Question

2．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，点（n，$\frac{{S}_{n}}{n}$）在直线y=$\frac{1}{2}$x+$\frac{11}{2}$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．
（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）运用数列的通项和前n项和的关系，即可得到数列数列{a_n}的通项公式；运用等差数列的通项和求和公式，求出公差，即可得到数列{b_n}的通项公式；
（2）化简c_n，运用裂项相消求和，求出数列{c_n}的前n和为T_n，再由数列的单调性，即可得到k的最小值；
（3）分m为奇数和m为偶数，分别利用条件f（m+15）=5f（m）求出m的值，可得结论．

解答 解：（1）由题意，得$\frac{{S}_{n}}{n}=\frac{1}{2}n+\frac{11}{2}$，即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成立，
∴a_n=n+5；
又b_n+2-2b_n+1+b_n=0，即b_n+2-b_n+1 =b_n+1-b_n，
∴{b_n}为等差数列，于是$\frac{9（{b}_{3}+{b}_{7}）}{2}$=153，
而b₃=11，b₇=23，
∴$d=\frac{{b}_{7}-{b}_{3}}{7-3}=\frac{23-11}{4}=3$，
因此，b_n=b₃+3（n-3）=3n+2，
即b_n=3n+2；
（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-$\frac{1}{3}$）+（$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$）+…+（$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）]
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）=$\frac{n}{2n+1}$，
T_n=$\frac{n}{2n+1}$单调递增，由T_n＜$\frac{k}{2012}$，得k＞2012T_n，而T_n→$\frac{1}{2}$，故k≥1006，
∴k_min=1006；
（3）f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}（n=2l-1，l∈{N}^{*}）}\\{{b}_{n}（n=2l，n∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$，
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 本题考查数列的通项和前n项和的关系，考查等差数列的通项和求和公式，考查裂项相消求和方法，考查运算能力，属于中档题．