Question

有n（n≥3，n∈N^*）個(gè)首項(xiàng)為1，項(xiàng)數(shù)為n的等差數(shù)列，設(shè)其第m（m≤n，m∈N^*）個(gè)等差數(shù)列的第k項(xiàng)為a_mk（k=1，2，3，…，n），且公差為d_m．若d₁=1，d₂=3，a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn也成等差數(shù)列．
（Ⅰ）求d_m（3≤m≤n）關(guān)于m的表達(dá)式；
（Ⅱ）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)組成等差數(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{2^cmd_m}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

1

50

(Sn-6)＞dn成立的所有N的值．

Answer 1

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2項(xiàng)減第1項(xiàng)，第4項(xiàng)減第3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)公式即可求出{d_m}的通項(xiàng)；
（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 2cmdm中確定出數(shù)列 {2cmdm}的通項(xiàng)公式，根據(jù)通項(xiàng)公式列舉出數(shù)列 {2cmdm}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．
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）．a(chǎn)_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}是公差是d₂-d₁=3-1=2的等差數(shù)列．
所以，d_m=2m-1（3≤m≤n，m，n∈N^*）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知d_m=2m-1（m∈N^*）．
數(shù)列d_m分組如下：（1），（3，5，7），（9，11，13，15，17），…
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2cmdm=(2m-1)•2m(m∈N*)．
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，
故-S_n=2+2•2²+2•2³+2•2⁴+…+2•2ⁿ-（2n-1）•2ⁿ⁺¹
=2（2+2²+2³+…+2ⁿ）-2-（2n-1）•2ⁿ⁺¹
=2×

2(2n-1)

2-1

-2-(2n-1)•2n+1=（3-2n）2ⁿ⁺¹-6，
所以S_n=（2n-3）2ⁿ⁺¹+6．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得d_n=2n-1（n∈N^*），S_n=（2n-3）2ⁿ⁺¹+6（n∈N^*）．
故不等式

1

50

(Sn-6)＞dn就是（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

1

50

(Sn-6)＞dn成立．
所以滿足條件的所有正整數(shù)N=5，6，7，20．

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)題的能力及運(yùn)算能力，是一道中檔題．