Question

数列{a_n}的前n项和为S_n，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）求证：数列{a_n}为等差数列的充要条件是3A-B+C=0；
（2）若C=0，{a_n}是首项为1的等差数列，设P=

2012

i=1

1+ 1 a 2 i + 1 a 2 i+1

，求不超过P的最大整数的值．

Answer 1

分析：（1）①利用等差数列的通项公式和前n项和公式即可证明“必要性”；②利用数学归纳法即可证明其“充分性”；
（2）利用（1）的结论及裂项求和即可得出．

解答：解：（1）①数列{a_n}为等差数列，
∴a_n+S_n=a1+(n-1)d+na1+

n(n-1)d

2

=

d

2

n2+(a1+

d

2

)n+a1-d=An²+Bn+C，
∴A=

d

2

，B=a1+

d

2

，C=a₁-d，
∴3A-B+C=

3d

2

-(a1+

d

2

)+（a₁-d）=0，因此3A-B+C=0成立；
②当B=3A+C时，则an+Sn=An2+(3A+C)n+C．
当n=1时，2a₁=4A+2C，得到a₁=2A+C；
当n=2时，a₂+S₂=4A+2（3A+C）+C，化为2a₂+a₁=10A+3C，∴a₂=4A+C；
当n=3时，a₃+S₃=9A+3（3A+C）+C，化为2a₃+a₂+a₁=18A+4C，∴a₃=6A+C；
…
猜想：数列{a_n}是以2A+C为首项，2A为公差的等差数列，则a_n=2nA+C．
下面用数学归纳法证明：
（i）当n=1时，易知成立．
（ii）假设n=k 时成立，即a_k=2kA+C．
则n=k+1时，由a_k+1+S_k+1=A（k+1）²+（3A+C）（k+1）+C，
而a_k+S_k=Ak²+（3A+C）k+C，
两式相减得2a_k+1-a_k=（2k+4）A+C，把a_k=2kA+C代入得
a_k+1=2（k+1）A+C，
即当n=k+1时，a_k+1=2（k+1）A+C成立．
综上可知：对于?n∈N^*，a_n=2nA+C都成立，即数列{a_n}是等差数列．
由以上①②可知：数列{a_n}为等差数列的充要条件是3A-B+C=0；
（2）∵{a_n}是首项为1的等差数列，
由（1）知：B=3A，∴1+1=A+B=4A，∴A=

1

2

，B=

3

2

，∴d=2A=1，
公差d=1，∴a_n=n．∴

1+ 1 a 2 n + 1 a 2 n+1

=

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

=

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

=

n(n+1)+1

n(n+1)

=1+

1

n

-

1

n+1

，
∴P=

2012

i=1

1+ 1 a 2 i + 1 a 2 i+1

=

2012

i=1

(1+

1

i

-

1

i+1

)
=2012+1-

1

2013

=2013-

1

2013

＜2013．
∴不超过P的最大整数的值为2012．

点评：数列掌握等差数列的通项公式和前n项和公式、数学归纳法、充要条件、裂项求和是解题的关键．