Question

13．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且${S_n}=\frac{1}{2}{n^2}+\frac{11}{2}n$．数列{b_n}满足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），且b₃=11，前9项和为153．
（1）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（2）设${c_n}=\frac{3}{{（2{a_n}-11）（2{b_n}-1）}}$，数列{c_n}的前n项和为T_n，求T_n及使不等式${T_n}＜\frac{k}{2014}$对一切n都成立的最小正整数k的值；
（3）设$f（n）=\left\{\begin{array}{l}{a_n}（n=2l-1，l∈{N^*}）\\{b_n}（n=2l，n∈{N^*}）\end{array}\right.$问是否存在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）由数列的前n项和结合a_n=S_n-S_n-1（n≥2）求得数列{a_n}的通项公式，再由b_n+2-2b_n+1+b_n=0，可得{b_n}为等差数列，由已知求出公差，代入等差数列的通项公式得答案；
（2）把数列{a_n}，{b_n}的通项公式代入${c_n}=\frac{3}{{（2{a_n}-11）（2{b_n}-1）}}$，然后利用裂项相消法求和，可得使不等式${T_n}＜\frac{k}{2014}$对一切n都成立的最小正整数k的值；
（3）分m为偶数和奇数分类分析得答案．

解答 解：（1）由S_n=$\frac{1}{2}$n²+$\frac{11}{2}$n．
故当n≥2时，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时，a₁=S₁=6，而当n=1时，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}为等差数列，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单调递增，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当m为奇数时，m+15为偶数．
此时f（m+15）=3（m+15）+2=3m+47，5f（m）=5（m+5）=5m+25，
∴3m+47=5m+25，m=11．
②当m为偶数时，m+15为奇数．
此时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）．
综上，存在唯一正整数m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了裂项相消法求数列的和，考查数列的函数特性，体现了分类讨论的数学思想方法，是中档题．