Question

19．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n=$\frac{5}{2}$n²-$\frac{1}{2}$n，等比數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)b₁=a₂-a₁，公比a₁．
（1）求兩數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式a_n、b_n；
（2）設(shè)f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}-4n+2，n為奇數(shù)}\\{lo{g}_{2}\frac{_{n}}{5}+n，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$若存在m∈N^*，使得f（m+11）=2f（m）成立，求數(shù)列f（1）+f（2）+…+f（10m）的和．

Answer 1

分析 （1）由數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n=$\frac{5}{2}$n²-$\frac{1}{2}$n，可得當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁；當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1，即可得出a_n．利用等比數(shù)列{b_n}的通項(xiàng)公式即可得出b_n．
（2）f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{n-1，n為奇數(shù)}\\{2n-1，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．根據(jù)存在m∈N^*，使得f（m+11）=2f（m）成立，當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，m+11-1=2（2m-1），解得m=4．當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，m∈∅．
可得數(shù)列f（1）+f（2）+…+f（40）=[f（1）+f（3）+…+f（39）]+[f（2）+f（4）+…+f（40）]，再利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式即可得出．

解答 解：（1）∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n=$\frac{5}{2}$n²-$\frac{1}{2}$n，
∴當(dāng)n=1時(shí)，a₁=S₁=$\frac{5}{2}-\frac{1}{2}$=2；當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{5}{2}$n²-$\frac{1}{2}$n-$[\frac{5}{2}（n-1）^{2}-\frac{1}{2}（n-1）]$=5n-3．
當(dāng)n=1時(shí)上式也成立，
∴a_n=5n-3．
等比數(shù)列{b_n}的首項(xiàng)b₁=a₂-a₁=7-2=5，公比a₁=2．
∴b_n=5•2^n-1．
（2）f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{n-1，n為奇數(shù)}\\{2n-1，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
∵存在m∈N^*，使得f（m+11）=2f（m）成立，
∴當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，m+11-1=2（2m-1），解得m=4．
當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，2（m+11）-1=2（m-1），解得m∈∅．
∴數(shù)列f（1）+f（2）+…+f（40）
=[f（1）+f（3）+…+f（39）]+[f（2）+f（4）+…+f（40）]
=[（1-1）+（3-1）+…+（39-1）]+[（2×2-1）+（2×4-1）+…+（2×40-1）]
=（0+2+4+…+38）+（3+7+…+79）
=$\frac{20×（0+38）}{2}$+$\frac{20×（3+79）}{2}$
=380+820
=1200．

點(diǎn)評 本題考查了遞推關(guān)系的應(yīng)用、等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．