Question

1．已知數(shù)列{a_n}的前n項和為Sn，且${s}_{n}=\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{11}{2}n（n∈{N}^{*}）$．
（1）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（2）設(shè)${c}_{n=}\frac{1}{（2{a}_{n}-11）（2{a}_{n}-9）}$，數(shù)列{c_n}的前n項和為Tn，求使不等式Tn＞$\frac{k}{2014}$對一切n∈N*都成立的最大正整數(shù)k的值；
（3）設(shè)f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{{a}_{n}（n=2k-1，k∈{N}^{*}）}\\{3{a}_{n}-13（n=2k，k∈{N}^{*}）}\end{array}\right.$，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，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由S_n=$\frac{1}{2}{n}^{2}$+$\frac{11}{2}$n，當n=1時，a₁=S₁．當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1，即可得出a_n．
（2）c_n=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，利用“裂項求和”可得T_n=$\frac{n}{2n+1}$．利用數(shù)列{T_n}單調(diào)遞增，可得（T_n）_min=T₁=$\frac{1}{3}$．令$\frac{1}{3}$$＞\frac{k}{2014}$，解得k即可得出．
（3）f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{n+5，n為奇數(shù)}\\{3n+2，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．對n分奇數(shù)偶數(shù)討論即可得出．

解答 解：（1）∵S_n=$\frac{1}{2}{n}^{2}$+$\frac{11}{2}$n，
∴當n=1時，a₁=S₁=6．
當n≥2時，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2}{n}^{2}+\frac{11}{2}n$$-[\frac{1}{2}（n-1）^{2}+\frac{11}{2}（n-1）]$=n+5，
而當n=1時也滿足，∴a_n=n+5．
（2）${c}_{n=}\frac{1}{（2{a}_{n}-11）（2{a}_{n}-9）}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴數(shù)列{c_n}的前n項和為Tn=$\frac{1}{2}[（1-\frac{1}{3}）+（\frac{1}{3}-\frac{1}{5}）$+…+$（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）]$=$\frac{1}{2}（1-\frac{1}{2n+1}）$=$\frac{n}{2n+1}$．
∵T_n+1-T_n=$\frac{n+1}{2n+3}-\frac{n}{2n+1}$=$\frac{1}{（2n+1）（2n+3）}$＞0，
∴數(shù)列{T_n}單調(diào)遞增，
∴（T_n）_min=T₁=$\frac{1}{3}$．
令$\frac{1}{3}$$＞\frac{k}{2014}$，解得k＜$671\frac{1}{3}$，∴k_max=671．
（3）f（n）=$\left\{\begin{array}{l}{n+5，n為奇數(shù)}\\{3n+2，n為偶數(shù)}\end{array}\right.$．
當m為奇數(shù)時，m+15為偶數(shù)，∴3m+47=5m+25，解得m=11．
當m為偶數(shù)時，m+15為奇數(shù)，∴m+20=15m+10，解得m=$\frac{5}{7}$∉N^*，舍去．
綜上：存在唯一正整數(shù)m=11，使得f（m+15）=5f（m）成立．

點評 本題考查了遞推式的應(yīng)用、“裂項求和”方法、數(shù)列的單調(diào)性、不等式的性質(zhì)，考查了分類討論方法、推理能力與計算能力，屬于中檔題．