题目内容
数列{an}的前n项和为Sn，存在常数A，B，C，使得an+Sn=An2+Bn+C对任意正整数n都成立．
（1）若数列{an}为等差数列，求证：3A-B+C=0；
（2）若A=-
，B=-
，C=1，设bn=an+n，数列{nbn}的前n项和为Tn，求Tn；
（3）若C=0，{an}是首项为1的等差数列，设cn=
数列{cn}的前2014项和为P，求不超过P的最大整数的值．
（1）若数列{an}为等差数列，求证：3A-B+C=0；
（2）若A=-
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
（3）若C=0，{an}是首项为1的等差数列，设cn=
1+
|
考点：数列的求和,等差关系的确定
专题：等差数列与等比数列
分析：（1）由已知条件得a1+(n-1)d+na1+
n(n-1)d=An2+Bn+C，因为对任意正整数n都成立，所以
，由此能证明3A-B+C=0．
（2）由已知条件推导出bn=(
)n，从而得到nbn=
．由此利用错位相减法能求出数列{nbn}的前n项和Tn．
（3）由an=n，知cn=
=
=1+
-
．由此利用裂项求和法能求出不超过P的最大整数的值．
| 1 |
| 2 |
|
（2）由已知条件推导出bn=(
| 1 |
| 2 |
| n |
| 2n |
（3）由an=n，知cn=
1+
|
|
| 1 |
| n |
| 1 |
| n+1 |
解答：
（1）证明：∵数列{an}为等差数列，设公差为d，
由an+Sn=An2+Bn+C，
得a1+(n-1)d+na1+
n(n-1)d=An2+Bn+C，
∵对任意正整数n都成立，
∴
，
∴3A-B+C=0．（6分）
（2）解：∵an+Sn=-
n2-
n+1，∴a1=-
，
当n≥2时，an-1+Sn-1=-
(n-1)2-
(n-1)+1，
∴2a1-an-1=-n-1，
∴2（an+n）=an-1+n-1，
∴bn=
bn-1，n≥2，
∵b1=a1+1=
，
∴数列{bn}是首项为
，公比为
的等比数列，
∴bn=(
)n．（9分）nbn=
．
∴Tn=
+
+
+…+
①，
Tn=
+
+
+…+
，②
得
Tn=
+
+
+…+
-
=
-
=1-（
）n-
=1-
．
∴Tn=2-
．（12分）
（3）解：∵{an}是首项为1的等差数列，
由（1）知，公差d=1，∴an=n，
∵cn=
=
=
=1+
=1+
-
．
∴P=（1+
-
）+（1+
-
）+（1+
-
）+…+（1+
-
）
=2015-
．
∴不超过P的最大整数的值是2014．
由an+Sn=An2+Bn+C，
得a1+(n-1)d+na1+
| 1 |
| 2 |
∵对任意正整数n都成立，
∴
|
∴3A-B+C=0．（6分）
（2）解：∵an+Sn=-
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
当n≥2时，an-1+Sn-1=-
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 2 |
∴2a1-an-1=-n-1，
∴2（an+n）=an-1+n-1，
∴bn=
| 1 |
| 2 |
∵b1=a1+1=
| 1 |
| 2 |
∴数列{bn}是首项为
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
∴bn=(
| 1 |
| 2 |
| n |
| 2n |
∴Tn=
| 1 |
| 2 |
| 2 |
| 22 |
| 3 |
| 23 |
| n |
| 2n |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 2 |
| 23 |
| 3 |
| 24 |
| n |
| 2n+1 |
得
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 22 |
| 1 |
| 23 |
| 1 |
| 2n |
| n |
| 2n+1 |
=
| ||||
1-
|
| n |
| 2n+1 |
=1-（
| 1 |
| 2 |
| n |
| 2n+1 |
=1-
| 2+n |
| 2n+1 |
∴Tn=2-
| 2+n |
| 2n |
（3）解：∵{an}是首项为1的等差数列，
由（1）知，公差d=1，∴an=n，
∵cn=
1+
|
|
=
| n(n+1)+1 |
| n(n+1) |
| 1 |
| n(n+1) |
| 1 |
| n |
| 1 |
| n+1 |
∴P=（1+
| 1 |
| 1 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 4 |
| 1 |
| 2014 |
| 1 |
| 2015 |
=2015-
| 1 |
| 2015 |
∴不超过P的最大整数的值是2014．
点评：本题考查等式的证明，考查数列的前n项和的求法，考查最大整数值的求法，解题时要认真审题，注意错位相减法和裂项求和法的合理运用．
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