Question

有n（n≥3，n∈N^*）个首项为1，项数为n的等差数列，设其第m（m≤n，m∈N^*）个等差数列的第k项为a_mk（k=1，2，3，…，n），且公差为d_m．若d₁=1，d₂=3，a_1n，a_2n，a_3n，…，a_nn也成等差数列．
（Ⅰ）求d_m（3≤m≤n）关于m的表达式；
（Ⅱ）将数列d_m分组如下：（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉）…，
（每组数的个数组成等差数列），设前m组中所有数之和为（c_m）⁴（c_m＞0），求数列{2^cmd_m}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

解（Ⅰ）由题意知，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_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}是公差是d₂-d₁=3-1=2的等差数列．
所以，d_m=2m-1（3≤m≤n，m，n∈N^*）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知d_m=2m-1（m∈N^*）．
数列d_m分组如下：（1），（3，5，7），（9，11，13，15，17），…
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，
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
==（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^*）．
故不等式就是（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．
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2项减第1项，第4项减第3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即可求出{d_m}的通项；
（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．
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及运算能力，是一道中档题．