Question

設fk(n)=c0+c1n+c2n2+…+cknk(k∈N)，其中c₀，c₁，c₂，…，c_k為非零常數，數列{a_n}的首項a₁=1，前n項和為S_n，對于任意的正整數n，a_n+S_n=f_k（n）．
（1）若k=0，求證：數列{a_n}是等比數列；
（2）試確定所有的自然數k，使得數列{a_n}能成等差數列．

Answer 1

分析：（1）由a₁ =S₁ 求出首項 a₁ 的值，當n≥2時，由a_n+S_n=2 ①，可得a_n-1+S_n-1=2 ②，相減可得 2a_n-a_n-1=0（n∈N，n≥2）．判斷an≠0(n∈N*)，從而證得結論．
（2）若k=0，由（1）知，不符題意．若k=1，求得a_n=1（n∈N^*），此時f₁（n）=n+1．若k=2，同理求得a_n=2an-2a+1（n∈N^*），此時f2(n)=an2+(a+1)n+1-2a．
 當k≥3時，若數列{a_n}能成等差數列，則a_n+S_n的表達式中n的最高次數為2，故數列{a_n}不能成等差數列，綜上可得結論．

解答：（1）證明：∵k=0，則f_k（n）即f₀（n）為常數，不妨設f₀（n）=c（c為常數）．
因為a_n+S_n=f_k（n）恒成立，所以a₁+S₁=c，即c=2a₁=2．
而且當n≥2時，由a_n+S_n=2 可得①a_n-1+S_n-1=2，②，把①-②可得 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an≠0(n∈N*)．
故數列{a_n}是首項為1，公比為

1

2

的等比數列．
（2）解：（i） 若k=0，由（1）知，不符題意，舍去．
（ii） 若k=1，設f₁（n）=bn+c（b，c為常數），則 當n≥2時，由a_n+S_n=bn+c ③，可得a_n-1+S_n-1=b（n-1）+c．④
③-④得 2a_n-a_n-1=b（n∈N，n≥2）．要使數列{a_n}是公差為d（d為常數）的等差數列，必須有a_n=b-d（常數），
而a₁=1，故{a_n}只能是常數數列，通項公式為a_n=1（n∈N^*），
故當k=1時，數列{a_n}能成等差數列，其通項公式為a_n=1（n∈N^*），此時f₁（n）=n+1．
（iii） 若k=2，設f2(n)=an2+bn+c（a≠0，a，b，c是常數），
當n≥2時，由 an+Sn=an2+bn+c ⑤，可得 an-1+Sn-1=a(n-1)2+b(n-1)+c ⑥，
⑤-⑥得 2a_n-a_n-1=2an+b-a（n∈N，n≥2）．
要使數列{a_n}是公差為d（d為常數）的等差數列，必須有a_n=2an+b-a-d，且d=2a，
考慮到a₁=1，所以a_n=1+（n-1）•2a=2an-2a+1（n∈N^*）．
故當k=2時，數列{a_n}能成等差數列，其通項公式為a_n=2an-2a+1（n∈N^*），
此時f2(n)=an2+(a+1)n+1-2a（a為非零常數）．
 （iv） 當k≥3時，若數列{a_n}能成等差數列，則a_n+S_n的表達式中n的最高次數為2，故數列{a_n}不能成等差數列．
綜上得，當且僅當k=1或2時，數列{a_n}能成等差數列．

點評：本題主要考查等比關系的確定，等差數列的通項公式的應用，數列的前n項和與第n項的關系，體現了分類討論的數學思想，屬于中檔題．