1）2+2（n-1）②
①-②可得
an
λn−1=2n+1，∴an=（2n+1）λn-1，
经验证，当n=1是上式也成立，
∴数列{an}的通项公式为：an=（2n+1）λn-1
（2）假设存在互不相同的正整数r，s，t，使得ar，as，at成等比数列，
则（2s+1）242s-2=（2t+1）4t-1•（2r+1）4r-1，
同除以42s-2，可得（2s+1）2=（2t+1）（2r+1）4r+t-2s，
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．
点评：
本题考点： 等差数列的通项公式；等比数列的通项公式；等比关系的确定．
考点点评： 本题考查数列的通项与求和，和分类讨论的思想，属中档题．
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