Question

（2012•江蘇三模）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，存在常數(shù)A，B，C，使得an+Sn=An2+Bn+C對(duì)任意正整數(shù)n都成立．
（1）若數(shù)列{a_n}為等差數(shù)列，求證：3A-B+C=0；
（2）若A=-

1

2

，B=-

3

2

，C=1，設(shè)b_n=a_n+n，數(shù)列{nb_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求T_n；
（3）若C=0，{a_n}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，設(shè)P=

2012

i=1

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

，求不超過P的最大整數(shù)的值．

Answer 1

分析：（1）先根據(jù)條件都轉(zhuǎn)化為首項(xiàng)和公差的形式，再根據(jù)等差數(shù)列的前n項(xiàng)和S_n所滿足的條件即可得到結(jié)論．
（2）先根據(jù)前n項(xiàng)和S_n以及通項(xiàng)之間的關(guān)系求出{a_n}的通項(xiàng)，進(jìn)而得到數(shù)列{nb_n}的通項(xiàng)，再結(jié)合錯(cuò)位相減法即可求出T_n；
（3）先根據(jù)條件求出{a_n}的通項(xiàng)；進(jìn)而根據(jù)裂項(xiàng)求和法求出P的表達(dá)式，即可得到結(jié)論．

解答：解：（1）因?yàn)閧a_n}為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，由an+Sn=An2+Bn+C，
得a1+(n-1)d+na1+

1

2

n(n-1)d=An2+Bn+C，
即(

1

2

d-A)n2+(a1+

d

2

-B)n+(a1-d-C)=0對(duì)任意正整數(shù)n都成立．
所以

1 2 d-A=0 a1+ 1 2 d-B=0 a1-d-C=0

所以3A-B+C=0．       …（4分）
（2）因?yàn)?span id="hnndftx" class="MathJye">an+Sn=-

1

2

n2-

3

2

n+1，所以a1=-

1

2

，
當(dāng)n≥2時(shí)，an-1+Sn-1=-

1

2

(n-1)2-

3

2

(n-1)+1，
所以2a_n-a_n-1=-n-1，即2（a_n+n）=a_n-1+n-1，
所以bn=

1

2

bn-1(n≥2)，而b1=a1+1=

1

2

，
所以數(shù)列{b_n}是首項(xiàng)為

1

2

，公比為

1

2

的等比數(shù)列，所以bn=(

1

2

)n． …（7分）
于是nbn=

n

2n

．所以Tn=

1

2

+

2

22

+

3

23

+…+

n

2n

①，

1

2

Tn=

1

22

+

2

23

+

3

24

+…+

n

2n+1

，②
由①-②，得

1

2

Tn=

1

2

+

1

22

+

1

23

+…+

1

2n

-

n

2n+1

=

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-

n

2n+1

=1-(

1

2

)n-

n

2n+1

=1-

2+n

2n+1

．
所以Tn=2-

2+n

2n

．…（10分）
（3）因?yàn)閧a_n}是首項(xiàng)為1的等差數(shù)列，由（1）知，公差d=1，所以a_n=n．
而

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(n+1)

=1+

1

n

-

1

n+1

，…（14分）
所以P=(1+

1

1

-

1

2

)+(1+

1

2

-

1

3

)+(1+

1

3

-

1

4

)+…+(1+

1

2012

-

1

2013

)=2013-

1

2013

，
所以，不超過P的最大整數(shù)為2012．…（16分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考察由數(shù)列的遞推式求數(shù)列的和，其中涉及到數(shù)列求和的錯(cuò)位相減法以及裂項(xiàng)求和法，是對(duì)數(shù)列知識(shí)的綜合考察，主要考察計(jì)算能力．