每日一题[461]差分复差分

已知$\sqrt{S_n}=\lambda a_n+c$，$a_n>0$，$a_1+a_3=2a_2$，求证：$\{a_n\}$是等差数列．

解    根据已知，有 $$\begin{cases} a_1=(\lambda a_1+c)^2,\\ a_1+a_2=(\lambda a_2+c)^2,\\ a_1+a_2+a_3=(\lambda a_3+c)^2,\end{cases}$$ 设$a_3-a_2=a_2-a_1=d$，作差，有 $$\begin{cases} a_2=(\lambda a_1+\lambda a_2+2c)\cdot \lambda d,\\ a_3=(\lambda a_2+\lambda a_3+2c)\cdot \lambda d,\end{cases}$$ 再次作差，有 $$d=2\lambda d\cdot \lambda d,$$ 显然$d\neq 0$，于是$2\lambda^2=\dfrac 1d$．从而由 $$a_2=\dfrac 12a_1+\dfrac 12a_2+2\lambda cd$$ 可得$4\lambda c=1$，又$c=\sqrt{a_1}-\lambda a_1$，从而有 $$1=4\lambda \sqrt{a_1}-4\lambda^2 a_1,$$ 即$\left(2\lambda \sqrt{a_1}-1\right)^2=0$，从而$a_1=\dfrac{1}{4\lambda^2}=\dfrac d2$．于是 $$c=\sqrt{a_1}-\lambda a_1=\dfrac 12\sqrt{\dfrac d2},$$ 即$c^2=\dfrac 18d$．

接下来用数学归纳法证明 $$a_n=\left(n-\dfrac 12\right)d,n\in \mathcal N^*.$$ 当$n=1,2,3$时，命题成立；

当假设当$n\leqslant k$($k\geqslant 3$且$k\in\mathcal N^*$)时命题成立，即 $$S_k=\dfrac 12d\cdot k^2+\left(a_1-\dfrac d2\right)k=\dfrac 12dk^2,$$ 于是由题设得 $$a_{k+1}+\dfrac 12dk^2=\lambda^2a_{k+1}^2+2\lambda ca_{k+1}+c^2,$$ 即 $$\left[a_{k+1}-\left(k+\dfrac 12\right)d\right]\cdot\left[a_{k+1}+\left(k-\dfrac 12\right)d\right]=0,$$ 因此$a_{k+1}=\left(k+\dfrac 12\right)d$．

综上所述，欲证命题成立，因此$\{a_n\}$是等差数列．

注　由题目条件，将$\lambda ,c,a_1$都用$d$表示，即 $$4\lambda c=1,2\lambda ^2d=1,a_1=\dfrac d2,$$ 之后也可以不用数列归纳法，直接证明结论．此时题中条件可以化简为 $$2dS_n=a_n^2+a_nd+\dfrac 14d^2,$$ 于是有 $$2dS_{n-1}=a_{n-1}^2+a_{n-1}d+\dfrac 14d^2,n\geqslant 2$$ 两式相减化简得 $$(a_n+a_{n-1})(a_n-a_{n-1}-d)=0,$$ 结合条件$a_n>0$即得数列$\{a_n\}$为等差数列．