Question

14．记数列{a_n}的前n项和为S_n，满足a_n+S_n=An²+Bn+C（n∈N^*），其中A、B、C为常数．
（1）已知A=B=0，a₁≠0，求证：数列{a_n}是等比数列；
（2）已知数列{a_n}是等差数列，求证：3A+C=B；
（3）已知a₁=1，B＞0且B≠1，B+C=2，若$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$＜λ对n∈N^*恒成立，求实数λ的取值范围．

Answer 1

分析 （1）由a_n+S_n=C（n∈N^*）得：a_n+1+S_n+1=C，两式相减后根据等比数列的定义，可证明数列{a_n}是等比数列；
（2）由题意设公差为d，根据等差数列的通项公式和前n项和公式，求出a_n、S_n并代入已知的式子化简，利用对应系数相等证明等式成立；
（3）把n=1代入递推公式，结合a₁=1和B+C=2求A，代入a_n+S_n=An²+Bn+C化简，由数列的通项公式和前n项和公式关系化简，利用构造法和等比数列的定义求出a_n，再代入$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$分离常数，对B进行分类讨论，分别利用指数函数的单调性和B的范围求出λ的范围．

解答 证明：（1）由A=B=0得，a_n+S_n=C（n∈N^*），①
∴a_n+1+S_n+1=C． ②…2分
②-①式得：2a_n+1=a_n，
又a₁≠0，所以数列{a_n}是以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列；
（2）由题意知：数列{a_n}是等差数列，设公差为d，
∴a_n=a₁+（n-1）d，${S}_{n}=n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$，
∵a_n+S_n=An²+Bn+C（n∈N^*），
∴a₁+（n-1）d+$n{a}_{1}+\frac{n（n-1）}{2}d$=An²+Bn+C，
化简得：$\frac{d}{2}$n²+$（{a}_{1}+\frac{1}{2}d）n$+a₁-d=An²+Bn+C，
∴$\left\{\begin{array}{l}{\frac{d}{2}=A}\\{{a}_{1}+\frac{1}{2}d=B}\\{{a}_{1}-d=C}\end{array}\right.$，∴3A+C=$\frac{3d}{2}+{a}_{1}-d$=${a}_{1}+\frac{1}{2}d$=B，
即3A+C=B；
解：（3）∵a₁=1，B+C=2，a_n+S_n=An²+Bn+C（n∈N^*），
∴当n=1时，2a₁=A+B+C，则2=A+B+C，有A=0，
∴a_n+S_n=Bn+（2-B），则a_n+1+S_n+1=B（n+1）+（2-B），
两式相减得：2a_n+1-a_n=B，即a_n+1=$\frac{1}{2}$（a_n+B），
∴a_n+1-B=$\frac{1}{2}$（a_n-B），
又a₁=1，B≠1，则a₁-B≠0，则数列{a_n-B}是以$\frac{1}{2}$为公比的等比数列，
∴a_n-B=（a₁-B）•$\frac{1}{{2}^{n-1}}$=$\frac{1-B}{{2}^{n-1}}$，则a_n=$\frac{1-B}{{2}^{n-1}}$+B，
∴$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}$=$\frac{\frac{1-B}{{2}^{n-1}}+B}{\frac{1-B}{{2}^{n}}+B}$=$\frac{2（1-B）+B•{2}^{n}}{1-B+B•{2}^{n}}$=1+$\frac{1-B}{1-B+B•{2}^{n}}$，
又B＞0且B≠1，有以下两种情况：
①当0＜B＜1时，1-B＞0，则y=$\frac{1-B}{1-B+B•{2}^{n}}$随着n的增大而减小，
则$\frac{1-B}{1-B+B•{2}^{n}}$≤$\frac{1-B}{1+B}$，即$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}≤1+\frac{1-B}{1+B}$=$\frac{2}{1+B}$，
∵$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}＜λ$对n∈N^*恒成立，∴$λ＞\frac{2}{1+B}$；
②当B＞1时，1-B＜0，则y=$\frac{1-B}{1-B+B•{2}^{n}}$随着n的增大而增大，
∴$\frac{1-B}{1+B}≤$$\frac{1-B}{1-B+B•{2}^{n}}$＜0，则$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}＜1+$0=1，
∵$\frac{{a}_{n}}{{a}_{n+1}}＜λ$对n∈N^*恒成立，∴λ≥1，
综上所述，当0＜B＜1时，$λ＞\frac{2}{1+B}$；当B＞1时，λ≥1．

点评 本题是数列综合题，考查等比数列的定义、通项公式，等差数列的通项公式、前n项和公式等，数列的函数特征，以及构造法、分离常数法，分类讨论思想，考查由所给的递推关系证明数列的性质，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．