Question

14．已知正項(xiàng)數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且點(diǎn)（a_n，s_n）在拋物線y=λx²上．
（1）求證：數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列；
（2）若λ=1，證明：S_n≥$（\frac{n+1}{2}）^{2}$：
（3）是否存在實(shí)數(shù)λ，使數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列？若存在，求出λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)在S_n=λ${{a}_{n}}^{2}$中令n=1可知λ＞0，進(jìn)而可知令n≥2時(shí)，變形可知a_n=λ（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1），進(jìn)而可知a_n-a_n-1＞0；
（2）通過(guò)（1）可知，若λ=1，則a₁=1且a_n-a_n-1＞$\frac{1}{2}$，利用累加法計(jì)算即得結(jié)論；
（3）利用反證法證明，只需求出前三項(xiàng)的值并解方程a₂-a₁=a₃-a₂，從而得出矛盾即可．

解答 （1）證明：依題意，S_n=λ${{a}_{n}}^{2}$，
因?yàn)閍_n＞0，且當(dāng)n=1時(shí)等時(shí)成立，所以λ＞0，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=λ（${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n-1}}^{2}$）=λ（a_n+a_n-1）（a_n-a_n-1），
∵a_n＞0，a_n+a_n-1＞0，λ＞0，
∴a_n-a_n-1＞0，即數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列；
（2）證明：由（1）可知，若λ=1，則a₁=1，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=${{a}_{n}}^{2}$-${{a}_{n-1}}^{2}$，即${{a}_{n}}^{2}$-a_n=${{a}_{n-1}}^{2}$，
∴$（{a}_{n}-\frac{1}{2}）^{2}$=${{a}_{n-1}}^{2}$+$\frac{1}{4}$，
又∵數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列，a₁=1，
∴a_n-$\frac{1}{2}$＞a_n-1，即a_n-a_n-1＞$\frac{1}{2}$，
∴當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=（a_n-a_n-1）+（a_n-1-a_n-2）+…+（a₂-a₁）+a₁
＞$\frac{1}{2}$+$\frac{1}{2}$+…+$\frac{1}{2}$+1
=$\frac{n-1}{2}$+1
=$\frac{n+1}{2}$，
∴a_n≥$\frac{n+1}{2}$，
∴S_n=${{a}_{n}}^{2}$≥$（\frac{n+1}{2}）^{2}$；
（3）結(jié)論：不存在實(shí)數(shù)λ，使數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．
理由如下：
假設(shè)存在實(shí)數(shù)λ，使數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，
則S₁=λ${{a}_{1}}^{2}$，即a₁=$\frac{1}{λ}$，
由（2）可知${{a}_{n}}^{2}$-a_n-${{a}_{n-1}}^{2}$=0，
令n=2，得：${{a}_{2}}^{2}$-a₂-$\frac{1}{{λ}^{2}}$=0，
解得：a₂=$\frac{1}{2}$+$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$，
令n=3可知，${{a}_{3}}^{2}$-a₃-（$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$+$\frac{1}{{λ}^{2}}$+$\frac{1}{2}$）=0，
解得：a₃=$\frac{1}{2}$+$\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{{λ}^{2}}+\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}}$，
∵a₁，a₂，a₃成等差數(shù)列，
∴a₂-a₁=a₃-a₂，即$\frac{1}{2}$+$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$-$\frac{1}{λ}$=$\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{{λ}^{2}}+\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}}$-$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$，
整理得：2$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{λ}$=$\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{{λ}^{2}}+\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}}$，
兩邊平方，得：$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$+$\frac{1}{{λ}^{2}}$+$\frac{3}{4}$=$\frac{5}{{λ}^{2}}$+$\frac{5}{4}$-$\frac{1}{λ}$-（$\frac{4}{λ}$-2）$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$，
整理得：（$\frac{4}{λ}$-1）$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$=$\frac{4}{{λ}^{2}}$+$\frac{1}{2}$-$\frac{1}{λ}$，即$\sqrt{\frac{1}{{λ}^{2}}+\frac{1}{4}}$=$\frac{1}{λ}$+$\frac{λ}{2（4-λ）}$，
兩邊平方，整理得：1=$\frac{4（4-λ）+{λ}^{2}}{（4-λ）^{2}}$，
化簡(jiǎn)得：4λ=0，這與數(shù)列{a_n}為單調(diào)遞增數(shù)列矛盾，
故不存在實(shí)數(shù)λ，使數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，考查反證法，注意解題方法的積累，屬于中檔題．