Question

有n個首項都是1的等差數列，設第m個數列的第k項為a_mk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3），公差為d_m，并且a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn成等差數列．
（Ⅰ）證明d_m=p₁d₁+p₂d₂（3≤m≤n，p₁，p₂是m的多項式），并求p₁+p₂的值；
（Ⅱ）當d₁=1，d₂=3時，將數列d_m分組如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），…（每組數的個數構成等差數列）．設前m組中所有數之和為（c_m）⁴（c_m＞0），求數列的前n項和S_n．
（Ⅲ）設N是不超過20的正整數，當n＞N時，對于（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）先根據首項和公差寫出數列的通項公式，利用通項公式表示出數列a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn中的第項減第2項，第3項減第4項，…，第n項減第n-1項，由此數列也為等差數列，得到表示出的差都相等，進而得到d_n是首項d₁，公差為d₂-d₁的等差數列，根據等差數列的通項公式表示出d_m的通項，令p₁=2-m，p₂=m-1，得證，求出p₁+p₂即可；
（Ⅱ）由d₁=1，d₂=3，代入d_m中，確定出d_m的通項，根據題意的分組規律，得到第m組中有2m-1個奇數，所以得到第1組到第m組共有從1加到2m-1個奇數，利用等差數列的前n項和公式表示出之和，從而表示出前m²個奇數的和，又前m組中所有數之和為（c_m）⁴（c_m＞0），即可得到c_m=m，代入中確定出數列的通項公式，根據通項公式列舉出數列的前n項和S_n，記作①，兩邊乘以2得到另一個關系式，記作②，②-①即可得到前n項和S_n的通項公式；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得到d_n和S_n的通項公式代入已知的不等式中，右邊的式子移項到左邊，合并化簡后左邊設成一個函數f（n），然后分別把n=1，2，3，4，5代入發現其值小于0，當n≥6時，其值大于0即原不等式成立，又N不超過20，所以得到滿足題意的所有正整數N從5開始到20的連續的正整數．
解答：解：（Ⅰ）由題意知a_mn=1+（n-1）d_m．
則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）．
又因為a_1n，a_2n，a_3n，a_nn成等差數列，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是公差為d₂-d₁的等差數列．
所以，d_m=d₁+（m-1）（d₂-d₁）=（2-m）d₁+（m-1）d₂．
令p₁=2-m，p₂=m-1，則d_m=p₁d₁+p₂d₂，此時p₁+p₂=1．（4分）
（Ⅱ）當d₁=1，d₂=3時，d_m=2m-1（m∈N^*）．
數列d_m分組如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），．
按分組規律，第m組中有2m-1個奇數，
所以第1組到第m組共有1+3+5+…+（2m-1）=m²個奇數．
注意到前k個奇數的和為1+3+5+…+（2k-1）=k²，
所以前m²個奇數的和為（m²）²=m⁴．
即前m組中所有數之和為m⁴，所以（c_m）⁴=m⁴．
因為c_m＞0，所以c_m=m，從而．
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）．
考慮函數f（n）=（2n-3）2ⁿ⁺¹-50（2n-1）=（2n-3）（2ⁿ⁺¹-50）-100．
當n=1，2，3，4，5時，都有f（n）＜0，即（2n-3）2ⁿ⁺¹＜50（2n-1）．
而f（6）=9（128-50）-100=602＞0，
注意到當n≥6時，f（n）單調遞增，故有f（n）＞0．
因此當n≥6時，（2n-3）2ⁿ⁺¹＞50（2n-1）成立，即成立．
所以，滿足條件的所有正整數N=5，6，7，…，20．（14分）
點評：此題考查學生靈活運用等差數列的通項公式及前n項和公式化簡求值，會利用錯位相減的方法求數列的通項公式，考查了利用函數的思想解決實際問題的能力，是一道中檔題．