Question

有n個(gè)首項(xiàng)都是1的等差數(shù)列，設(shè)第m個(gè)數(shù)列的第k項(xiàng)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(shù)列．
（Ⅰ）證明d_m=p₁d₁+p₂d₂（3≤m≤n，p₁，p₂是m的多項(xiàng)式），并求p₁+p₂的值；
（Ⅱ）當(dāng)d₁=1，d₂=3時(shí)，將數(shù)列d_m分組如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），…（每組數(shù)的個(gè)數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列）．設(shè)前m組中所有數(shù)之和為（c_m）⁴（c_m＞0），求數(shù)列的前n項(xiàng)和S_n．
（Ⅲ）設(shè)N是不超過(guò)20的正整數(shù)，當(dāng)n＞N時(shí)，對(duì)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(jù)首項(xiàng)和公差寫出數(shù)列的通項(xiàng)公式，利用通項(xiàng)公式表示出數(shù)列a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn中的第項(xiàng)減第2項(xiàng)，第3項(xiàng)減第4項(xiàng)，…，第n項(xiàng)減第n-1項(xiàng)，由此數(shù)列也為等差數(shù)列，得到表示出的差都相等，進(jìn)而得到d_n是首項(xiàng)d₁，公差為d₂-d₁的等差數(shù)列，根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式表示出d_m的通項(xiàng)，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(xiàng)，根據(jù)題意的分組規(guī)律，得到第m組中有2m-1個(gè)奇數(shù)，所以得到第1組到第m組共有從1加到2m-1個(gè)奇數(shù)，利用等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式表示出之和，從而表示出前m²個(gè)奇數(shù)的和，又前m組中所有數(shù)之和為（c_m）⁴（c_m＞0），即可得到c_m=m，代入中確定出數(shù)列的通項(xiàng)公式，根據(jù)通項(xiàng)公式列舉出數(shù)列的前n項(xiàng)和S_n，記作①，兩邊乘以2得到另一個(gè)關(guān)系式，記作②，②-①即可得到前n項(xiàng)和S_n的通項(xiàng)公式；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得到d_n和S_n的通項(xiàng)公式代入已知的不等式中，右邊的式子移項(xiàng)到左邊，合并化簡(jiǎn)后左邊設(shè)成一個(gè)函數(shù)f（n），然后分別把n=1，2，3，4，5代入發(fā)現(xiàn)其值小于0，當(dāng)n≥6時(shí)，其值大于0即原不等式成立，又N不超過(guò)20，所以得到滿足題意的所有正整數(shù)N從5開(kāi)始到20的連續(xù)的正整數(shù)．
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?yàn)閍_1n，a_2n，a_3n，a_nn成等差數(shù)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(shù)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(shí)p₁+p₂=1．（4分）
（Ⅱ）當(dāng)d₁=1，d₂=3時(shí)，d_m=2m-1（m∈N^*）．
數(shù)列d_m分組如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），．
按分組規(guī)律，第m組中有2m-1個(gè)奇數(shù)，
所以第1組到第m組共有1+3+5+…+（2m-1）=m²個(gè)奇數(shù)．
注意到前k個(gè)奇數(shù)的和為1+3+5+…+（2k-1）=k²，
所以前m²個(gè)奇數(shù)的和為（m²）²=m⁴．
即前m組中所有數(shù)之和為m⁴，所以（c_m）⁴=m⁴．
因?yàn)閏_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(shù)f（n）=（2n-3）2ⁿ⁺¹-50（2n-1）=（2n-3）（2ⁿ⁺¹-50）-100．
當(dāng)n=1，2，3，4，5時(shí)，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(dāng)n≥6時(shí)，f（n）單調(diào)遞增，故有f（n）＞0．
因此當(dāng)n≥6時(shí)，（2n-3）2ⁿ⁺¹＞50（2n-1）成立，即成立．
所以，滿足條件的所有正整數(shù)N=5，6，7，…，20．（14分）
點(diǎn)評(píng)：此題考查學(xué)生靈活運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和公式化簡(jiǎn)求值，會(huì)利用錯(cuò)位相減的方法求數(shù)列的通項(xiàng)公式，考查了利用函數(shù)的思想解決實(shí)際問(wèn)題的能力，是一道中檔題．