Question

數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，存在常數(shù)A，B，C，使得a_n+S_n=An²+Bn+C對(duì)任意正整數(shù)n都成立．
（1）若數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，求證：3A-B+C=0；
（2）若A=-

1

2

，B=-

3

2

，C=1，設(shè)b_n=a_n+n，數(shù)列{nb_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n；
（3）若C=0，{a_n}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，設(shè)c_n=

1+ 2 an2 + 1 an+12

數(shù)列{c_n}的前2014項(xiàng)和為P，求不超過P的最大整數(shù)的值．

Answer 1

考點(diǎn)：數(shù)列的求和,等差關(guān)系的確定

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列

分析：（1）由已知條件得a1+(n-1)d+na1+

1

2

n(n-1)d=An²+Bn+C，因?yàn)閷?duì)任意正整數(shù)n都成立，所以

1 2 d-A=0 a1+ 1 2 d-B=0 a1-d-C=0

，由此能證明3A-B+C=0．
（2）由已知條件推導(dǎo)出bn=(

1

2

)n，從而得到nb_n=

n

2n

．由此利用錯(cuò)位相減法能求出數(shù)列{nb_n}的前n項(xiàng)和T_n．
（3）由a_n=n，知c_n=

1+ 2 an2 + 1 an+12

=

n2(n+1)2+(n+1)2+n2 n2(n+1)2

=1+

1

n

-

1

n+1

．由此利用裂項(xiàng)求和法能求出不超過P的最大整數(shù)的值．

解答： （1）證明：∵數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，
由a_n+S_n=An²+Bn+C，
得a1+(n-1)d+na1+

1

2

n(n-1)d=An²+Bn+C，
∵對(duì)任意正整數(shù)n都成立，
∴

1 2 d-A=0 a1+ 1 2 d-B=0 a1-d-C=0

，
∴3A-B+C=0．（6分）
（2）解：∵an+Sn=-

1

2

n2-

3

2

n+1，∴a1=-

1

2

，
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n-1+S_n-1=-

1

2

(n-1)2-

3

2

(n-1)+1，
∴2a₁-a_n-1=-n-1，
∴2（a_n+n）=a_n-1+n-1，
∴bn=

1

2

bn-1，n≥2，
∵b1=a1+1=

1

2

，
∴數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為

1

2

，公比為

1

2

的等比數(shù)列，
∴bn=(

1

2

)n．（9分）nb_n=

n

2n

．
∴Tn=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

①，

1

2

Tn=

1

22

+

2

23

+

3

24

+…+

n

2n+1

，②
得

1

2

Tn=

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n

2n+1

=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-（

1

2

）ⁿ-

n

2n+1

=1-

2+n

2n+1

．
∴Tn=2-

2+n

2n

．（12分）
（3）解：∵{a_n}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，
由（1）知，公差d=1，∴a_n=n，
∵c_n=

1+ 2 an2 + 1 an+12

=

n2(n+1)2+(n+1)2+n2 n2(n+1)2

=

n(n+1)+1

n(n+1)

=1+

1

n(n+1)

=1+

1

n

-

1

n+1

．
∴P=（1+

1

1

-

1

2

）+（1+

1

2

-

1

3

）+（1+

1

3

-

1

4

）+…+（1+

1

2014

-

1

2015

）
=2015-

1

2015

．
∴不超過P的最大整數(shù)的值是2014．

點(diǎn)評(píng)：本題考查等式的證明，考查數(shù)列的前n項(xiàng)和的求法，考查最大整數(shù)值的求法，解題時(shí)要認(rèn)真審題，注意錯(cuò)位相減法和裂項(xiàng)求和法的合理運(yùn)用．