Question

19．数列{a_n}的前n项和为S_n，．S_n+a_n=-$\frac{1}{2}$n²-$\frac{3}{2}$n+1（n∈N^*）
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）若c_n=${（\frac{1}{2}）^n}$-a_n，p=$\sum_{i=1}^{2013}{\frac{{c_i^2+{c_i}+1}}{{c_i^2+{c_i}}}}$，求不超过P的最大的整数值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）通过S_n+a_n=-$\frac{1}{2}$n²-$\frac{3}{2}$n+1与a_n-1+S_n-1=-$\frac{1}{2}$（n-1）²-$\frac{3}{2}$（n-1）+1（n≥2）作差、整理可知数列{a_n+n}是首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，进而计算可得结论；
（Ⅱ）通过（1）知$a{\;}_n={（{\frac{1}{2}}）^n}-n$，进而裂项、并项相加即得结论．

解答 解：（Ⅰ）因为S_n+a_n=-$\frac{1}{2}$n²-$\frac{3}{2}$n+1，
所以①当n=1时，2a₁=-1，则a₁=-$\frac{1}{2}$，
②当n≥2时，a_n-1+S_n-1=-$\frac{1}{2}$（n-1）²-$\frac{3}{2}$（n-1）+1，
所以2a_n-a_n-1=-n-1，即2（a_n+n）=a_n-1+n-1，
记b_n=a_n+n，则b_n=$\frac{1}{2}$b_n-1（n≥2），
而b₁=a₁+1=$\frac{1}{2}$，
所以数列{b_n}是首项、公比均为$\frac{1}{2}$的等比数列，
所以${b_n}={（{\frac{1}{2}}）^n}$，
所以$a{\;}_n={（{\frac{1}{2}}）^n}-n$；
（Ⅱ）由（1）知$a{\;}_n={（{\frac{1}{2}}）^n}-n$，
∴c_n=n，
∴$\frac{{{c_n}^2+{c_n}+1}}{{{c_n}^2+{c_n}}}=1+\frac{1}{{{c_n}^2+{c_n}}}=1+\frac{1}{n（n+1）}=1+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}$，
所以$P=\sum_{i=1}^{2013}{\frac{{{c_i}^2+{c_i}+1}}{{{c_i}^2+{c_i}}}}$=$（1+\frac{1}{1}-\frac{1}{2}）+（1+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}）+（1+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}）+…+（1+\frac{1}{2013}-\frac{1}{2014}）=2014-\frac{1}{2014}$，
故不超过P的最大整数为2013．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．