Question

14．設(shè)數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式為a_n=pn+q（n∈N^*，P＞0）．?dāng)?shù)列{b_n}定義如下：對(duì)于正整數(shù)m，b_m是使得不等式a_n≥m成立的所有n中的最小值．
（Ⅰ）若p=$\frac{1}{2}，q=-\frac{2}{3}$，求b₃；
（Ⅱ）若p=2，q=-1，求數(shù)列{b_m}的前2m項(xiàng)和公式；
（Ⅲ）是否存在p和q，使得b_m=4m+1（m∈N^*）？如果存在，求p和q的取值范圍；如不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由題意，得${a_n}=\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}$，解$\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}≥3$，得n的范圍即可得出．
（Ⅱ）由題意，得a_n=2n-1，對(duì)于正整數(shù)，由a_n≥m，得$n≥\frac{m+1}{2}$．根據(jù)b_m的定義可知當(dāng)m=2k-1時(shí)，${b_m}=k（{k∈{N^*}}）$；當(dāng)m=2k時(shí)，${b_m}=k+1（{k∈{N^*}}）$．∴b₁+b₂+…+b_2m=（b₁+b₃+…+b_2m-1）+（b₂+b₄+…+b_2m），分組利用等差數(shù)列的求和公式即可得出．
（Ⅲ）假設(shè)存在p和q滿足條件，由不等式pn+q≥m及p＞0得$n≥\frac{m-q}{p}$．由于${b_m}=4m+1（m∈{N^*}）$，根據(jù)b_m的定義可知，對(duì)于任意的正整數(shù)m 都有$4m＜\frac{m-q}{p}≤4m+1$，即-p-q≤（4p-1）m＜-q對(duì)任意的正整數(shù)m都成立．對(duì)4p-1分類討論即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由題意，得${a_n}=\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}$，解$\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}≥3$，得$n≥\frac{22}{3}$．
∴$\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}≥3$成立的所有n中的最小整數(shù)為8，即b₃=8．
  （Ⅱ）由題意，得a_n=2n-1，對(duì)于正整數(shù)，由a_n≥m，得$n≥\frac{m+1}{2}$．根據(jù)b_m的定義可知當(dāng)m=2k-1時(shí)，${b_m}=k（{k∈{N^*}}）$；當(dāng)m=2k時(shí)，${b_m}=k+1（{k∈{N^*}}）$．
∴b₁+b₂+…+b_2m=（b₁+b₃+…+b_2m-1）+（b₂+b₄+…+b_2m）=（1+2+3+…+m）+[2+3+4+…+（m+1）]=$\frac{{m（{m+1}）}}{2}+\frac{{m（{m+3}）}}{2}={m^2}+2m$．
（Ⅲ）假設(shè)存在p和q滿足條件，由不等式pn+q≥m及p＞0得$n≥\frac{m-q}{p}$．
∵${b_m}=4m+1（m∈{N^*}）$，根據(jù)b_m的定義可知，對(duì)于任意的正整數(shù)m 都有$4m＜\frac{m-q}{p}≤4m+1$，即-p-q≤（4p-1）m＜-q對(duì)任意的正整數(shù)m都成立．
當(dāng)4p-1＞0（或4p-1＜0）時(shí)，得$m＜-\frac{q}{4p-1}$（或$m≤-\frac{p+q}{4p-1}$），這與上述結(jié)論矛盾！當(dāng)4p-1=0，即$p=\frac{1}{4}$時(shí)，得$-\frac{1}{4}-q≤0＜-q$，解得$-\frac{1}{4}≤q＜0$．
∴存在p和q，使得${b_m}=4m+1（m∈{N^*}）$；p和q的取值范圍分別是$p=\frac{1}{4}$，$-\frac{1}{4}≤q＜0$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的定義通項(xiàng)公式與求和公式、不等式的解法，考查了分類討論方法、推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．