Question

有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为a_mk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3），公差为d_m，并且a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn成等差数列．
（Ⅰ）证明d_m=p₁d₁+p₂d₂（3≤m≤n，p₁，p₂是m的多项式），并求p₁+p₂的值；
（Ⅱ）当d₁=1，d₂=3时，将数列d_m分组如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），…（每组数的个数构成等差数列）．设前m组中所有数之和为（c_m）⁴（c_m＞0），求数列的前n项和S_n．
（Ⅲ）设N是不超过20的正整数，当n＞N时，对于（Ⅱ）中的S_n，求使得不等式成立的所有N的值．

Answer 1

【答案】分析：（Ⅰ）先根据首项和公差写出数列的通项公式，利用通项公式表示出数列a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn中的第项减第2项，第3项减第4项，…，第n项减第n-1项，由此数列也为等差数列，得到表示出的差都相等，进而得到d_n是首项d₁，公差为d₂-d₁的等差数列，根据等差数列的通项公式表示出d_m的通项，令p₁=2-m，p₂=m-1，得证，求出p₁+p₂即可；
（Ⅱ）由d₁=1，d₂=3，代入d_m中，确定出d_m的通项，根据题意的分组规律，得到第m组中有2m-1个奇数，所以得到第1组到第m组共有从1加到2m-1个奇数，利用等差数列的前n项和公式表示出之和，从而表示出前m²个奇数的和，又前m组中所有数之和为（c_m）⁴（c_m＞0），即可得到c_m=m，代入中确定出数列的通项公式，根据通项公式列举出数列的前n项和S_n，记作①，两边乘以2得到另一个关系式，记作②，②-①即可得到前n项和S_n的通项公式；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得到d_n和S_n的通项公式代入已知的不等式中，右边的式子移项到左边，合并化简后左边设成一个函数f（n），然后分别把n=1，2，3，4，5代入发现其值小于0，当n≥6时，其值大于0即原不等式成立，又N不超过20，所以得到满足题意的所有正整数N从5开始到20的连续的正整数．
解答：解：（Ⅰ）由题意知a_mn=1+（n-1）d_m．
则a_2n-a_1n=[1+（n-1）d₂]-[1+（n-1）d₁]=（n-1）（d₂-d₁），
同理，a_3n-a_2n=（n-1）（d₃-d₂），a_4n-a_3n=（n-1）（d₄-d₃），…，a_nn-a_（n-1）n=（n-1）（d_n-d_n-1）．
又因为a_1n，a_2n，a_3n，a_nn成等差数列，所以a_2n-a_1n=a_3n-a_2n=…=a_nn-a_（n-1）n．
故d₂-d₁=d₃-d₂=…=d_n-d_n-1，即d_n是公差为d₂-d₁的等差数列．
所以，d_m=d₁+（m-1）（d₂-d₁）=（2-m）d₁+（m-1）d₂．
令p₁=2-m，p₂=m-1，则d_m=p₁d₁+p₂d₂，此时p₁+p₂=1．（4分）
（Ⅱ）当d₁=1，d₂=3时，d_m=2m-1（m∈N^*）．
数列d_m分组如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），．
按分组规律，第m组中有2m-1个奇数，
所以第1组到第m组共有1+3+5+…+（2m-1）=m²个奇数．
注意到前k个奇数的和为1+3+5+…+（2k-1）=k²，
所以前m²个奇数的和为（m²）²=m⁴．
即前m组中所有数之和为m⁴，所以（c_m）⁴=m⁴．
因为c_m＞0，所以c_m=m，从而．
所以S_n=1•2+3•2²+5•2³+7•2⁴+…+（2n-3）•2^n-1+（2n-1）•2ⁿ.2S_n
=1•2²+3•2³+5•2⁴+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹．①
故2S_n=2+2•2²+2•2³+2•2⁴+…+2•2ⁿ-（2n-1）•2ⁿ⁺¹=2（2+2²+2³+…+2ⁿ）-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹==（3-2n）2ⁿ⁺¹-6．②
②-①得：S_n=（2n-3）2ⁿ⁺¹+6．（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）得d_n=2n-1（n∈N^*），S_n=（2n-3）2ⁿ⁺¹+6（n∈N^*）．
故不等式，即（2n-3）2ⁿ⁺¹＞50（2n-1）．
考虑函数f（n）=（2n-3）2ⁿ⁺¹-50（2n-1）=（2n-3）（2ⁿ⁺¹-50）-100．
当n=1，2，3，4，5时，都有f（n）＜0，即（2n-3）2ⁿ⁺¹＜50（2n-1）．
而f（6）=9（128-50）-100=602＞0，
注意到当n≥6时，f（n）单调递增，故有f（n）＞0．
因此当n≥6时，（2n-3）2ⁿ⁺¹＞50（2n-1）成立，即成立．
所以，满足条件的所有正整数N=5，6，7，…，20．（14分）
点评：此题考查学生灵活运用等差数列的通项公式及前n项和公式化简求值，会利用错位相减的方法求数列的通项公式，考查了利用函数的思想解决实际问题的能力，是一道中档题．