Question

有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第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．
（Ⅰ）证明d_m=p₁d₁+p₂d₂（3≤m≤n，p₁，p₂是m的多项式），并求p₁+p₂的值；
（Ⅱ）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

（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a1n，a2n，a3n，…，ann中的第项减第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dn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dm的通项，令p1=2-m，p2=m-1，得证，求出p1+p2即可；
（Ⅱ）由d1=1，d2=3，代入dm中，确定出dm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（cm）4（cm＞0），即可得到cm=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Sn，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Sn的通项公式；
（Ⅲ）由（Ⅱ）得到dn和Sn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．
【解析】
（Ⅰ）由题意知amn=1+（n-1）dm．
则a2n-a1n=[1+（n-1）d2]-[1+（n-1）d1]=（n-1）（d2-d1），
同理，a3n-a2n=（n-1）（d3-d2），a4n-a3n=（n-1）（d4-d3），…，ann-a（n-1）n=（n-1）（dn-dn-1）．
又因为a1n，a2n，a3n，ann成等差数列，所以a2n-a1n=a3n-a2n=…=ann-a（n-1）n．
故d2-d1=d3-d2=…=dn-dn-1，即dn是公差为d2-d1的等差数列．
所以，dm=d1+（m-1）（d2-d1）=（2-m）d1+（m-1）d2．
令p1=2-m，p2=m-1，则dm=p1d1+p2d2，此时p1+p2=1．（4分）
（Ⅱ）当d1=1，d2=3时，dm=2m-1（m∈N*）．
数列dm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（cm）4=m4．
因为cm＞0，所以cm=m，从而．
所以Sn=1•2+3•22+5•23+7•24+…+（2n-3）•2n-1+（2n-1）•2n.2Sn
=1•22+3•23+5•24+…+（2n-3）•2n+（2n-1）•2n+1．①
故2Sn=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：Sn=（2n-3）2n+1+6．（9分）
（Ⅲ）由（Ⅱ）得dn=2n-1（n∈N*），Sn=（2n-3）2n+1+6（n∈N*）．
故不等式，即（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．（14分）