Question

（2013•汕頭一模）數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，存在常數(shù)A，B，C，使得a_n+S_n=An²+Bn+C對任意正整數(shù)n都成立．
（1）若A=-

1

2

，B=-

3

2

，C=1，設b_n=a_n+n，求證：數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（2）在（1）的條件下，c_n=（2n+1）b_n，數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，證明：T_n＜5；
（3）若C=0，{a_n}是首項為1的等差數(shù)列，若λ+n≤

n

i=1

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

對任意的正整數(shù)n都成立，求實數(shù)λ的取值范圍（注：

n

i=1

xi=x₁+x₂+…+x_n）

Answer 1

分析：（1）依題意，a_n+S_n=-

1

2

n²-

3

2

n+1，由n=1可求得a₁與b₁，當n≥2時，a_n-1+S_n-1=-

1

2

（n-1）²-

3

2

（n-1）+1，兩式作差可求得b_n=

1

2

b_n-1（n≥2），從而可證數(shù)列{b_n}是等比數(shù)列；
（2）c_n=

2n+1

2n

，T_n=

3

21

+

5

22

+

7

23

+…+

2n-1

2n-1

+

2n+1

2n

，利用錯位相減法即可求得T_n=5-

2n+5

2n

，從而可證T_n＜5；
（3）設P_n=

n

i=1

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

-n（n∈N^*），則P_n+1=

n+1

i=1

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

-（n+1）（n∈N^*），由P_n+1-P_n＞0可知，{P_n}是遞增數(shù)列，從而（P_n）_min=P₁，問題得到解決．

解答：（1）證明：∵a_n+S_n=-

1

2

n²-

3

2

n+1，①
∴當n=1時，a₁+S₁=-1，即a₁=-

1

2

，b₁=a₁+1=

1

2

，
當n≥2時，a_n-1+S_n-1=-

1

2

（n-1）²-

3

2

（n-1）+1，②
由①-②得：2a_n-a_n-1=-n-1，即2（a_n+n）=a_n-1+n-1，
∴b_n=

1

2

b_n-1（n≥2），
∴數(shù)列{b_n}是首項為

1

2

，公比為

1

2

的等比數(shù)列；
（2）由（1）得：b_n=(

1

2

)n，
∴c_n=

2n+1

2n

，
∴T_n=

3

21

+

5

22

+

7

23

+…+

2n-1

2n-1

+

2n+1

2n

①，

1

2

T_n=

3

22

+

5

23

+

7

24

+…+

2n-1

2n

+

2n+1

2n+1

②，
由①-②得：

1

2

T_n=

3

2

+

2

22

+

2

23

+…+

2

2n

-

2n+1

2n+1

=

1

2

+2（

1

21

+

1

22

+…+

1

2n

）-

2n+1

2n+1

=

1

2

+2•

1 2 [1-( 1 2 )n]

1- 1 2

-

2n+1

2n+1

=

5

2

-

1

2n-1

-

2n+1

2n+1

，
∴T_n=5-

1

2n-2

-

2n+1

2n

=5-

2n+5

2n

，
∵

2n+5

2n

＞0，
∴T_n＜5．
（3）設P_n=

n

i=1

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

-n（n∈N^*），P_n+1=

n+1

i=1

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

-（n+1）（n∈N^*），
∴P_n+1-P_n=

1+ 2 (n+1)2 + 1 (n+2)2

-1＞1-1=0，
∴{P_n}是遞增數(shù)列，
∴（P_n）_min=P₁=

1+1+ 1 4

-1=

1

2

，
∴λ+n=

n

i=1

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

對任意的正整數(shù)n都成立?λ≤

1

2

．

點評：本題考查等差數(shù)列與等比數(shù)列的綜合，考查等比關系的確定與錯位相減法求和，突出構造函數(shù)思想，考查函數(shù)的單調性與最值，屬于難題．