(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)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•()n-1>0,数列{Cn}的前n项和Tn随n的增大而增大. 由 Tn=1•()0+2•()1+3•()2+…n•()n-1 得 Tn=1•()1+2•()2+…(n-1)•()n-1+n•()n 两式相减得 Tn=()0+()1+()2+…()n-1-n•()n =-n•()n =2-(n+2)•()n ∴Tn=4-(n+2)•()n-1 当n≥2时,Tn≥T2=4-4•=2. 易知Tn<4. 所以当n≥2时,2≤Tn<4. |