Question

已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，點(diǎn)(n，

Sn

n

)在直線y=x+4上．?dāng)?shù)列{b_n}滿足b_n+2-2b_n+1+b_n=0（n∈N^*），且b₄=8，前11項(xiàng)和為154．
（1）求數(shù)列{a_n}、{b_n}的通項(xiàng)公式；
（2）設(shè)cn=

3

2(an-2)(2bn+5)

，數(shù)列{c_n}的前n項(xiàng)和為T_n，求使不等式Tn＞

k

75

對一切n∈N^*都成立的最大正整數(shù)k的值；
（3）設(shè)f(n)=

an，(n=2l-1，l∈N*) bn，(n=2l，l∈N*).

是否存在m∈N^*，使得f（m+9）=3f（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）根據(jù)點(diǎn)在直線上，把點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線的方程得到數(shù)列的前n項(xiàng)和的表示式，由前n項(xiàng)和做出數(shù)列的通項(xiàng)，再得到第二個(gè)數(shù)列是一個(gè)等差數(shù)列，寫出通項(xiàng)．
（2）構(gòu)造新數(shù)列，把新數(shù)列的通項(xiàng)整理成可以應(yīng)用裂項(xiàng)求和的形式，裂項(xiàng)求出和，證明和式的單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性做出和式的最值，根據(jù)數(shù)列的最值得到結(jié)論．
（3）根據(jù)所給的分段函數(shù)式，看出函數(shù)在自變量取奇數(shù)和偶數(shù)時(shí)的結(jié)果不同，因此要分類來解，在兩種不同的條件下驗(yàn)證式子是否成立，得到不存在正整數(shù)m，使得f（m+9）=3f（m）成立．

解答：解：（1）由題意，得

Sn

n

=n+4，即S_n=n²+4n．
故當(dāng)n≥2時(shí)，a_n=S_n-S_n-1=n²+4n-（n-1）²-4（n-1）=2n+3．
注意到n=1時(shí)，a₁=S₁=5，而當(dāng)n=1時(shí)，n+4=5，
所以a=2n+3（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(shù)列，于是

11(b4+b8)

2

=154．
而b₄=8，故b₈=20，d=

20-8

4

=3，
因此，b_n=b₄+3（n-4）=3n-4，
即b_n=b₄+3（n-4）=3n-4（n∈N^*）．
（2）cn=

3

2(an-2)(2bn+5)

=

3

2[(2n+3)-2][2•(3n-4)+5]

=

3

2(2n+1)(6n-3)

=

1

2(2n+1)(2n-1)

=

1

2(2n-1)(2n+1)

．
所以，T_n=c₁+c₂+…+c_n=

1

4

[(1-

1

3

)+(

1

3

-

1

5

)+…+(

1

2n-1

-

1

2n+1

)]
=

1

4

(1-

1

2n+1

)=

n

4n+2

．
由于Tn+1-Tn=

n+1

4n+6

-

n

4n+2

=

1

(4n+6)(2n+1)

＞0
因此T_n單調(diào)遞增，故T(Tn)min=

1

6

．
令

1

6

＞

k

75

，得k＜12

1

2

，所以k_max=12．
（3）f(n)=

2n+3(n=2l-1，l∈N*) 3n-4(n=2l，l∈N*)

①當(dāng)m為奇數(shù)時(shí)，m+9為偶數(shù)．
此時(shí)f（m+9）=3（m+9）-4=3m+23，3f（m）=6m+9
所以3m+23=6m+9，m=

14

3

∉N*（舍去）
②當(dāng)m為偶數(shù)時(shí)，m+9為奇數(shù)．
此時(shí)，f（m+9）=2（m+9）+3=2m+21，3f（m）=9m-12，
所以2m+21=9m-12，m=

33

7

∉N*（舍去）．
綜上，不存在正整數(shù)m，使得f（m+9）=3f（m）成立．

點(diǎn)評：本題考查數(shù)列與函數(shù)的綜合問題，本題解題的關(guān)鍵是構(gòu)造新數(shù)列，利用數(shù)列的求和做出結(jié)果，再用函數(shù)的思想來解題，本題是一個(gè)綜合題目，難度可以作為高考卷的壓軸題．