Question

12．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且${S_n}=\frac{1}{2}{n^2}+\frac{9}{2}n，（n∈{N^*}）$
（1）求数列{a_n}的通项公式；
（2）设${c_n}=\frac{1}{{（2{a_n}-9）（2{a_n}-7）}}$，数列{c_n}的前n项和为T_n，求使不等式${T_n}＞\frac{k}{2017}$对一切n∈N^*都成立的正整数k的最大值；
（3）设$f（n）=\left\{\begin{array}{l}{a_n}，（n=2k-1，k∈{N^*}）\\ 3{a_n}-13，（n=2k，k∈{N^*}）\end{array}\right.$，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，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）利用阶差法可知a_n=n+4（n≥2），进而验证当n=1时是否成立即可；
（2）由（1）裂项可知c_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），进而并项相加可知T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$），且T_n的最小值为$\frac{1}{3}$，从而问题转化为解不等式$\frac{k}{2017}＜\frac{1}{3}$，计算即得结论；
（3）假设存在满足条件的正整数m，分m为奇数、偶数两种情况代入计算即可．

解答 解：（1）因为${S_n}=\frac{1}{2}{n^2}+\frac{9}{2}n，（n∈{N^*}）$，
所以a_n=S_n-S_n-1=n+4（n≥2），
又因为a₁=S₁=5满足上式，
所以${a_n}=n+4，n∈{N^*}$；
（2）由（1）可知${c_n}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
所以T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}$-$\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$），
显然T_n随着n的增大而增大，故T_n的最小值为$\frac{1}{3}$，
由$\frac{k}{2017}＜\frac{1}{3}$可得k_max=672；
（3）结论：不存在满足条件的m．
理由如下：
①当m为奇数时m+15为偶数，则
f（m+15）=5f（m），即3a_m+15-13=5a_m，
所以3（m+15+4）-13=5（m+4），解得m=12，矛盾；
②当m为偶数时m+15为奇数，则
f（m+15）=5f（m），即a_m+15=5（3a_m-13），
所以m+15+4=5[3（m+4）-13]，解得m=$\frac{12}{7}$，矛盾；
综上所述，不存在满足条件的m．

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查分类讨论的思想，考查裂项相消法求和，考查数列的单调性，考查恒成立问题，注意解题方法的积累，属于中档题．