Question

4．已知正项数列{a_n}，前n项和为S_n，且有$\sqrt{{S}_{n}}$=λa_n+c．
（1）求证：λc≤$\frac{1}{4}$；
（2）若λ=1，c=0，求证：S_n≥（$\frac{n+1}{2}$）²；
（3）若2a₂=a₁+a₃，求证：{a_n}为等差数列．

Answer 1

分析 （1）由$\sqrt{{S}_{n}}$=λa_n+c，可得n=1时，a₁=$（λ{a}_{1}+c）^{2}$，化为${λ}^{2}{a}_{1}^{2}$+（2λc-1）a₁+c²=0，λ=0时，此时λc≤$\frac{1}{4}$；当λ≠0时，△≥0，解出即可证明．
（2）λ=1，c=0，可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=a_n，即S_n=${a}_{n}^{2}$．利用数学归纳法即可证明．
（3）令a₂-a₁=d＞0，由已知可得：$\sqrt{{a}_{1}}$=λa₁+c，$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}}=λ{a}_{2}$+c，$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}+{a}_{3}}$=λa₃+c，化简整理即可把λ，c，a₁都用d表示，再利用递推关系即可得出．

解答 证明：（1）∵$\sqrt{{S}_{n}}$=λa_n+c，∴n=1时，a₁=$（λ{a}_{1}+c）^{2}$，
化为${λ}^{2}{a}_{1}^{2}$+（2λc-1）a₁+c²=0，
λ=0时，化为${a}_{1}={c}^{2}$，此时λc≤$\frac{1}{4}$；
当λ≠0时，△=（2λc-1）²-4λ²c²≥0，解得λc≤$\frac{1}{4}$．
综上可得：λc≤$\frac{1}{4}$成立．
（2）λ=1，c=0，可得：$\sqrt{{S}_{n}}$=a_n，即S_n=${a}_{n}^{2}$．
利用数学归纳法证明：①当n=1时，${a}_{1}={a}_{1}^{2}$＞0，解得a₁=1，a₁≥$（\frac{1+1}{2}）^{2}$=1成立．
②假设当n=k（k∈N^*）时，${S}_{k}={a}_{k}^{2}$≥$（\frac{k+1}{2}）^{2}$，即${a}_{k}≥\frac{k+1}{2}$成立．
则n=k+1时，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．
综上可得：S_n≥（$\frac{n+1}{2}$）²对于?n∈N^*成立．
（3）令a₂-a₁=d＞0，
∵$\sqrt{{a}_{1}}$=λa₁+c，$\sqrt{{a}_{1}+{a}_{2}}=λ{a}_{2}$+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=${a}_{1}+{λ}^{2}{d}^{2}$+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，化为a₂=λ²d²+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，
a₁+a₂+a₃=a₁+4λ²d²+$4λd\sqrt{{a}_{1}}$，化为a₃=3λ²d²+$2λd\sqrt{{a}_{1}}$，
相减可得：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），
化为：λc=$\frac{1}{4}$，
∴c=$\frac{\sqrt{2d}}{4}$，λa₁=c，∴a₁=$\frac{d}{2}$．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=$\frac{1}{\sqrt{2d}}{a}_{n}$+$\frac{\sqrt{2d}}{4}$，
∴S_n=$\frac{1}{2d}{a}_{n}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{n}$+$\frac{1}{8}d$．
∴n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2d}{a}_{n}^{2}$+$\frac{1}{2}{a}_{n}$+$\frac{1}{8}d$-$（\frac{1}{2d}{a}_{n-1}^{2}+\frac{1}{2}{a}_{n-1}+\frac{1}{8}d）$，
化为：（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1-d）=0，
∵a_n+a_n-1＞0，
∴a_n-a_n-1=d=常数，a₁=$\frac{d}{2}$．
∴{a_n}为等差数列．

点评 本题考查了数列的递推关系、等差数列的都用及其通项公式、方程的解法、数学归纳法，考查了变形能力、推理能力与计算能力，属于难题．