Question

13．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，且${S_n}=\frac{1}{2}{n^2}+\frac{11}{2}n$．數(shù)列{b_n}滿足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），且b₃=11，前9項和為153．
（1）求數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）設(shè)${c_n}=\frac{3}{{（2{a_n}-11）（2{b_n}-1）}}$，數(shù)列{c_n}的前n項和為T_n，求T_n及使不等式${T_n}＜\frac{k}{2014}$對一切n都成立的最小正整數(shù)k的值；
（3）設(shè)$f（n）=\left\{\begin{array}{l}{a_n}（n=2l-1，l∈{N^*}）\\{b_n}（n=2l，n∈{N^*}）\end{array}\right.$問是否存在m∈N₊，使得f（m+15）=5f（m）成立？若存在，求出m的值； 若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列的前n項和結(jié)合a_n=S_n-S_n-1（n≥2）求得數(shù)列{a_n}的通項公式，再由b_n+2-2b_n+1+b_n=0，可得{b_n}為等差數(shù)列，由已知求出公差，代入等差數(shù)列的通項公式得答案；
（2）把數(shù)列{a_n}，{b_n}的通項公式代入${c_n}=\frac{3}{{（2{a_n}-11）（2{b_n}-1）}}$，然后利用裂項相消法求和，可得使不等式${T_n}＜\frac{k}{2014}$對一切n都成立的最小正整數(shù)k的值；
（3）分m為偶數(shù)和奇數(shù)分類分析得答案．

解答 解：（1）由S_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n．
故當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n）-[$\frac{1}{2}$（n-1）²+$\frac{11}{2}$（n-1）]=n+5．
n=1時，a₁=S₁=6，而當n=1時，n+5=6，
∴a_n=n+5（n∈N^*），
又b_n+2-2b_n+1+b_n=0，即b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n （n∈N^*），
∴{b_n}為等差數(shù)列，于是$\frac{{9（{b_3}+{b_7}）}}{2}$=153．
而b₃=11，故b₇=23，d=$\frac{23-11}{7-3}$=3，
因此，b_n=b₃+3（n-3）=3n+2，即b_n=3n+2（n∈N^*）；
（2）c_n=$\frac{3}{{（2{a_n}-11）（2{b_n}-1）}}$
=$\frac{3}{[2（n+5）-11][（2（3n+2）-1]}$
=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$．
∴T_n=c₁+c₂+…+c_n=$\frac{1}{2}$[（1-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$）+（$\frac{1}{5}$-$\frac{1}{7}$）+…+$（{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}}）$]=$\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2n+1}}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
易知T_n單調(diào)遞增，由T_n＜$\frac{k}{2014}$，得k＞2014T_n，而T_n→$\frac{1}{2}$，故k≥1007，∴k_min=1007；
（3）$f（n）=\left\{\begin{array}{l}n+5，（n=2l-1，l∈{N^*}）\\ 3n+2，（n=2l，l∈{N^*}）.\end{array}\right.$，
①當m為奇數(shù)時，m+15為偶數(shù)．
此時f（m+15）=3（m+15）+2=3m+47，5f（m）=5（m+5）=5m+25，
∴3m+47=5m+25，m=11．
②當m為偶數(shù)時，m+15為奇數(shù)．
此時f（m+15）=m+15+5=m+20，5f（m）=5（3m+2）=15m+10．
∴m+20=15m+10，
m=$\frac{5}{7}$∉N^*（舍去）．
綜上，存在唯一正整數(shù)m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立．

點評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等差關(guān)系的確定，訓練了裂項相消法求數(shù)列的和，考查數(shù)列的函數(shù)特性，體現(xiàn)了分類討論的數(shù)學思想方法，是中檔題．