设fk(n)＝c0+c1n+c2n2+…+cknk(k∈N)，其中c0，c1，c2，…，ck为非零常数，数列{an}的首项a1=1，前n项和为Sn，对于任意的正整数n，an+Sn=fk（n）． （1）若k=0，求证：数列{an}是等比数列；

答

（1）证明：∵k=0，则f_k（n）即f₀（n）为常数，不妨设f₀（n）=c（c为常数）．
因为a_n+S_n=f_k（n）恒成立，所以a₁+S₁=c，即c=2a₁=2．
而且当n≥2时，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，则a_n-1=0，…，a₁=0，与已知矛盾，所以an≠0(n∈N*)．
故数列{a_n}是首项为1，公比为

1

2

的等比数列．
（2）（i） 若k=0，由（1）知，不符题意，舍去．
（ii） 若k=1，设f₁（n）=bn+c（b，c为常数），则 当n≥2时，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）．要使数列{a_n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a_n=b-d（常数），
而a₁=1，故{a_n}只能是常数数列，通项公式为a_n=1（n∈N^*），
故当k=1时，数列{a_n}能成等差数列，其通项公式为a_n=1（n∈N^*），此时f₁（n）=n+1．
（iii） 若k=2，设f2(n)＝an2+bn+c（a≠0，a，b，c是常数），
当n≥2时，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）．
要使数列{a_n}是公差为d（d为常数）的等差数列，必须有a_n=2an+b-a-d，且d=2a，
考虑到a₁=1，所以a_n=1+（n-1）•2a=2an-2a+1（n∈N^*）．
故当k=2时，数列{a_n}能成等差数列，其通项公式为a_n=2an-2a+1（n∈N^*），
此时f2(n)＝an2+(a+1)n+1−2a（a为非零常数）．
 （iv） 当k≥3时，若数列{a_n}能成等差数列，则a_n+S_n的表达式中n的最高次数为2，故数列{a_n}不能成等差数列．
综上得，当且仅当k=1或2时，数列{a_n}能成等差数列．