Question

数列{a_n}的前n项和为S_n，存在常数A，B，C，使得a_n+S_n=An²+Bn+C对任意正整数n都成立．
（1）若数列{a_n}为等差数列，求3A-B+C的值；
（2）若A=-

1

2

，B=-

3

2

，C=1，设b_n=a_n+n数列{nb_n}的前n项和为T_n，求T_n；
（3）若C=0，{a_n}是首项为1的等差数列，设M=

100

i=1

1+ 1 ai2 + 1 ai+12

，求不超过M的最大整数的值．

Answer 1

考点：数列的应用

专题：导数的综合应用

分析：（1）已知数列{a_n}为等差数列设公差为d，根据数列通项公式，可前n项和公式代入a_n+S_n=An²+Bn+C，可以求出A、B、C，再进行证明；
（2）由已知条件推导出b_n=

1

2n

，从而得到nb_n=

n

2n

．由此利用错位相减法能求出数列{nb_n}的前n项和T_n．
（3）由a_n=n，

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

，由此利用裂项求和法能求出不超过M的最大整数的值．

解答： 解：（1）因为{a_n}为等差数列，设公差为d，由a_n+S_n=An²+Bn+C，
得a₁+（n-1）d+na₁+

1

2

•n（n-1）d=a_n+S_n=An²+Bn+C，…（2分）
即（

1

2

d-A）n²+（a₁+

d

2

-B）n+（a₁-d-C）=0对任意正整数n都成立．…（4分）
所以

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

，∴A=

1

2

d，B=a₁+

1

2

d，C=a₁-d，
所以3A-B+C=0．       …（10分）
（2）∵a_n+S_n=-

1

2

n²-

3

2

n+1，∴a₁=-

1

2

，
当n≥2时，a_n-1+S_n-1=-

1

2

（n-1）²-

3

2

（n-1）+1，
∴2a₁-a_n-1=-n-1，
∴2（a_n+n）=a_n-1+n-1，
∴b_n=

1

2

b_n-1（n≥2），而b₁=a₁+1=

1

2

，
所以数列{b_n}是首项为

1

2

，公比为

1

2

的等比数列，所以bn=(

1

2

)n． 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T_n=2-

2+n

2n

．
（3）因为{a_n}是首项为1的等差数列，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

，
所以M=（1+

1

1

-

1

2

）+（1+

1

2

-

1

3

）+（1+

1

3

-

1

4

）+…+（1+

1

100

-

1

101

）=101-

1

101

，
所以，不超过M的最大整数为100．

点评：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．