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amk（k=1，2，3，…，n），且公差为dm．若d1=1，d2=3，a1n，a2n，a3n，…

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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amk（k=1，2，3，…，n），且公差为dm．若d1=1，d2=3，a1n，a2n，a3n，…

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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

(Sn-6)＞dn成立的所有N的值．

题型：解答题难度：中档来源：朝阳区一模

答案

解（Ⅰ）由题意知，amn=1+（n-1）dm．
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）．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}是公差是d2-d1=3-1=2的等差数列．
所以，dm=2m-1（3≤m≤n，m，n∈N*）．
（Ⅱ）由（Ⅰ）知dm=2m-1（m∈N*）．
数列dm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（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，
故-Sn=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Sn=（2n-3）2n+1+6．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得dn=2n-1（n∈N*），Sn=（2n-3）2n+1+6（n∈N*）．
故不等式class="stub"1

(Sn-6)＞dn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class="stub"1

(Sn-6)＞dn成立．
所以满足条件的所有正整数N=5，6，7，20．

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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amk（k=1，2，3，…，n），且公差为dm．若d1=1，d2=3，a1n，a2n，a3n，…

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