Question

数列{an}的前n项和为Sn，存在常数A，B，C，使得an+...

数列{an}的前n项和为Sn，存在常数A，B，C，使得an+Sn=An2+Bn+C对任意正整数n都成立． （1）求证：数列{an}为等差数列的充要条件是3A-B+C=0； （2）若C=0，{an}是首项为1的等差数列，设P=2012Σi=1√1+1a2i+1a2i+1，求不超过P的最大整数的值．

Answer 1

解：（1）①数列{an}为等差数列，
∴an+Sn=a1+(n-1)d+na1+n(n-1)d2=d2n2+(a1+d2)n+a1-d=An2+Bn+C，
∴A=d2，B=a1+d2，C=a1-d，
∴3A-B+C=3d2-(a1+d2)+（a1-d）=0，因此3A-B+C=0成立；
②当B=3A+C时，则an+Sn=An2+(3A+C)n+C．
当n=1时，2a1=4A+2C，得到a1=2A+C；
当n=2时，a2+S2=4A+2（3A+C）+C，化为2a2+a1=10A+3C，∴a2=4A+C；
当n=3时，a3+S3=9A+3（3A+C）+C，化为2a3+a2+a1=18A+4C，∴a3=6A+C；
…
猜想：数列{an}是以2A+C为首项，2A为公差的等差数列，则an=2nA+C．
下面用数学归纳法证明：
（i）当n=1时，易知成立．
（ii）假设n=k
时成立，即ak=2kA+C．
则n=k+1时，由ak+1+Sk+1=A（k+1）2+（3A+C）（k+1）+C，
而ak+Sk=Ak2+（3A+C）k+C，
两式相减得2ak+1-ak=（2k+4）A+C，把ak=2kA+C代入得
ak+1=2（k+1）A+C，
即当n=k+1时，ak+1=2（k+1）A+C成立．
综上可知：对于∀n∈N*，an=2nA+C都成立，即数列{an}是等差数列．
由以上①②可知：数列{an}为等差数列的充要条件是3A-B+C=0；
（2）∵{an}是首项为1的等差数列，
由（1）知：B=3A，∴1+1=A+B=4A，∴A=12，B=32，∴d=2A=1，
公差d=1，∴an=n．∴√1+1a2n+1a2n+1=√1+1n2+1(n+1)2
=√n2(n+1)2+(n+1)2+n2n2(n+1)2=n(n+1)+1n(n+1)
=1+1n-1n+1，
∴P=2012Σi=1√1+1a2i+1a2i+1=2012Σi=1(1+1i-1i+1)
=2012+1-12013=2013-12013＜2013．
∴不超过P的最大整数的值为2012．