Question

3．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，b₁+b₂+…+b₉=153．
（Ⅰ）求数列{a_n}，{b_n}的通项公式；
（Ⅱ）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，求使不等式${T_n}＞\frac{k}{57}$对一切n∈N^*都成立的最大正整数k的值；
（Ⅲ）设$f（n）=\left\{\begin{array}{l}{a_n}（n=2l-1\;，\;l∈{N^*}）\\{b_n}（n=2l\;，l∈{N^*}）\end{array}\right.$，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 （Ⅰ）利用a_n=S_n-S_n-1计算可知数列{a_n}的通项公式，通过对b_n+2-2b_n+1+b_n=0变形可知b_n+2-b_n+1=b_n+1-b_n即数列{b_n}是等差数列，进而计算可得结论；
（Ⅱ）通过裂项可知c_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），并项相加可知T_n=$\frac{n}{2n+1}$，通过作差可知T_n单调递增，通过解不等式$\frac{1}{3}＞\frac{k}{57}$即得结论；
（Ⅲ）分m为奇数、偶数两种情况讨论即可．

解答 解：（Ⅰ）当n=1时，a₁=S₁=6；
当n≥2时，${a_n}={S_n}-{S_{n-1}}=（\frac{1}{2}{n^2}+\frac{11}{2}n）-[\frac{1}{2}{（n-1）^2}+\frac{11}{2}（n-1）]=n+5$．
而a₁=6满足上式．∴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，
∴{b_n}是等差数列．设公差为d．
又b₃=11，b₁+b₂+…+b₉=153，
∴$\left\{\begin{array}{l}{b_1}+2d=11\\ 9{b_1}+36d=153\end{array}\right.$，解得b₁=5，d=3．
∴b_n=3n+2…．（4分）
（Ⅱ）由（I）知${c_n}=\frac{3}{{（2{a_n}-11）（2{b_n}-1）}}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}=\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴${T_n}={c_1}+{c_2}+…+{c_n}=\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）+…+（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]=\frac{n}{2n+1}$，
∵${T_{n+1}}-{T_n}=\frac{n+1}{2n+3}-\frac{n}{2n+1}=\frac{1}{（2n+3）（2n+1）}＞0$，
∴T_n单调递增，${（{T_n}）_{min}}={T_1}=\frac{1}{3}$．
令$\frac{1}{3}＞\frac{k}{57}$，得k＜19，
∴k_max=18．…．（8分）
（Ⅲ）结论：存在唯一正整数m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立．
理由如下：
∵$f（n）=\left\{\begin{array}{l}{a_n}（n=2l-1\;，\;l∈{N^*}）\\{b_n}（n=2l\;，l∈{N^*}）\end{array}\right.$，
∴需要对m的奇偶性进行讨论：
（1）当m为奇数时，m+15为偶数．
∴3m+47=5m+25，解得：m=11．
（2）当m为偶数时，m+15为奇数．
∴m+20=15m+10，解得：$m=\frac{5}{7}∉{N^*}$（舍去）．
综上，存在唯一正整数m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立．…（10分）

点评 本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．