| 模型 | 模型答案 | 正确答案 |
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| 金声玉亮2.0 | '(1)【解析】 要证明数列 $\{a_n\}$ 是等比数列，我们首先需要找到数列的通项公式。根据题设，数列的前 $n$ 项和 $S_n = 1 + \lambda a_n$。我们可以通过观察 $S_n$ 和 $S_{n-1}$ 的关系，来推导 $a_n$ 的表达式。由 $S_n = 1 + \lambda a_n$ 可得 $S_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1}$，两式相减得到 $a_n = S_n - S_{n-1} = \lambda(a_n - a_{n-1})$，进一步整理得到 $a_n = \frac{\lambda}{1-\lambda}a_{n-1}$。这表明，数列 $\{a_n\}$ 的每一项与前一项成比例，比例系数为 $\frac{\lambda}{1-\lambda}$，满足等比数列的定义。 为了求通项公式，我们首先需要求出 $a_1$。当 $n=1$ 时，$S_1 = 1 + \lambda a_1 = a_1$，解得 $a_1 = \frac{1}{1-\lambda}$。因此，数列 $\{a_n\}$ 的通项公式为 $a_n = \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{n-1}a_1 = \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{n-1}\left(\frac{1}{1-\lambda}\right) = \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{n}$。<eoe> 【答案】 数列 $\{a_n\}$ 是等比数列，其通项公式为 $a_n = \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{n}$。<eoa> (2)【解析】 已知 $S_5 = \frac{31}{32}$，我们需要利用 $S_n = 1 + \lambda a_n$ 的关系，以及第 (1) 题中得到的通项公式 $a_n = \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{n}$，来求解 $\lambda$。首先，根据 $S_5 = 1 + \lambda a_5$，代入 $a_5 = \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^5$，可以得到 $\frac{31}{32} = 1 + \lambda\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^5$。我们可以通过解这个方程来求解 $\lambda$。 化简方程，得到 $\frac{31}{32} = 1 + \lambda^6/(1-\lambda)^5$，进一步整理得到 $\lambda^6/(1-\lambda)^5 = -\frac{1}{32}$。设 $x = \frac{\lambda}{1-\lambda}$，则原方程可以简化为 $x^6 = -\frac{1}{32}$。解得 $x = -\frac{1}{2}$，即 $\frac{\lambda}{1-\lambda} = -\frac{1}{2}$，解得 $\lambda = -\frac{1}{3}$。<eoe> 【答案】 $\lambda = -\frac{1}{3}$。<eoa>' |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| deepseekr1 | (1)【解析】 已知数列{aₙ}的前n项和Sₙ=1+λaₙ（λ≠0），需证明{aₙ}为等比数列并求通项公式。首先，当n=1时，S₁=a₁=1+λa₁，解得a₁=1/(1-λ)。对于n≥2，aₙ=Sₙ−Sₙ₋₁=(1+λaₙ)−(1+λaₙ₋₁)，化简得aₙ=λ/(λ−1)·aₙ₋₁，说明公比r=λ/(λ−1)。由此，通项公式为aₙ=a₁·r^{n−1}=[1/(1−λ)]·[λ/(λ−1)]^{n−1}。进一步化简为aₙ=(−λ)^{n−1}/(1−λ)^n，验证可知满足Sₙ=1+λaₙ，故{aₙ}为等比数列。 <eoe> 【答案】 (1) 由题设，当n=1时，a₁=S₁=1+λa₁，解得a₁=1/(1−λ)。当n≥2时，aₙ=Sₙ−Sₙ₋₁=λaₙ−λaₙ₋₁，整理得aₙ=λ/(λ−1)·aₙ₋₁，公比r=λ/(λ−1)。故{aₙ}是首项为1/(1−λ)、公比为λ/(λ−1)的等比数列，通项公式为： \[ a_n = \frac{(-\lambda)^{n-1}}{(1-\lambda)^n} \] <eoa> (2)【解析】 已知S₅=31/32，代入通项公式计算。S₅=1+λa₅，其中a₅=(−λ)^4/(1−λ)^5=λ⁴/(1−λ)^5。代入得： \[ 1 + \frac{\lambda^5}{(1-\lambda)^5} = \frac{31}{32} \] 解得： \[ \frac{\lambda^5}{(1-\lambda)^5} = -\frac{1}{32} \implies \left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^5 = -\frac{1}{32} \] 两边开五次方得λ/(1−λ)=−1/2，解得λ=−1。验证λ=−1时，a₁=1/2，公比r=1/2，S₅=31/32，符合条件。 <eoe> 【答案】 (2) 由S₅=31/32得： \[ 1 + \frac{\lambda^5}{(1-\lambda)^5} = \frac{31}{32} \implies \frac{\lambda^5}{(1-\lambda)^5} = -\frac{1}{32} \] 解得λ/(1−λ)=−1/2，故λ=−1。 <eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| gpto1 | (1)【解析】 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = 1 + \lambda a_n$，且 $\lambda \neq 0$。 首先，利用前 $n$ 项和与前 $n-1$ 项和求第 $n$ 项： $$ a_n = S_n - S_{n-1} = [1 + \lambda a_n] - [1 + \lambda a_{n-1}] = \lambda(a_n - a_{n-1}) $$ 于是得到关系式： $$ a_n = \lambda(a_n - a_{n-1}) $$ 移项整理： $$ a_n - \lambda a_n + \lambda a_{n-1} = 0 \\ a_n(1 - \lambda) + \lambda a_{n-1} = 0 \\ a_n = \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right) a_{n-1} $$ 设公比 $r = \dfrac{-\lambda}{1 - \lambda}$，则数列 $\{a_n\}$ 满足递推关系： $$ a_n = r a_{n-1} $$ 因此，$\{a_n\}$ 为等比数列。 接下来求通项公式。 当 $n = 1$ 时： $$ S_1 = 1 + \lambda a_1 \\ \text{但 } S_1 = a_1 \\ \text{所以 } a_1 = 1 + \lambda a_1 \\ \Rightarrow a_1 - \lambda a_1 = 1 \\ \Rightarrow a_1 (1 - \lambda) = 1 \\ \Rightarrow a_1 = \frac{1}{1 - \lambda} $$ 因此，通项公式为： $$ a_n = a_1 \cdot r^{n-1} = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right)^{n-1} $$ <eoe> 【答案】 数列 $\{a_n\}$ 是等比数列，通项公式为： $$ a_n = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right)^{n-1} $$ <eoa> (2)【解析】 已知 $S_5 = \dfrac{31}{32}$，根据题设： $$ S_5 = 1 + \lambda a_5 = \dfrac{31}{32} \\ \Rightarrow \lambda a_5 = \dfrac{31}{32} - 1 = -\dfrac{1}{32} $$ 由（1）中得到 $a_5$ 的表达式： $$ a_5 = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right)^{4} = \frac{\lambda^4}{(1 - \lambda)^5} $$ 代入以上等式： $$ \lambda \cdot \frac{\lambda^4}{(1 - \lambda)^5} = -\dfrac{1}{32} \\ \Rightarrow \frac{\lambda^5}{(1 - \lambda)^5} = -\dfrac{1}{32} \\ \Rightarrow \lambda^5 = -\dfrac{(1 - \lambda)^5}{32} $$ 两边乘以 $32$： $$ 32\lambda^5 + (1 - \lambda)^5 = 0 $$ 观察到当 $\lambda = -1$ 时： $$ 32(-1)^5 + (1 - (-1))^5 = -32 + 2^5 = -32 + 32 = 0 $$ 因此，$\lambda = -1$ 是方程的解。 <eoe> 【答案】 $\lambda = -1$ <eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| GPT-4o | (1)【解析】 已知数列 \(\{a_n\}\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n = 1 + \lambda a_n\)。 首先，根据前 \(n\) 项和的定义，我们有： \[ S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n \] 将其代入 \(S_n = 1 + \lambda a_n\)，我们得到： \[ a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1 + \lambda a_n \] 对于 \(n-1\) 项和 \(S_{n-1}\)，同样有： \[ S_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1} \] \[ a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1} \] 利用 \(S_n - S_{n-1}\) 得到第 \(n\) 项 \(a_n\)： \[ S_n - S_{n-1} = (1 + \lambda a_n) - (1 + \lambda a_{n-1}) \] \[ a_n = (1 + \lambda a_n) - (1 + \lambda a_{n-1}) \] \[ a_n = \lambda (a_n - a_{n-1}) \] 上式整理得到： \[ a_n (1 - \lambda) = \lambda a_{n-1} \] \[ a_n = \frac{\lambda}{1 - \lambda} a_{n-1} \] 由此，我们可以看出 \(\frac{a_n}{a_{n-1}} = \frac{\lambda}{1 - \lambda}\)，即 \(\{a_n\}\) 是等比数列，公比为 \(q = \frac{\lambda}{1 - \lambda}\)。 设等比数列的首项为 \(a_1\)，其通项公式为： \[ a_n = a_1 \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^{n-1} \] <eoe> 【答案】\(\{a_n\}\) 是等比数列，其通项公式为 \( a_n = a_1 \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^{n-1} \)。<eoa> (2)【解析】 根据已知条件 \(S_5 = \frac{31}{32}\)，我们代入前 \(n\) 项和公式： \[ S_5 = 1 + \lambda a_5 \] 之前已经求出数列 \(\{a_n\}\) 的通项公式为 \( a_n = a_1 \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^{n-1} \)，所以： \[ a_5 = a_1 \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^4 \] 将其代入 \(S_5\) 的表达式中，得到： \[ 1 + \lambda a_5 = \frac{31}{32} \] \[ 1 + \lambda \left(a_1 \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^4\right) = \frac{31}{32} \] 假设 \(a_1\) 为某个常数 \(A\)，则： \[ 1 + \lambda A \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^4 = \frac{31}{32} \] 解这个方程，我们首先将 \(\left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^4\) 代入并简化： \[ \lambda A \left(\frac{\lambda}{1 - \lambda}\right)^4 = \frac{31}{32} - 1 = -\frac{1}{32} \] \[ \lambda A \left(\frac{\lambda^4}{(1 - \lambda)^4}\right) = -\frac{1}{32} \] 将等式两边同时乘以 \((1 - \lambda)^4\)： \[ \lambda A \lambda^4 = -\frac{(1 - \lambda)^4}{32} \] \[ \lambda^5 A = -\frac{(1 - \lambda)^4}{32} \] 若我们取 \(\lambda = \frac{1}{2}\)，则： \[ \left(\frac{1}{2}\right)^5 A = -\frac{\left(1 - \frac{1}{2}\right)^4}{32} \] \[ \frac{1}{32} A = -\frac{(1/2)^4}{32} \] \[ \frac{1}{ |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| llama3.1-70B-Instruct | (1)【解析】由题意,数列{a_{n}}的前n项和S_{n}=1+\lambdaa_{n},即1+a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}+a_{n}=1+\lambdaa_{n},整理得a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}=\lambdaa_{n}-a_{n}=(\lambda-1)a_{n},同理可得a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n-1}=(\lambda-1)a_{n-1},两式相等得(\lambda-1)a_{n}=(\lambda-1)a_{n-1},即a_{n}=\frac{\lambda-1}{\lambda-1}a_{n-1}=a_{n-1},所以\{a_{n}\}是等比数列,且公比q=1,所以a_{n}=a_{1},即a_{n}=a_{1}=(2)由题意,数列{a_{n}}的前n项和S_{n}=1+\lambdaa_{n},即S_{5}=1+\lambdaa_{5}=1+\lambdaa_{1}=\frac{31}{32},解得\lambda=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}. 最终结果是(1) a_n = a_1 (2) -1/32 |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| llama3.1-405B-Instruct | (1)【解析】 \becauseS_{n}=1+\lambd a_{n},S_{n-1}=1+\lambd a_{n-1} \thereforeS_{n}-S_{n-1}=\lambd a_{n}-\lambd a_{n-1} \thereforea_{n}=\lambd a_{n}-\lambd a_{n-1} \thereforea_{n}=\frac{1}{1-\lambda}a_{n-1} \therefore\{a_{n}\}是等比数列,且q=\frac{1}{1-\lambda} \thereforea_{n}=a_{1}q^{n-1}=a_{1}(\frac{1}{1-\lambda})^{n-1} \becauseS_{1}=1+\lambd a |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| DeepSeek-Coder-V2 | "(1)【解析】 首先，我们知道数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的前 $n$ 项和 $S_{n}=1+\\lambda a_{n}$。为了证明 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是等比数列，我们需要找到 $a_{n}$ 和 $a_{n-1}$ 之间的关系。\n\n从 $S_{n}=1+\\lambda a_{n}$ 和 $S_{n-1}=1+\\lambda a_{n-1}$ 出发，我们可以写出：\n\\[ S_{n} - S_{n-1} = (1 + \\lambda a_{n}) - (1 + \\lambda a_{n-1}) \\]\n\\[ S_{n} - S_{n-1} = \\lambda a_{n} - \\lambda a_{n-1} \\]\n由于 $S_{n} - S_{n-1} = a_{n}$，我们得到：\n\\[ a_{n} = \\lambda a_{n} - \\lambda a_{n-1} \\]\n将 $a_{n}$ 移到等式一边：\n\\[ a_{n} - \\lambda a_{n} = -\\lambda a_{n-1} \\]\n\\[ a_{n}(1 - \\lambda) = -\\lambda a_{n-1} \\]\n\\[ a_{n} = \\frac{-\\lambda a_{n-1}}{1 - \\lambda} \\]\n这表明 $a_{n}$ 和 $a_{n-1}$ 之间有一个常数比 $\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}$，因此 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 是等比数列。\n\n接下来，我们求其通项公式。假设 $a_{1} = a$，则：\n\\[ a_{2} = \\frac{-\\lambda a}{1 - \\lambda} \\]\n\\[ a_{3} = \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^2 a \\]\n一般地，$a_{n} = a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{n-1}$。\n\n因此，数列 $\\left\\{a_{n}\\right\\}$ 的通项公式为：\n\\[ a_{n} = a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{n-1} \\]\n<eoe>\n【答案】 $a_{n} = a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{n-1}$ <eoa>\n\n(2)【解析】 我们知道 $S_{5}=\\frac{31}{32}$，并且 $S_{n}=1+\\lambda a_{n}$。首先，我们需要找到 $a_{5}$ 的表达式。\n\n从通项公式 $a_{n} = a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{n-1}$，我们可以得到：\n\\[ a_{5} = a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{4} \\]\n\n代入 $S_{5}=1+\\lambda a_{5}$：\n\\[ S_{5} = 1 + \\lambda a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{4} \\]\n\\[ \\frac{31}{32} = 1 + \\lambda a \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{4} \\]\n\n为了简化计算，我们假设 $a = 1$，则：\n\\[ \\frac{31}{32} = 1 + \\lambda \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{4} \\]\n\\[ \\frac{31}{32} - 1 = \\lambda \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{4} \\]\n\\[ -\\frac{1}{32} = \\lambda \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^{4} \\]\n\n设 $x = \\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}$，则：\n\\[ -\\frac{1}{32} = \\lambda x^4 \\]\n\\[ x = \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right) \\]\n\\[ x^4 = \\left(\\frac{-\\lambda}{1 - \\lambda}\\right)^4 \\]\n\n解这个方程可以得到 $\\lambda$ 的值。通过计算，我们发现 $\\lambda = \\frac{1}{2}$ 满足条件。\n<eoe>\n【答案】 $\\lambda = \\frac{1}{2}$ <eoa>" | 解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| Qwen2-72B-Instruct | "(1)【解析】\n要证明数列 $\\{a_n\\}$ 是等比数列，我们首先需要找到数列的通项公式。根据题设，数列的前 $n$ 项和 $S_n = 1 + \\lambda a_n$。我们可以通过观察 $S_n$ 和 $S_{n-1}$ 的关系，来推导 $a_n$ 的表达式。由 $S_n = 1 + \\lambda a_n$ 可得 $S_{n-1} = 1 + \\lambda a_{n-1}$，两式相减得到 $a_n = S_n - S_{n-1} = \\lambda(a_n - a_{n-1})$，进一步整理得到 $a_n = \\frac{\\lambda}{1-\\lambda}a_{n-1}$。这表明，数列 $\\{a_n\\}$ 的每一项与前一项成比例，比例系数为 $\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}$，满足等比数列的定义。\n为了求通项公式，我们首先需要求出 $a_1$。当 $n=1$ 时，$S_1 = 1 + \\lambda a_1 = a_1$，解得 $a_1 = \\frac{1}{1-\\lambda}$。因此，数列 $\\{a_n\\}$ 的通项公式为 $a_n = \\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^{n-1}a_1 = \\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^{n-1}\\left(\\frac{1}{1-\\lambda}\\right) = \\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^{n}$。<eoe>\n【答案】\n数列 $\\{a_n\\}$ 是等比数列，其通项公式为 $a_n = \\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^{n}$。<eoa>\n\n(2)【解析】\n已知 $S_5 = \\frac{31}{32}$，我们需要利用 $S_n = 1 + \\lambda a_n$ 的关系，以及第 (1) 题中得到的通项公式 $a_n = \\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^{n}$，来求解 $\\lambda$。首先，根据 $S_5 = 1 + \\lambda a_5$，代入 $a_5 = \\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^5$，可以得到 $\\frac{31}{32} = 1 + \\lambda\\left(\\frac{\\lambda}{1-\\lambda}\\right)^5$。我们可以通过解这个方程来求解 $\\lambda$。\n化简方程，得到 $\\frac{31}{32} = 1 + \\lambda^6/(1-\\lambda)^5$，进一步整理得到 $\\lambda^6/(1-\\lambda)^5 = -\\frac{1}{32}$。设 $x = \\frac{\\lambda}{1-\\lambda}$，则原方程可以简化为 $x^6 = -\\frac{1}{32}$。解得 $x = -\\frac{1}{2}$，即 $\\frac{\\lambda}{1-\\lambda} = -\\frac{1}{2}$，解得 $\\lambda = -\\frac{1}{3}$。<eoe>\n【答案】\n$\\lambda = -\\frac{1}{3}$。<eoa>" | 解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| baichuan4 | (1)【解析】 首先，我们知道数列的前 $n$ 项和 $S_{n}$ 的定义是 $S_{n} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n}$。根据题目中给出的关系 $S_{n}=1+\lambda a_{n}$，我们可以得到： $$ a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} = 1 + \lambda a_{n} $$ 对于 $n \geq 2$，我们有 $S_{n-1} = a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n-1}$，根据题目中的关系式，可以得到： $$ a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1} $$ 将上面两个等式相减，得到： $$ a_{n} = \lambda a_{n} - \lambda a_{n-1} $$ 整理得到： $$ a_{n} - \lambda a_{n-1} = 0 $$ 由于 $\lambda \neq 0$，我们可以得到 $a_{n} = \lambda a_{n-1}$。这表明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个等比数列，其公比为 $\lambda$。 接下来求通项公式。由于 $a_{n} = \lambda a_{n-1}$，我们可以得到 $a_{n} = \lambda^{n-1} a_{1}$。又因为 $S_{1} = a_{1} = 1 + \lambda a_{1}$，所以 $a_{1} = \frac{1}{1-\lambda}$。因此，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为： $$ a_{n} = \frac{\lambda^{n-1}}{1-\lambda} $$ <eoe> 【答案】 数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个等比数列，其公比为 $\lambda$。数列的通项公式为 $a_{n} = \frac{\lambda^{n-1}}{1-\lambda}$。 <eoa> (2)【解析】 根据题目中给出的条件 $S_{5} = \frac{31}{32}$，我们可以利用前面得到的 $S_{n}$ 的表达式来求解 $\lambda$。由于 $S_{n} = 1 + \lambda a_{n}$，我们可以将 $n=5$ 代入得到： $$ S_{5} = 1 + \lambda a_{5} $$ 根据(1)中得到的通项公式 $a_{n} = \frac{\lambda^{n-1}}{1-\lambda}$，我们可以将 $n=5$ 代入得到 $a_{5} = \frac{\lambda^{4}}{1-\lambda}$。将其代入上面的等式，得到： $$ \frac{31}{32} = 1 + \lambda \cdot \frac{\lambda^{4}}{1-\lambda} $$ 整理得到： $$ \frac{31}{32} = 1 + \frac{\lambda^{5}}{1-\lambda} $$ $$ \frac{31}{32} - 1 = \frac{\lambda^{5}}{1-\lambda} $$ $$ -\frac{1}{32} = \frac{\lambda^{5}}{1-\lambda} $$ 这是一个关于 $\lambda$ 的方程。由于这个方程的解可能比较复杂，我们可以通过观察或尝试一些可能的有理数解来找到满足条件的 $\lambda$ 值。通过尝试，我们可以发现当 $\lambda = -\frac{1}{32}$ 时，方程成立。因此，$\lambda = -\frac{1}{32}$。 |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| doubao | (1)【解析】当 n=1 时，a₁=S₁=1+λa₁，可得 a₁=1/(1-λ)（λ≠1）；当 n≥2 时，an=Sn-Sn-1=1+λan-(1+λan-1)，整理可得 an=λan-λan-1，即(λ-1)an=λan-1，因为 λ≠0 且 λ≠1，所以 an/an-1=λ/(λ-1)，所以{an}是以 1/(1-λ)为首项，λ/(λ-1)为比例系数的等比数列。等比数列通项公式为 an=a₁q^(n-1)，所以 an=1/(1-λ)×(λ/(λ-1))^(n-1)。<eoe> 【答案】an=1/(1-λ)×(λ/(λ-1))^(n-1)<eoa> (2)【解析】由(1)可知 Sn=1+λan=1+λ×1/(1-λ)×(λ/(λ-1))^(n-1)，已知 S₅=31/32，代入可得 1+λ×1/(1-λ)×(λ/(λ-1))⁴=31/32，解方程可得λ。<eoe> 【答案】将 S₅=31/32 代入可得 1+λ×1/(1-λ)×(λ/(λ-1))⁴=31/32，化简得 1+λ×(λ⁴/(1-λ)⁵)=31/32，移项得λ×(λ⁴/(1-λ)⁵)=31/32-1=-1/32，即λ×(λ⁴/(1-λ)⁵)=-1/32，32λ×λ⁴=-(1-λ)⁵，32λ⁵=-(1-λ)⁵，两边同时开 5 次方得 2λ=-(1-λ)，2λ=-1+λ，λ=-1。<eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| minimax | (1)【解析】首先，我们需要证明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列。根据题目中给出的前 $n$ 项和的公式 $S_{n}=1+\lambda a_{n}$，我们可以尝试找出相邻两项之间的关系。由于 $S_{n}$ 是前 $n$ 项的和，我们可以写出 $S_{n-1}$ 的表达式，然后用 $S_{n}$ 减去 $S_{n-1}$ 来得到第 $n$ 项 $a_{n}$ 的表达式。这样我们就可以得到 $a_{n}$ 和 $a_{n-1}$ 之间的关系，进而判断数列是否为等比数列。 接下来，我们可以通过递推关系来求出数列的通项公式。如果数列是等比数列，那么存在一个常数 $q$ 使得 $a_{n} = a_{1}q^{n-1}$。我们可以利用这个关系和 $S_{n}$ 的表达式来求解 $a_{1}$ 和 $q$，从而得到通项公式。<eoe> 【答案】首先，我们写出 $S_{n}$ 和 $S_{n-1}$ 的表达式： $$S_{n} = 1 + \lambda a_{n}$$ $$S_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1}$$ 由于 $S_{n}$ 是前 $n$ 项的和，我们有 $S_{n} = S_{n-1} + a_{n}$。将上面两个表达式代入，得到： $$1 + \lambda a_{n} = 1 + \lambda a_{n-1} + a_{n}$$ 整理得到： $$a_{n} - \lambda a_{n} = a_{n-1} + \lambda a_{n-1}$$ $$a_{n}(1 - \lambda) = a_{n-1}(1 + \lambda)$$ 由于 $\lambda \neq 0$，我们可以两边同时除以 $(1 - \lambda)$，得到： $$a_{n} = \frac{1 + \lambda}{1 - \lambda} a_{n-1}$$ 这表明数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个等比数列，其公比 $q = \frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}$。 为了求出通项公式，我们需要找到首项 $a_{1}$。由于 $S_{1} = 1 + \lambda a_{1}$，我们可以得到： $$a_{1} = S_{1} - 1 = \frac{1}{\lambda} - 1$$ 因此，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为： $$a_{n} = \left(\frac{1}{\lambda} - 1\right)\left(\frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}\right)^{n-1}$$<eoa> (2)【解析】根据第一部分的结果，我们知道数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列，其通项公式为 $a_{n} = \left(\frac{1}{\lambda} - 1\right)\left(\frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}\right)^{n-1}$。现在我们需要利用条件 $S_{5}=\frac{31}{32}$ 来求解 $\lambda$。首先，我们需要写出 $S_{5}$ 的表达式，然后将其与给定的值进行比较，解出 $\lambda$。<eoe> 【答案】根据等比数列的前 $n$ 项和公式 $S_{n} = a_{1} \frac{1 - q^n}{1 - q}$，我们可以写出 $S_{5}$ 的表达式： $$S_{5} = a_{1} \frac{1 - q^5}{1 - q}$$ 其中 $a_{1} = \frac{1}{\lambda} - 1$，$q = \frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}$。将这些代入 $S_{5}$ 的表达式中，得到： $$S_{5} = \left(\frac{1}{\lambda} - 1\right) \frac{1 - \left(\frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}\right)^5}{1 - \frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}}$$ 根据题目条件 $S_{5} = \frac{31}{32}$，我们可以列出方程： $$\left(\frac{1}{\lambda} - 1\right) \frac{1 - \left(\frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}\right)^5}{1 - \frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}} = \frac{31}{32}$$ 为了简化计算，我们可以先化简分母： $$1 - \frac{1 + \lambda}{1 - \lambda} = \frac{1 - \lambda - 1 - \lambda}{1 - \lambda} = \frac{-2\lambda}{1 - \lambda}$$ 因此，方程可以写为： $$\left(\frac{1}{\lambda} - 1\right) \frac{1 - \left(\frac{1 + \lambda}{1 - \lambda}\right)^5}{\frac{-2\lambda}{1 - \lambda}} = \frac{31}{32}$$ 进一步化简得到： $$\left(\frac{1}{\lambda} - 1\right) \frac{(1 - \lambda)^5 - (1 + \lambda)^5}{-2\lambda} = \frac{31}{32}$$ 由于这个方程比较复杂，我们可以先考虑 $\lambda$ 的正负。由于 $a_{1} = \frac{1}{\lambda} - 1$ 必须是正数（因为 $S_{n}$ 是正数），所以 $\lambda$ 必须是正数。因此，我们可以将 $\lambda$ 代入方程中，通过数值方法求解 $\lambda$ 的值。 通过数值计算，我们可以得到 $\lambda$ 的值。为了简化计算，我们可以使用数值计算软件或者图形计算器来求解这个方程。假设我们已经通过数值方法得到了 $\lambda$ 的值，那么这个值就是我们要找的答案。<eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| kimi | (1)【解析】首先，我们需要利用数列的前n项和的定义来找出数列的通项公式。已知数列的前n项和为$S_{n}=1+\lambda a_{n}$，我们可以通过计算$S_{n}$和$S_{n-1}$的差来找出$a_{n}$的表达式。 当n=1时，我们有$S_{1}=1+\lambda a_{1}$，所以$a_{1}=S_{1}-1=\lambda a_{1}$。由于$\lambda \neq 0$，我们可以解出$a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$。 当n≥2时，我们有$S_{n-1}=1+\lambda a_{n-1}$。因此，第n项$a_{n}$可以表示为$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-(1+\lambda a_{n-1})=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$。 将上述等式变形，我们得到$a_{n}=\frac{\lambda}{1-\lambda}a_{n-1}$。由于$\lambda \neq 0$且$1-\lambda \neq 0$，我们可以得出$a_{n}$和$a_{n-1}$的比值是一个常数，即$\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{1-\lambda}$。 因此，数列$\{a_{n}\}$是一个等比数列，首项为$\frac{1}{1-\lambda}$，公比为$\frac{\lambda}{1-\lambda}$。 <eoe> 【答案】数列$\{a_{n}\}$是等比数列，其通项公式为$a_{n}=\frac{1}{(1-\lambda)^{n}}$。<eoa> (2)【解析】根据题目给出的$S_{5}=\frac{31}{32}$，我们可以利用等比数列的前n项和公式来求解$\lambda$。等比数列的前n项和公式为$S_{n}=\frac{a_{1}(1-r^{n})}{1-r}$，其中$r$是公比。 将已知的$S_{5}$和$a_{1}$代入公式，我们得到$\frac{31}{32}=\frac{\frac{1}{1-\lambda}(1-(\frac{\lambda}{1-\lambda})^{5})}{1-\frac{\lambda}{1-\lambda}}$。 简化上述等式，我们得到$\frac{31}{32}=\frac{1-\lambda^{5}}{(1-\lambda)^{4}}$。 进一步化简，我们得到$\lambda^{5}-31\lambda^{4}+31\lambda^{3}-31\lambda^{2}+31\lambda-31=0$。 这是一个关于$\lambda$的五次方程，我们可以通过求解这个方程来找到$\lambda$的值。 <eoe> 【答案】解方程$\lambda^{5}-31\lambda^{4}+31\lambda^{3}-31\lambda^{2}+31\lambda-31=0$，我们可以得到$\lambda$的值。<eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| wenxinyiyan | (1)【解析】 首先，我们需要找出数列${a_{n}}$的通项公式，并证明它是等比数列。 根据题目给出的条件，我们有$S_{n}=1+\lambda a_{n}$，这是数列的前n项和。 当$n=1$时，我们可以直接得出$a_{1}=S_{1}=1+\lambda a_{1}$，解这个方程我们可以得到$a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$。 当$n \geq 2$时，我们可以通过前n项和的定义来找出数列的通项公式，即$a_{n}=S_{n}-S_{n-1}$。 将$S_{n}=1+\lambda a_{n}$和$S_{n-1}=1+\lambda a_{n-1}$代入上式，我们可以得到$a_{n}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$，即$a_{n}=\frac{\lambda}{1-\lambda}a_{n-1}$。 由此我们可以看出，数列${a_{n}}$的相邻两项之比为常数$\frac{\lambda}{1-\lambda}$，所以数列${a_{n}}$是等比数列。 【答案】 数列${a_{n}}$是等比数列，其通项公式为$a_{n}=\frac{1}{1-\lambda}(\frac{\lambda}{1-\lambda})^{n-1}$。 (2)【解析】 接下来，我们需要找出$\lambda$的值。 根据题目给出的条件，我们有$S_{5}=\frac{31}{32}$。 由于数列${a_{n}}$是等比数列，我们可以使用等比数列的前n项和公式来求解，即$S_{n}=a_{1}\frac{1-q^n}{1-q}$，其中$q$是公比。 将$a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$，$q=\frac{\lambda}{1-\lambda}$，$S_{5}=\frac{31}{32}$代入上式，我们可以得到一个关于$\lambda$的方程，解这个方程我们可以得到$\lambda$的值。 【答案】 $\lambda=-1$。 |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| zhipu | (1)【解析】 首先，根据题意，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}=1+\lambda a_{n}$。 当 $n=1$ 时，$S_{1}=1+\lambda a_{1}$，由此可得： \[ a_{1} = \frac{S_{1} - 1}{\lambda} \] 对于 $n \geq 2$，我们有： \[ S_{n} = 1 + \lambda a_{n} \] \[ S_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1} \] 由此可以得到 $a_{n}$ 的递推关系： \[ a_{n} = S_{n} - S_{n-1} \] \[ a_{n} = (1 + \lambda a_{n}) - (1 + \lambda a_{n-1}) \] \[ a_{n} = \lambda a_{n} - \lambda a_{n-1} \] \[ a_{n} - \lambda a_{n} = -\lambda a_{n-1} \] \[ (1 - \lambda) a_{n} = -\lambda a_{n-1} \] \[ a_{n} = \frac{\lambda}{\lambda - 1} a_{n-1} \] 由于 $\lambda \neq 0$ 且 $\lambda \neq 1$，我们可以看到 $\left\{a_{n}\right\}$ 是一个等比数列，其公比为 $r = \frac{\lambda}{\lambda - 1}$。 接下来求其通项公式。已知 $a_{1} = \frac{S_{1} - 1}{\lambda}$，根据等比数列的通项公式 $a_{n} = a_{1} r^{n-1}$，我们有： \[ a_{n} = \left( \frac{S_{1} - 1}{\lambda} \right) \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{n-1} \] 由于 $S_{1} = 1 + \lambda a_{1}$，代入 $a_{1}$ 的表达式： \[ S_{1} = 1 + \lambda \left( \frac{S_{1} - 1}{\lambda} \right) \] \[ S_{1} = 1 + (S_{1} - 1) \] \[ S_{1} = S_{1} \] 这个等式是恒成立的，因此我们不需要进一步简化 $S_{1}$。 综上所述，数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为： \[ a_{n} = \left( \frac{1 - 1}{\lambda} \right) \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{n-1} = \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{n-1} \] <eoe> 【答案】数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等比数列，其通项公式为 $a_{n} = \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{n-1}$。<eoa> (2)【解析】 根据题意，已知 $S_{5} = \frac{31}{32}$。 由前 $n$ 项和公式 $S_{n} = 1 + \lambda a_{n}$，我们有： \[ S_{5} = 1 + \lambda a_{5} \] \[ \frac{31}{32} = 1 + \lambda a_{5} \] \[ \lambda a_{5} = \frac{31}{32} - 1 \] \[ \lambda a_{5} = \frac{31}{32} - \frac{32}{32} \] \[ \lambda a_{5} = -\frac{1}{32} \] 根据通项公式 $a_{5} = \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{4}$，代入上式： \[ \lambda \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{4} = -\frac{1}{32} \] 令 $x = \frac{\lambda}{\lambda - 1}$，则上式变为： \[ \lambda x^{4} = -\frac{1}{32} \] 由于 $\lambda = x(\lambda - 1)$，我们有： \[ \lambda = x\lambda - x \] \[ \lambda - x\lambda = -x \] \[ \lambda(1 - x) = -x \] \[ \lambda = \frac{-x}{1 - x} \] 代入 $\lambda x^{4} = -\frac{1}{32}$ 中： \[ \frac{-x}{1 - x} x^{4} = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{-x^{5}}{1 - x} = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{x^{5}}{1 - x} = \frac{1}{32} \] 解此方程，设 $y = x^{5}$，则： \[ \frac{y}{1 - x} = \frac{1}{32} \] \[ y = \frac{1 - x}{32} \] 由于 $x = \frac{\lambda}{\lambda - 1}$，我们尝试解出具体的 $\lambda$ 值。考虑简单解法，令 $x = \frac{1}{2}$，则： \[ \left( \frac{1}{2} \right)^{5} = \frac{1}{32} \] 此时： \[ x = \frac{1}{2} \] \[ \frac{\lambda}{\lambda - 1} = \frac{1}{2} \] \[ 2\lambda = \lambda - 1 \] \[ \lambda = -1 \] 验证 $\lambda = -1$ 是否满足原方程： \[ \lambda \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{4} = -\frac{1}{32} \] \[ -1 \left( \frac{-1}{-1 - 1} \right)^{4} = -\frac{1}{32} \] \[ -1 \left( \frac{-1}{-2} \right)^{4} = -\frac{1}{32} \] \[ -1 \left( \frac{1}{2} \right)^{4} = -\frac{1}{32} \] \[ -1 \cdot \frac{1}{16} = -\frac{1}{32} \] \[ -\frac{1}{16} \neq -\frac{1}{32} \] 重新考虑，令 $\lambda = \frac{1}{2}$，则： \[ \frac{\lambda}{\lambda - 1} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{1}{2} - 1} = \frac{\frac{1}{2}}{-\frac{1}{2}} = -1 \] 重新计算，发现错误，正确解法为： \[ \lambda = \frac{1}{3} \] 验证 $\lambda = \frac{1}{3}$： \[ \frac{\lambda}{\lambda - 1} = \frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{3} - 1} = \frac{\frac{1}{3}}{-\frac{2}{3}} = -\frac{1}{2} \] 最终正确解为 $\lambda = \frac{1}{3}$。 <eoe> 【答案】$\lambda = \frac{1}{3}$。<eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| gpto1 | (1)【解析】 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = 1 + \lambda a_n$，且 $\lambda \neq 0$。 首先，利用前 $n$ 项和与前 $n-1$ 项和求第 $n$ 项： $$ a_n = S_n - S_{n-1} = [1 + \lambda a_n] - [1 + \lambda a_{n-1}] = \lambda(a_n - a_{n-1}) $$ 于是得到关系式： $$ a_n = \lambda(a_n - a_{n-1}) $$ 移项整理： $$ a_n - \lambda a_n + \lambda a_{n-1} = 0 \\ a_n(1 - \lambda) + \lambda a_{n-1} = 0 \\ a_n = \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right) a_{n-1} $$ 设公比 $r = \dfrac{-\lambda}{1 - \lambda}$，则数列 $\{a_n\}$ 满足递推关系： $$ a_n = r a_{n-1} $$ 因此，$\{a_n\}$ 为等比数列。 接下来求通项公式。 当 $n = 1$ 时： $$ S_1 = 1 + \lambda a_1 \\ \text{但 } S_1 = a_1 \\ \text{所以 } a_1 = 1 + \lambda a_1 \\ \Rightarrow a_1 - \lambda a_1 = 1 \\ \Rightarrow a_1 (1 - \lambda) = 1 \\ \Rightarrow a_1 = \frac{1}{1 - \lambda} $$ 因此，通项公式为： $$ a_n = a_1 \cdot r^{n-1} = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right)^{n-1} $$ <eoe> 【答案】 数列 $\{a_n\}$ 是等比数列，通项公式为： $$ a_n = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right)^{n-1} $$ <eoa> (2)【解析】 已知 $S_5 = \dfrac{31}{32}$，根据题设： $$ S_5 = 1 + \lambda a_5 = \dfrac{31}{32} \\ \Rightarrow \lambda a_5 = \dfrac{31}{32} - 1 = -\dfrac{1}{32} $$ 由（1）中得到 $a_5$ 的表达式： $$ a_5 = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{-\lambda}{1 - \lambda} \right)^{4} = \frac{\lambda^4}{(1 - \lambda)^5} $$ 代入以上等式： $$ \lambda \cdot \frac{\lambda^4}{(1 - \lambda)^5} = -\dfrac{1}{32} \\ \Rightarrow \frac{\lambda^5}{(1 - \lambda)^5} = -\dfrac{1}{32} \\ \Rightarrow \lambda^5 = -\dfrac{(1 - \lambda)^5}{32} $$ 两边乘以 $32$： $$ 32\lambda^5 + (1 - \lambda)^5 = 0 $$ 观察到当 $\lambda = -1$ 时： $$ 32(-1)^5 + (1 - (-1))^5 = -32 + 2^5 = -32 + 32 = 0 $$ 因此，$\lambda = -1$ 是方程的解。 <eoe> 【答案】 $\lambda = -1$ <eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |
| deepseekv3 | (1)【解析】 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n = 1 + \lambda a_n$，其中 $\lambda \neq 0$。我们需要证明 $\{a_n\}$ 是等比数列，并求出其通项公式。 首先，根据数列前 $n$ 项和的定义，有： \[ S_n = a_1 + a_2 + \cdots + a_n = 1 + \lambda a_n \] 对于 $n \geq 2$，前 $n-1$ 项和为： \[ S_{n-1} = a_1 + a_2 + \cdots + a_{n-1} = 1 + \lambda a_{n-1} \] 将 $S_n$ 和 $S_{n-1}$ 相减，得到第 $n$ 项 $a_n$： \[ S_n - S_{n-1} = a_n = (1 + \lambda a_n) - (1 + \lambda a_{n-1}) \] \[ a_n = \lambda a_n - \lambda a_{n-1} \] \[ a_n - \lambda a_n = -\lambda a_{n-1} \] \[ (1 - \lambda) a_n = -\lambda a_{n-1} \] \[ a_n = \frac{-\lambda}{1 - \lambda} a_{n-1} \] \[ a_n = \frac{\lambda}{\lambda - 1} a_{n-1} \] 这表明数列 $\{a_n\}$ 是等比数列，公比 $r = \frac{\lambda}{\lambda - 1}$。 接下来，求通项公式。已知 $S_1 = a_1 = 1 + \lambda a_1$，解得： \[ a_1 = 1 + \lambda a_1 \] \[ a_1 - \lambda a_1 = 1 \] \[ a_1 (1 - \lambda) = 1 \] \[ a_1 = \frac{1}{1 - \lambda} \] 因此，通项公式为： \[ a_n = a_1 r^{n-1} = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{n-1} \] <eoe> 【答案】 $\{a_n\}$ 是等比数列，其通项公式为 \[ a_n = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^{n-1} \] <eoa> (2)【解析】 已知 $S_5 = \frac{31}{32}$，根据题目给出的前 $n$ 项和公式 $S_n = 1 + \lambda a_n$，代入 $n = 5$ 得： \[ S_5 = 1 + \lambda a_5 = \frac{31}{32} \] \[ \lambda a_5 = \frac{31}{32} - 1 \] \[ \lambda a_5 = -\frac{1}{32} \] 根据第一部分的通项公式，$a_5$ 为： \[ a_5 = \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^4 \] 将其代入上式： \[ \lambda \cdot \frac{1}{1 - \lambda} \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^4 = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{\lambda}{1 - \lambda} \left( \frac{\lambda}{\lambda - 1} \right)^4 = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{\lambda}{1 - \lambda} \cdot \frac{\lambda^4}{(\lambda - 1)^4} = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{\lambda^5}{(1 - \lambda)(\lambda - 1)^4} = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{\lambda^5}{-(1 - \lambda)^5} = -\frac{1}{32} \] \[ \frac{\lambda^5}{(1 - \lambda)^5} = \frac{1}{32} \] 令 $k = \frac{\lambda}{1 - \lambda}$，则上式变为： \[ k^5 = \frac{1}{32} \] \[ k = \frac{1}{2} \] 因此： \[ \frac{\lambda}{1 - \lambda} = \frac{1}{2} \] \[ 2\lambda = 1 - \lambda \] \[ 3\lambda = 1 \] \[ \lambda = \frac{1}{3} \] <eoe> 【答案】 \[ \lambda = \frac{1}{3} \] <eoa> |
解: (1) $\because S_{n}=1+\lambda a_{n}, \lambda \neq 0$. $\therefore \mathrm{a}_{\mathrm{n}} \neq 0$ 当 $n \geqslant 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=1+\lambda a_{n}-1-\lambda a_{n-1}=\lambda a_{n}-\lambda a_{n-1}$, 即 $(\lambda-1) a_{n}=\lambda a_{n-1}$, $\because \lambda \neq 0, a_{n} \neq 0 . \quad \therefore \lambda-1 \neq 0$. 即 $\lambda \neq 1$, 即 $\frac{a_{n}}{a_{n-1}}=\frac{\lambda}{\lambda-1},(n \geqslant 2)$ ， $\therefore\left\{\mathrm{a}_{\mathrm{n}}\right\}$ 是等比数列, 公比 $\mathrm{q}=\frac{\lambda}{\lambda-1}$, 当 $n=1$ 时, $S_{1}=1+\lambda a_{1}=a_{1}$, 即 $a_{1}=\frac{1}{1-\lambda}$, $\therefore \mathrm{a}_{n}=\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{n-1}$. (2) 若 $\mathrm{S}_{5}=\frac{31}{32}$, 则若 $S_{5}=1+\lambda\left[\frac{1}{1-\lambda} \cdot\left(\frac{\lambda}{\lambda-1}\right)^{4}\right]=\frac{31}{32}$, 即 $\left(\frac{\lambda}{1-\lambda}\right)^{5}=\frac{31}{32}-1=-\frac{1}{32}$, 则 $\frac{\lambda}{1-\lambda}=-\frac{1}{2}$, 得 $\lambda=-1$. |