Question

有n个首项为1的等差数列，设第m个数列的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．
（1）当d₃=2时，求a₃₂，a₃₃，a₃₄以及a_3n；
（2）证明d_m=p₁d₁+p₂d₂（3≤m≤n，p₁，p₂是m的多项式），并求p₁+p₂的值；
（3）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{2cm，dm}的前n项和S_n．

Answer 1

分析：（1）当d₃=2时，由题意可知，a₃₁=1，代入等差数列的通项公式可求
（2）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1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求出p₁+p₂即可；
（3）由d₁=1，d₂=3，代入可确定出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，从而可确定出数列 {2cmdm}的通项公式，利用错位相减可求和

解答：解：（1）当d₃=2时，由题意可知a₃₁=1
∴a₃₂=a₃₁+d₃=3，a₃₃=a₃₁+2d₃=5，a₃₄=a₃₁+3d=7a₃₁
a_3n=a₃₁+（n-1）d₃=2n-1
（2）由题意知，：（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．
（3）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 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．①
2S_n=1•2²+3•2³+5•2⁴+…+（2n-3）•2ⁿ+（2n-1）•2ⁿ⁺¹．②
②-①得：S_n=-2-2（2²+2³+…+2ⁿ）+（2n-1）•2ⁿ⁺¹
=-2-2•

4(1-2n-1)

1-2

+(2n-1)•2n+1
=（2n-3）2ⁿ⁺¹+6．

点评：本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，是一道难题．