Question

12．已知正項數(shù)列{a_n}的首項a₁=1，前n項和S_n滿足a_n=$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$（n≥2）
（1）求證：$\left\{{\sqrt{S_n}\left.{\;}\right\}}$為等差數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項公式．
（2）是否存在實數(shù)λ，使得數(shù)列$\left\{{\frac{S_n}{{λ+{a_n}}}}\right\}$成等差數(shù)列？若存在，求出λ的值和該數(shù)列前n項的和；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）a_n=$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$（n≥2），可得S_n-S_n-1=$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$，根據(jù)?n∈N^*，a_n＞0，可得S_n＞0．可得$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1．即可證明，進而得出S_n，n≥2時，a_n=S_n-S_n-1．
（2）假設(shè)存在實數(shù)λ，使得數(shù)列$\left\{{\frac{S_n}{{λ+{a_n}}}}\right\}$成等差數(shù)列．可得$\frac{2{S}_{2}}{λ+{a}_{2}}$=$\frac{{S}_{1}}{λ+{a}_{1}}$+$\frac{{S}_{3}}{λ+{a}_{3}}$，代入即可得出．

解答 （1）證明：∵a_n=$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$（n≥2），∴S_n-S_n-1=$\sqrt{S_n}+\sqrt{{S_{n-1}}}$，∵?n∈N^*，a_n＞0，∴S_n＞0．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$-$\sqrt{{S}_{n-1}}$=1．
∴$\left\{{\sqrt{S_n}\left.{\;}\right\}}$為等差數(shù)列，公差為1，首項為1．
∴$\sqrt{{S}_{n}}$=1+（n-1）=n，可得S_n=n²．
∴n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=n²-（n-1）²=2n-1．
n=1時上式也成立．
∴a_n=2n-1．
（2）解：假設(shè)存在實數(shù)λ，使得數(shù)列$\left\{{\frac{S_n}{{λ+{a_n}}}}\right\}$成等差數(shù)列．
則$\frac{2{S}_{2}}{λ+{a}_{2}}$=$\frac{{S}_{1}}{λ+{a}_{1}}$+$\frac{{S}_{3}}{λ+{a}_{3}}$，
∴$\frac{2×{2}^{2}}{λ+3}$=$\frac{1}{λ+1}$+$\frac{{3}^{2}}{λ+5}$，
化為：λ²-2λ+1=0，解得λ=1，
∴存在實數(shù)λ=1，使得數(shù)列$\left\{{\frac{S_n}{{λ+{a_n}}}}\right\}$成等差數(shù)列．
∴$\frac{{S}_{n}}{1+{a}_{n}}$=$\frac{{n}^{2}}{1+2n-1}$=$\frac{n}{2}$．
數(shù)列$\{\frac{n}{2}\}$的前n項和為：$\frac{n（\frac{1}{2}+\frac{n}{2}）}{2}$=$\frac{{n}^{2}+n}{4}$．

點評 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項公式與求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．