每日一题[2051]递推数列

已知数列 $\{a_n\}$（$n\in\mathbb N^{\ast}$）的首项 $a_1=1$，前 $n$ 项和为 $S_n$，设 $\lambda$ 与 $k$ 是常数．若对一切正整数 $n$，均有 $S_{n+1}^{\frac 1k}-S_n^{\frac 1k}=\lambda a_{n+1}^{\frac 1k}$ 成立，则称此数列为“$\lambda\sim k$”数列．

1、若等差数列 $\{a_n\}$ 是“$\lambda\sim 1$”数列，求 $\lambda$ 的值．

2、若数列 $\{a_n\}$ 是“$\dfrac{\sqrt 3}3\sim 2$”数列，且 $a_n>0$，求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式．

3、对于给定的 $\lambda$，是否存在三个不同的数列 $\{a_n\}$ 为“$\lambda \sim 3$”数列，且 $a_n\geqslant 0$？若存在，求 $\lambda$ 的取值范围；若不存在，说明理由．

解析

1、取 $n=1$，有\[(1+a_2)-1=\lambda a_2,\]于是 $a_2=0$ 或 $\lambda=1$．取 $n=2$，有\[(1+a_2+a_3)-(1+a_2)=\lambda a_3,\]于是 $a_3=0$ 或 $\lambda=1$．经验证，$\lambda=1$ 时符合题意． 综上所述，$\lambda$ 的值为 $1$．

2、根据题意，有\[\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_n}=\sqrt{\dfrac{a_{n+1}}3}\iff \sqrt{3S_{n+1}}-\sqrt{3S_n}=\sqrt{S_{n+1}-S_n},\]设 $T_n=\sqrt{\dfrac{S_{n+1}}{S_n}}$（由 $a_n>0$ 有 $T_n>1$），则两边平方得\[3T_n^2+3-6T_n=T_n^2-1,\]即\[\left(T_n-1\right)\left(T_n-2\right)=0,\]于是\[T_n=0\iff S_{n+1}=4S_n\iff S_n=4^{n-1},\]进而可得\[a_n=\begin{cases} 1,&n=1,\\ 3\cdot 4^{n-2},&n\geqslant 2.\end{cases}\]

3、设各项非负的数列 $\left\{a_{n}\right\}\left(n \in \mathbb{N}^{*}\right)$ 为“$\lambda \sim 3$ "数列，则\[\sqrt[3]{S_{n+1}}-\sqrt[3]{S_n}=\lambda\sqrt[3]{a_{n+1}}\iff \sqrt[3]{S_{n+1}}-\sqrt[3]{S_n}=\lambda\sqrt[3]{S_{n+1}-S_n},\]令 $T_n=\sqrt[3]{\dfrac{S_{n+1}}{S_n}}$（由 $a_n\geqslant 0$，可得 $T_n\geqslant 1$），两边立方可得\[T_n^3-3T_n^2+3T_n-1=\lambda^3\left(T_n^3-1\right),\]即\[(T_n-1)\big((T_n-1)^2-\lambda^3(T_n^2+T_n+1)\big)=0,\]因此关于 $t$ 的方程\[(t-1)^2-\lambda^3(t^2+t+1)=0\]有大于 $1$ 的实数解时，存在无数个不同的“$\lambda \sim 3$ "数列；否则只存在一个“$\lambda \sim 3$ "数列（对应 $S_n=1$，$n\in\mathbb N^{\ast}$）．而该方程等价于\[\lambda^3=\dfrac{(t-1)^2}{t^2+t+1}=1-\dfrac{3}{t+\dfrac 1t+1},\]其中 $t>1$，因此 $\lambda$ 的取值范围是 $(0,1)$．