题目内容
（2008•和平区三模）定义一种运算*，满足n*k=nλk-1（n，k∈N*，λ为非零实常数）
（1）对任意给定的k，设an=n*k（n=1，2…），求证数列{an}是等差数列，并求k=2时，该数列的前10项和；
（2）对任意给定的n，设bk=n*k（k=1，2…），求证数列{bk}是等比数列，并求出此时该数列前10项的和；
（3）设Cn=n*n，试求数列{Cn}的前n项和Sn，并求当λ∈（0，1）时，
Sn．
（1）对任意给定的k，设an=n*k（n=1，2…），求证数列{an}是等差数列，并求k=2时，该数列的前10项和；
（2）对任意给定的n，设bk=n*k（k=1，2…），求证数列{bk}是等比数列，并求出此时该数列前10项的和；
（3）设Cn=n*n，试求数列{Cn}的前n项和Sn，并求当λ∈（0，1）时，
| lim | n→∞ |
分析：（1）依题意，可求得an=nλk-1，利用等差数列的定义即可判定数列{an}是公差为λk-1的等差数列，当k=2时，an=nλ，从而可求该数列的前10项和；
（2）bk=n*k=nλk-1⇒
=λ，可知数列{bk}是公比为λ的等比数列，分λ=1与λ≠1，利用等比数列的求和公式即可求得该数列前10项的和；
（3）依题意，可求得∴Cn=nλn-1，Sn=1+2λ+3λ2+…+nλn-1，利用错位相减法即可求得Sn．
（2）bk=n*k=nλk-1⇒
| bk+1 |
| bk |
（3）依题意，可求得∴Cn=nλn-1，Sn=1+2λ+3λ2+…+nλn-1，利用错位相减法即可求得Sn．
解答：解：（1）∵an=n*k，又n*k=nλk-1，
∴an=nλk-1，
∴an+1=（n+1）λk-1，
∴an+1-an=λk-1（2分）
∴数列{an}是公差为λk-1的等差数列（3分）
当k=2时，an=nλ，
∴a1+a2+…+a10=
=55λ（4分）
（2）∵bk=n*k=nλk-1，
又λ≠0，
∴
=λ，
故数列{bk}是公比为λ的等比数列（6分）
当λ=1时，b1+b2+…+b10=10n，
当λ≠1时，b1+b2+…+b10=
（8分）
（3）∵n*k=nλk-1，
∴n*n=nλn-1，
而Cn=n*n
∴Cn=nλn-1，
所以Sn=1+2λ+3λ2+…+nλn-1①（9分）
当λ=1时，Sn=1+2+3+…+n=
（10分）
当λ≠1时，λSn=λ+2λ2+3λ3+…+nλn②（11分）
①-②得（1-λ）Sn=1+λ+λ2+λ3+…+λn-1-nλn
=
-nλn=
所以Sn=
（13分）
则当λ∈（0，1）时，
Sn=
（14分）
∴an=nλk-1，
∴an+1=（n+1）λk-1，
∴an+1-an=λk-1（2分）
∴数列{an}是公差为λk-1的等差数列（3分）
当k=2时，an=nλ，
∴a1+a2+…+a10=
| 10(λ+10λ) |
| 2 |
（2）∵bk=n*k=nλk-1，
又λ≠0，
∴
| bk+1 |
| bk |
故数列{bk}是公比为λ的等比数列（6分）
当λ=1时，b1+b2+…+b10=10n，
当λ≠1时，b1+b2+…+b10=
| n(1-λ10) |
| 1-λ |
（3）∵n*k=nλk-1，
∴n*n=nλn-1，
而Cn=n*n
∴Cn=nλn-1，
所以Sn=1+2λ+3λ2+…+nλn-1①（9分）
当λ=1时，Sn=1+2+3+…+n=
| n(n+1) |
| 2 |
当λ≠1时，λSn=λ+2λ2+3λ3+…+nλn②（11分）
①-②得（1-λ）Sn=1+λ+λ2+λ3+…+λn-1-nλn
=
| 1-λn |
| 1-λ |
| 1-(n+1)λn+nλn+1 |
| 1-λ |
所以Sn=
| 1-(n+1)λn+nλn+1 |
| (1-λ)2 |
则当λ∈（0，1）时，
| lim |
| n→∞ |
| 1 |
| (1-λ)2 |
点评：本题考查数列的求和，着重考查错位相减法求和，考查极限的运算，突出转化思想与分类讨论思想的综合应用，属于难题．
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