Question

14．设数列{a_n}的通项公式为a_n=pn+q（n∈N^*，P＞0）．数列{b_n}定义如下：对于正整数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，求数列{b_m}的前2m项和公式；
（Ⅲ）是否存在p和q，使得b_m=4m+1（m∈N^*）？如果存在，求p和q的取值范围；如不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由题意，得${a_n}=\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}$，解$\frac{1}{2}n-\frac{2}{3}≥3$，得n的范围即可得出．
（Ⅱ）由题意，得a_n=2n-1，对于正整数，由a_n≥m，得$n≥\frac{m+1}{2}$．根据b_m的定义可知当m=2k-1时，${b_m}=k（{k∈{N^*}}）$；当m=2k时，${b_m}=k+1（{k∈{N^*}}）$．∴b₁+b₂+…+b_2m=（b₁+b₃+…+b_2m-1）+（b₂+b₄+…+b_2m），分组利用等差数列的求和公式即可得出．
（Ⅲ）假设存在p和q满足条件，由不等式pn+q≥m及p＞0得$n≥\frac{m-q}{p}$．由于${b_m}=4m+1（m∈{N^*}）$，根据b_m的定义可知，对于任意的正整数m 都有$4m＜\frac{m-q}{p}≤4m+1$，即-p-q≤（4p-1）m＜-q对任意的正整数m都成立．对4p-1分类讨论即可得出．

解答 解：（Ⅰ）由题意，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中的最小整数为8，即b₃=8．
  （Ⅱ）由题意，得a_n=2n-1，对于正整数，由a_n≥m，得$n≥\frac{m+1}{2}$．根据b_m的定义可知当m=2k-1时，${b_m}=k（{k∈{N^*}}）$；当m=2k时，${b_m}=k+1（{k∈{N^*}}）$．
∴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）假设存在p和q满足条件，由不等式pn+q≥m及p＞0得$n≥\frac{m-q}{p}$．
∵${b_m}=4m+1（m∈{N^*}）$，根据b_m的定义可知，对于任意的正整数m 都有$4m＜\frac{m-q}{p}≤4m+1$，即-p-q≤（4p-1）m＜-q对任意的正整数m都成立．
当4p-1＞0（或4p-1＜0）时，得$m＜-\frac{q}{4p-1}$（或$m≤-\frac{p+q}{4p-1}$），这与上述结论矛盾！当4p-1=0，即$p=\frac{1}{4}$时，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的取值范围分别是$p=\frac{1}{4}$，$-\frac{1}{4}≤q＜0$．

点评 本题考查了等差数列与等比数列的定义通项公式与求和公式、不等式的解法，考查了分类讨论方法、推理能力与计算能力，属于难题．