Question

记数列{a_n}的前n项和为S_n（n∈N*），若存在实常数A，B，C，对于任意正整数n，都有a_n+S_n=An²+Bn+C成立．
（1）已知A=B=0，a₁≠0，求证：数列{a_n}（n∈N*）是等比数列；
（2）已知数列{a_n}（n∈N*）是等差数列，求证：3A+C=B；
（3）已知a₁=1，B＞0且B≠1，B+C=2．设λ为实数，若?n∈N*，

an

an+1

＜λ，求λ的取值范围．

Answer 1

考点：等比关系的确定,等差数列的性质,数列递推式

专题：等差数列与等比数列,点列、递归数列与数学归纳法

分析：（1）由a_n+S_n=C（n∈N*），a_n+1+S_n+1=C．得a_n+1=2a_n，故数列{a_n}（n∈N*）是等比数列；
（2）令公差为d，根据等差数列的通项公式和前n项和公式，得到

d

2

n2+(a1+

d

2

)n+a1-d=An2+Bn+C．问题得以证明
（3）根据题意到数列的递推公式，再分类讨论，求出λ的范围

解答： 解：（1）由A=B=0，得a_n+S_n=C（n∈N*），①
从而a_n+1+S_n+1=C． ②…2分
②-①式得a_n+1=2a_n，
又a₁≠0，所以数列{a_n}为等比数列．
（2）由数列{a_n}是等差数列，可令公差为d，则an=a1+(n-1)d，Sn=na1+

n(n-1)

2

d．
于是由an+Sn=An2+Bn+C得

d

2

n2+(a1+

d

2

)n+a1-d=An2+Bn+C．
由正整数n的任意性得

A= d 2 B=a1+ d 2 C=a1-d.

从而得3A+C=

3d

2

+a1-d=a1+

d

2

=B．
（3）由a₁=1，B+C=2，及an+Sn=An2+Bn+C，得2a₁=A+B+C，即2=A+B+C，
则有A=0．
于是a_n+S_n=Bn+（2-B），从而a_n+1+S_n+1=B（n+1）+（2-B），
相减得2a_n+1-a_n=B，an+1-B=

1

2

(an-B)，
又a₁=1，B≠1，则a₁-B≠0，
所以an-B=(a1-B)

1

2n-1

，即an=(1-B)

1

2n-1

+B．
于是

an

an+1

=

(1-B) 1 2n-1 +B

(1-B) 1 2n +B

=1+

1-B

(1-B)+2nB

．
由B＞0且B≠1，下面需分两种情形来讨论．
（i）当0＜B＜1时，1-B＞0，则式子

1-B

(1-B)+2nB

的值随n的增大而减小，
所以，对?n∈N^*，

an

an+1

的最大值在n=1时取得，即(

an

an+1

)max═1+

1-B

(1-B)+2nB

=

2

1+B

．
于是，对于?n∈N^*，

an

an+1

≤

2

1+B

，
又

an

an+1

＜λ，
∴λ＞

2

1+B

．
（ii）当B＞1时，由（1-B）+2ⁿB≥（1-B）+2B=1+B＞0，2ⁿB≥2B＞2B-1，
得-1＜

1-B

(1-B)+2nB

＜0．
所以，对于?n∈N^*，0＜

an

an+1

=1+

1-B

(1-B)+2nB

＜1． ①
假设λ＜1，则有λ＞0，且

an

an+1

=1+

1-B

(1-B)+2nB

＜λ，
得2n＜

(B-1)(2-λ)

(1-λ)B

，即n＜log2

(B-1)(2-λ)

(1-λ)B

，
这表明，当n取大于等于log2

(B-1)(2-λ)

(1-λ)B

的正整数时，

an

an+1

＜λ不成立，
与题设不符，矛盾．所以λ≥1．又由①式知λ≥1符合题意．
故B＞1时，λ≥1．
综上所述，当0＜B＜1时，λ＞

2

1+B

；当B＞1时，λ≥1．

点评：本题属于数列综合运用题，考查了由所给的递推关系证明数列的性质，对所给的递推关系进行研究求数列的递推公式以及利用数列的求和公式求其和，再由和的存在范围确定使得不等式成立的参数的取值范围，难度较大，综合性很强，对答题者探究的意识与探究规律的能力要求较高，是一道能力型题．