Question

已知数列{a_n}的前n项为和S_n，点(n，

Sn

n

)在直线y=

1

2

x+

11

2

上．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．
（Ⅰ）求数列{a_n}、{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）设cn=

3

(2an-11)(2bn-1)

，数列{c_n}的前n和为T_n，求使不等式Tn＞

k

57

对一切n∈N^*都成立的最大正整数k的值．
（Ⅲ）设f(n)=

an(n=2l-1，l∈N*) bn(n=2l，l∈N*).

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：（Ⅰ）把点点(n，

Sn

n

)代入直线方程，进而求得

Sn

n

=

1

2

n+

11

2

，则S_n可得．进而根据a_n=S_n-S_n-1求得a_n．整理b_n+2-2b_n+1+b_n=0得b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n，判断出{b_n}为等差数列根据b₃和b₇求得公差，进而根据等差数列的通项公式求得b_n．
（Ⅱ）先用裂项法求得T_n，进而求得T_n-T_n-1＞0，推知T_n单调递增，进而求得T_n的最小值，则k的范围可得．
（Ⅲ）把（1）中求得的b_n和a_n代入函数 解析式，分别看m为奇数和偶数时利用f（m+15）=5f（m）求得m，最后综合可得答案．

解答：解：（Ⅰ）由题意，得

Sn

n

=

1

2

n+

11

2

，即Sn=

1

2

n2+

11

2

n．
故当n≥2时，an=Sn-Sn-1=(

1

2

n2+

11

2

n)-[

1

2

(n-1)2+

11

2

(n-1)]=n+5．
注意到n=1时，a₁=S₁=6，而当n=1时，n+5=6，
所以，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^*），
所以{b_n}为等差数列
于是

9(b3+b7)

2

=153．
而b3=11，故b7=23，d=

23-11

7-3

=3．
因此，b_n=b₃+3（n-3）=3n+2，即b_n=3n+2（n∈N^*）．
（Ⅱ）cn=

3

(2an-11)(2bn-1)

=

3

[2(n+5)-11][2(3n+2)-1]

=

1

(2n-1)(2n+1)

=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)．
所以，Tn=c1+c2++cn=

1

2

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+(

1

5

-

1

7

)++(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]=

1

2

(1-

1

2n+1

)=

n

2n+1

．
由于Tn+1-Tn=

n+1

2n+3

-

n

2n+1

=

1

(2n+3)(2n+1)

＞0，
因此T_n单调递增，故(Tn)min=

1

3

．
令

1

3

＞

k

57

，得k＜19，所以Kmax=18．
（Ⅲ）f(n)=

n+5(n=2l-1，l∈N*) 3n+2(n=2l，l∈N*).

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，
所以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，
所以m+20=15m+10，m=

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：本题主要考查了数列的应用．数列题是高考中常考的题型，常与函数、不等式、指数函数、幂数函数综合考查，平时应作为重点复习．