Question

記數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n（n∈N*），若存在實常數(shù)A，B，C，對于任意正整數(shù)n，都有a_n+S_n=An²+Bn+C成立．
（1）已知A=B=0，a₁≠0，求證：數(shù)列{a_n}（n∈N*）是等比數(shù)列；
（2）已知數(shù)列{a_n}（n∈N*）是等差數(shù)列，求證：3A+C=B；
（3）已知a₁=1，B＞0且B≠1，B+C=2．設(shè)λ為實數(shù)，若?n∈N*，

an

an+1

＜λ，求λ的取值范圍．

Answer 1

考點：等比關(guān)系的確定,等差數(shù)列的性質(zhì),數(shù)列遞推式

專題：等差數(shù)列與等比數(shù)列,點列、遞歸數(shù)列與數(shù)學(xué)歸納法

分析：（1）由a_n+S_n=C（n∈N*），a_n+1+S_n+1=C．得a_n+1=2a_n，故數(shù)列{a_n}（n∈N*）是等比數(shù)列；
（2）令公差為d，根據(jù)等差數(shù)列的通項公式和前n項和公式，得到

d

2

n2+(a1+

d

2

)n+a1-d=An2+Bn+C．問題得以證明
（3）根據(jù)題意到數(shù)列的遞推公式，再分類討論，求出λ的范圍

解答： 解：（1）由A=B=0，得a_n+S_n=C（n∈N*），①
從而a_n+1+S_n+1=C． ②…2分
②-①式得a_n+1=2a_n，
又a₁≠0，所以數(shù)列{a_n}為等比數(shù)列．
（2）由數(shù)列{a_n}是等差數(shù)列，可令公差為d，則an=a1+(n-1)d，Sn=na1+

n(n-1)

2

d．
于是由an+Sn=An2+Bn+C得

d

2

n2+(a1+

d

2

)n+a1-d=An2+Bn+C．
由正整數(shù)n的任意性得

A= d 2 B=a1+ d 2 C=a1-d.

從而得3A+C=

3d

2

+a1-d=a1+

d

2

=B．
（3）由a₁=1，B+C=2，及an+Sn=An2+Bn+C，得2a₁=A+B+C，即2=A+B+C，
則有A=0．
于是a_n+S_n=Bn+（2-B），從而a_n+1+S_n+1=B（n+1）+（2-B），
相減得2a_n+1-a_n=B，an+1-B=

1

2

(an-B)，
又a₁=1，B≠1，則a₁-B≠0，
所以an-B=(a1-B)

1

2n-1

，即an=(1-B)

1

2n-1

+B．
于是

an

an+1

=

(1-B) 1 2n-1 +B

(1-B) 1 2n +B

=1+

1-B

(1-B)+2nB

．
由B＞0且B≠1，下面需分兩種情形來討論．
（i）當(dāng)0＜B＜1時，1-B＞0，則式子

1-B

(1-B)+2nB

的值隨n的增大而減小，
所以，對?n∈N^*，

an

an+1

的最大值在n=1時取得，即(

an

an+1

)max═1+

1-B

(1-B)+2nB

=

2

1+B

．
于是，對于?n∈N^*，

an

an+1

≤

2

1+B

，
又

an

an+1

＜λ，
∴λ＞

2

1+B

．
（ii）當(dāng)B＞1時，由（1-B）+2ⁿB≥（1-B）+2B=1+B＞0，2ⁿB≥2B＞2B-1，
得-1＜

1-B

(1-B)+2nB

＜0．
所以，對于?n∈N^*，0＜

an

an+1

=1+

1-B

(1-B)+2nB

＜1． ①
假設(shè)λ＜1，則有λ＞0，且

an

an+1

=1+

1-B

(1-B)+2nB

＜λ，
得2n＜

(B-1)(2-λ)

(1-λ)B

，即n＜log2

(B-1)(2-λ)

(1-λ)B

，
這表明，當(dāng)n取大于等于log2

(B-1)(2-λ)

(1-λ)B

的正整數(shù)時，

an

an+1

＜λ不成立，
與題設(shè)不符，矛盾．所以λ≥1．又由①式知λ≥1符合題意．
故B＞1時，λ≥1．
綜上所述，當(dāng)0＜B＜1時，λ＞

2

1+B

；當(dāng)B＞1時，λ≥1．

點評：本題屬于數(shù)列綜合運用題，考查了由所給的遞推關(guān)系證明數(shù)列的性質(zhì)，對所給的遞推關(guān)系進行研究求數(shù)列的遞推公式以及利用數(shù)列的求和公式求其和，再由和的存在范圍確定使得不等式成立的參數(shù)的取值范圍，難度較大，綜合性很強，對答題者探究的意識與探究規(guī)律的能力要求較高，是一道能力型題．