Question

12．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且${S_n}=\frac{1}{2}{n^2}+\frac{9}{2}n，（n∈{N^*}）$
（1）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)${c_n}=\frac{1}{{（2{a_n}-9）（2{a_n}-7）}}$，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求使不等式${T_n}＞\frac{k}{2017}$對(duì)一切n∈N^*都成立的正整數(shù)k的最大值；
（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(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用階差法可知a_n=n+4（n≥2），進(jìn)而驗(yàn)證當(dāng)n=1時(shí)是否成立即可；
（2）由（1）裂項(xiàng)可知c_n=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），進(jìn)而并項(xiàng)相加可知T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$），且T_n的最小值為$\frac{1}{3}$，從而問題轉(zhuǎn)化為解不等式$\frac{k}{2017}＜\frac{1}{3}$，計(jì)算即得結(jié)論；
（3）假設(shè)存在滿足條件的正整數(shù)m，分m為奇數(shù)、偶數(shù)兩種情況代入計(jì)算即可．

解答 解：（1）因?yàn)?{S_n}=\frac{1}{2}{n^2}+\frac{9}{2}n，（n∈{N^*}）$，
所以a_n=S_n-S_n-1=n+4（n≥2），
又因?yàn)閍₁=S₁=5滿足上式，
所以${a_n}=n+4，n∈{N^*}$；
（2）由（1）可知${c_n}=\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}$（$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n+1}$），
所以T_n=$\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}$），
顯然T_n隨著n的增大而增大，故T_n的最小值為$\frac{1}{3}$，
由$\frac{k}{2017}＜\frac{1}{3}$可得k_max=672；
（3）結(jié)論：不存在滿足條件的m．
理由如下：
①當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)m+15為偶數(shù)，則
f（m+15）=5f（m），即3a_m+15-13=5a_m，
所以3（m+15+4）-13=5（m+4），解得m=12，矛盾；
②當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)m+15為奇數(shù)，則
f（m+15）=5f（m），即a_m+15=5（3a_m-13），
所以m+15+4=5[3（m+4）-13]，解得m=$\frac{12}{7}$，矛盾；
綜上所述，不存在滿足條件的m．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查分類討論的思想，考查裂項(xiàng)相消法求和，考查數(shù)列的單調(diào)性，考查恒成立問題，注意解題方法的積累，屬于中檔題．