Question

已知數列{a_n}的前n項和為S_n，點（n，

Sn

n

）在直線y=

1

2

x+

11

2

上．數列{b_n}滿足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），且b₃=11，前9項和為153．
（1）求數列{a_n}，{b_n}的通項公式；
（2）設c_n=

3

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

，數列{c_n}的前n項和為T_n，求T_n及使不等式T_n＜

k

2012

對一切n都成立的最小正整數k的值；
（3）設f（n）=

an(n=2l-1，l∈N*) bn(n=2l，n∈N*)

問是否存在m∈N^*，使得f（m+15）=5f（m）成立？若存在，求出m的值； 若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）由題意得

Sn

n

=

1

2

n+

11

2

，即S_n=

1

2

n²+

11

2

n．利用公式an=

S1，n=1 Sn-Sn-1，n≥2

可求得a_n，由b_n+2-2b_n+1+b_n=0及等差數列的定義可判斷{b_n}為等差數列，由前9項和為153及b₃=11可求得b₇，進而可得公差d，由等差數列的通項公式可求得b_n；
（2）由（1）可得c_n=

1

2

(

1

2n-1

-

1

2n+1

)．利用裂項相消法可求得T_n，T_n＜

k

2012

恒成立可轉化最值解決，而由T_n的單調性可判斷T_n→

1

2

，從而得到結論；
（3）由（1）易知f(n)=

n+5，(n=2l-1，l∈N*) 3n+2，(n=2l，l∈N*)

，分m為奇數、偶數兩種情況進行討論可表示出f（m+15）=5f（m），進而解得m，作出結論；

解答：解：（1）由題意，得

Sn

n

=

1

2

n+

11

2

，即S_n=

1

2

n²+

11

2

n．
故當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=（

1

2

n²+

11

2

n）-[

1

2

（n-1）²+

11

2

（n-1）]=n+5．
n=1時，a₁=S₁=6，而當n=1時，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}為等差數列，于是

9(b3+b7)

2

=153．
而b₃=11，故b₇=23，則公差d=

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=

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，T_n=c₁+c₂+…+c_n
=

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

．
易知T_n單調遞增，由T_n＜

k

2012

得k＞2012T_n，而T_n→

1

2

，
故k≥1006，∴k_min=1006．
（3）f(n)=

n+5，(n=2l-1，l∈N*) 3n+2，(n=2l，l∈N*)

，
①當m為奇數時，m+15為偶數．
此時f（m+15）=3（m+15）+2=3m+47，5f（m）=5（m+5）=5m+25，
所以3m+47=5m+25，解得m=11．
②當m為偶數時，m+15為奇數．
此時f（m+15）=m+15+5=m+20，5f（m）=5（3m+2）=15m+10．
所以m+20=15m+10，解得m=

5

7

∉N*（舍去），
綜上，存在唯一正整數m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立；

點評：本題考查數列與不等式的綜合、數列的函數特性、數列遞推式等知識，考查分類討論思想，考查學生解決問題的能力，綜合性強，難度大．