Question

設(shè)f_k（n）為關(guān)于n的k（k∈N）次多項(xiàng)式．?dāng)?shù)列{a_n}的首項(xiàng)a₁=1，前n項(xiàng)和為S_n．對于任意的正整數(shù)n，a_n+S_n=f_k（n）都成立．
（I）若k=0，求證：數(shù)列{a_n}是等比數(shù)列；
（Ⅱ）試確定所有的自然數(shù)k，使得數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）若k=0，不妨設(shè)f（n）=c（c為常數(shù)）．即a_n+S_n=c，結(jié)合數(shù)列中a_n與 S_n關(guān)系求出數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式后再證明．
（Ⅱ）由特殊到一般，實(shí)質(zhì)上是由已知a_n+S_n=f_k（n） 考查數(shù)列通項(xiàng)公式求解，以及等差數(shù)列的判定．
解答：（Ⅰ）證明：若k=0，則f_k（n）即f（n）為常數(shù)，
不妨設(shè)f（n）=c（c為常數(shù)）．
因?yàn)閍_n+S_n=f_k（n）恒成立，所以a₁+S₁=c，c=2a₁=2．
而且當(dāng)n≥2時(shí)，
a_n+S_n=2，①
a_n-1+S_n-1=2，②
①-②得 2a_n-a_n-1=0（n∈N，n≥2）．
若a_n=0，則a_n-1=0，…，a₁=0，與已知矛盾，所以a_n≠0（n∈N^*）．
故數(shù)列{a_n}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列．
（Ⅱ）解：（1）若k=0，由（Ⅰ）知，不符題意，舍去．
（2）若k=1，設(shè)f₁（n）=bn+c（b，c為常數(shù)），
當(dāng)n≥2時(shí)，a_n+S_n=bn+c，③
a_n-1+S_n-1=b（n-1）+c，④
③-④得 2a_n-a_n-1=b（n∈N，n≥2）．
要使數(shù)列{a_n}是公差為d（d為常數(shù)）的等差數(shù)列，
必須有a_n=b-d（常數(shù)），
而a₁=1，故{a_n}只能是常數(shù)數(shù)列，通項(xiàng)公式為a_n=1（n∈N^*），
故當(dāng)k=1時(shí)，數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列，其通項(xiàng)公式為a_n=1（n∈N^*），
此時(shí)f₁（n）=n+1．
（3）若k=2，設(shè)f₂（n）=pn²+qn+t（a≠0，a，b，c是常數(shù)），
當(dāng)n≥2時(shí)，
a_n+S_n=pn²+qn+t，⑤
a_n-1+S_n-1=p（n-1）²+q（n-1）+t，⑥
⑤-⑥得 2a_n-a_n-1=2pn+q-p（n∈N，n≥2），
要使數(shù)列{a_n}是公差為d（d為常數(shù)）的等差數(shù)列，
必須有a_n=2pn+q-p-d，且d=2p，
考慮到a₁=1，所以a_n=1+（n-1）•2p=2pn-2p+1（n∈N^*）．
故當(dāng)k=2時(shí)，數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列，
其通項(xiàng)公式為a_n=2pn-2p+1（n∈N^*），
此時(shí)f₂（n）=an²+（a+1）n+1-2a（a為非零常數(shù)）．
（4）當(dāng)k≥3時(shí)，若數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式可知Sn是關(guān)于n的二次型函數(shù)，
則a_n+S_n的表達(dá)式中n的最高次數(shù)為2，
故數(shù)列{a_n}不能成等差數(shù)列．
綜上得，當(dāng)且僅當(dāng)k=1或2時(shí)，數(shù)列{a_n}能成等差數(shù)列．
點(diǎn)評：本題考查數(shù)列通項(xiàng)公式的求解，等差數(shù)列的判定，考查閱讀理解、計(jì)算論證等能力．