首页 > 有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3），公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列．（Ⅰ）证明dm=p1d1+p2d2（3≤m

有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3），公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列．（Ⅰ）证明dm=p1d1+p2d2（3≤m

题目简介

有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3），公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列．（Ⅰ）证明dm=p1d1+p2d2（3≤m

题目详情

有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为amk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3），公差为dm，并且a1n，a2n，a3n，…，ann成等差数列．
（Ⅰ）证明dm=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dm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（cm）4（cm＞0），求数列{2cmdm}的前n项和Sn．
（Ⅲ）设N是不超过20的正整数，当n＞N时，对于（Ⅱ）中的Sn，求使得不等式
1
50
(Sn-6)＞dn成立的所有N的值．
题型：解答题难度：中档来源：不详

答案

（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2cmdm=(2m-1)•2m(m∈N*)．
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=2×
2(2n-1)
2-1
-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class="stub"1
50
(Sn-6)＞dn，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class="stub"1
50
(Sn-6)＞dn成立．
所以，满足条件的所有正整数N=6，7，…，20．（14分）

更多内容推荐

Copyright © 2018-2020 360优课网