Question

4．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}，前n項(xiàng)和為S_n，且有$\sqrt{{S}_{n}}$=λa_n+c．
（1）求證：λc≤$\frac{1}{4}$；
（2）若λ=1，c=0，求證：S_n≥（$\frac{n+1}{2}$）²；
（3）若2a₂=a₁+a₃，求證：{a_n}為等差數(shù)列．

Answer 1

分析 （1）由$\sqrt{{S}_{n}}$=λa_n+c，可得n=1時(shí)，a₁=$（λ{(lán)a}_{1}+c）^{2}$，化為${λ}^{2}{a}_{1}^{2}$+（2λc-1）a₁+c²=0，λ=0時(shí)，此時(shí)λc≤$\frac{1}{4}$；當(dāng)λ≠0時(shí)，△≥0，解出即可證明．
（2）λ=1，c=0，可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=a_n，即S_n=${a}_{n}^{2}$．利用數(shù)學(xué)歸納法即可證明．
（3）令a₂-a₁=d＞0，由已知可得：$\sqrt{{a}_{1}}$=λa₁+c，$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}}=λ{(lán)a}_{2}$+c，$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}}$=λa₃+c，化簡整理即可把λ，c，a₁都用d表示，再利用遞推關(guān)系即可得出．

解答 證明：（1）∵$\sqrt{{S}_{n}}$=λa_n+c，∴n=1時(shí)，a₁=$（λ{(lán)a}_{1}+c）^{2}$，
化為${λ}^{2}{a}_{1}^{2}$+（2λc-1）a₁+c²=0，
λ=0時(shí)，化為${a}_{1}={c}^{2}$，此時(shí)λc≤$\frac{1}{4}$；
當(dāng)λ≠0時(shí)，△=（2λc-1）²-4λ²c²≥0，解得λc≤$\frac{1}{4}$．
綜上可得：λc≤$\frac{1}{4}$成立．
（2）λ=1，c=0，可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=a_n，即S_n=${a}_{n}^{2}$．
利用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n=1時(shí)，${a}_{1}={a}_{1}^{2}$＞0，解得a₁=1，a₁≥$（\frac{1+1}{2}）^{2}$=1成立．
②假設(shè)當(dāng)n=k（k∈N^*）時(shí)，${S}_{k}={a}_{k}^{2}$≥$（\frac{k+1}{2}）^{2}$，即${a}_{k}≥\frac{k+1}{2}$成立．
則n=k+1時(shí)，S_k+1=S_k+a_k+1，
∴${a}_{k+1}^{2}$-a_k+1=${S}_{k}={a}_{k}^{2}$≥$（\frac{k+1}{2}）^{2}$，
∴${a}_{k+1}^{2}$-a_k+1-$（\frac{k+1}{2}）^{2}$≥0，解得a_k+1≥$\frac{（k+1）+1}{2}$，
因此S_k+1≥$（\frac{k+1+1}{2}）^{2}$成立．
綜上可得：S_n≥（$\frac{n+1}{2}$）²對于?n∈N^*成立．
（3）令a₂-a₁=d＞0，
∵$\sqrt{{a}_{1}}$=λa₁+c，$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}}=λ{(lán)a}_{2}$+c，
$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}}$=λa₃+c，
∴$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}}$-$\sqrt{{a}_{1}}$=λd，
$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}}$-$\sqrt{{a}_{1}}$=2λd，
∴a₁+a₂=${a}_{1}+{λ}^{2}neoxykl^{2}$+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，化為a₂=λ²d²+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，
a₁+a₂+a₃=a₁+4λ²d²+$4λd\sqrt{{a}_{1}}$，化為a₃=3λ²d²+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，
相減可得：2λ²d=1．
∴λ=$\sqrt{\frac{1}{2d}}$=$\frac{1}{\sqrt{2d}}$．
把$\sqrt{{a}_{1}}$=λa₁+c代入a₂=λ²d²+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，
可得：a₁+d=λ²d²+2λd（λa₁+c），
化為：λc=$\frac{1}{4}$，
∴c=$\frac{\sqrt{2d}}{4}$，λa₁=c，∴a₁=$\fracny17fwv{2}$．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{2d}}{a}_{n}$+$\frac{\sqrt{2d}}{4}$，
∴S_n=$\frac{1}{2d}{a}_{n}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{n}$+$\frac{1}{8}d$．
∴n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2d}{a}_{n}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{n}$+$\frac{1}{8}d$-$（\frac{1}{2d}{a}_{n-1}^{2}+\frac{1}{2}{a}_{n-1}+\frac{1}{8}d）$，
化為：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-d）=0，
∵a_n+a_n-1＞0，
∴a_n-a_n-1=d=常數(shù)，a₁=$\fracfoeyftq{2}$．
∴{a_n}為等差數(shù)列．

點(diǎn)評 本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系、等差數(shù)列的都用及其通項(xiàng)公式、方程的解法、數(shù)學(xué)歸納法，考查了變形能力、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．