Question

6．如圖數(shù)表：$（{\begin{array}{l}{{a_{11}}}&{{a_{12}}}&…&{{a_{1n}}}\\{{a_{21}}}&{{a_{22}}}&…&{{a_{2n}}}\\…&…&…&…\\{{a_{n1}}}&{{a_{n2}}}&…&{{a_{nn}}}\end{array}}）$，每一行都是首項為1的等差數(shù)列，第m行的公差為d_m，且每一列也是等差數(shù)列，設(shè)第m行的第k項為a_mk（m，k=1，2，3，…，n，n≥3，n∈N^*）．
（1）證明：d₁，d₂，d₃成等差數(shù)列，并用m，d₁，d₂表示d_m（3≤m≤n）；
（2）當d₁=1，d₂=3時，將數(shù)列{d_m}分組如下：
（d₁），（d₂，d₃，d₄），（d₅，d₆，d₇，d₈，d₉），…（每組數(shù)的個數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列）．設(shè)前m組中所有數(shù)之和為${（{c_m}）^4}（{c_m}＞0）$，求數(shù)列$\{{2^{c_m}}{d_m}\}$的前n項和S_n；
（3）在（2）的條件下，設(shè)N是不超過20的正整數(shù)，當n＞N時，求使得不等式$\frac{1}{50}（{S_n}-6）＞{d_n}$恒成立的所有N的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)第三行成等差數(shù)列得出a_3n，根據(jù)最后一列成等差數(shù)列得出a_3n，從而得出d₁，d₂，d₃的關(guān)系，同理根據(jù)a_mn的不同算法即可得出d_m關(guān)于m，d₁，d₂的式子；
（2）根據(jù)分組特點計算c_m，利用錯位相減法計算S_n；
（3）把S_n，d_n代入不等式求出使不等式成立的n的最小值即可得出N的最小值．

解答 解：（1）∵每一行都是首項為1的等差數(shù)列，
∴a_1n=1+（n-1）d₁，a_2n=1+（n-1）d₂，a_3n=1+（n-1）d₃．
∵每一列也是等差數(shù)列，∴2a_2n=a_1n+a_3n，
∴2+2（n-1）d₂=1+（n-1）d₁+1+（n-1）d₃，即2d₂=d₁+d₃
∴d₁，d₂，d₃成等差數(shù)列．
∵a_mn=1+（n-1）d_m，
a_mn=a_1n+（m-1）（a_2n-a_1n）=a_1n+（m-1）（a_2n-a_1n）=1+（n-1）d₁+（m-1）（n-1）（d₂-d₁），
∴1+（n-1）d_m=1+（n-1）d₁+（m-1）（n-1）（d₂-d₁）
化簡得d_m=（2-m）d₁+（m-1）d₂．
（2）當d₁=1，d₂=3時，d_m=2m-1（m∈N*），
按數(shù)列{d_m}分組規(guī)律，第m組中有2m-1個數(shù)，
所以第1組到第m組共有1+3+5+…+（2m-1）=m²個數(shù)．
則前m組的所有數(shù)字和為$\frac{{1+（2{m^2}-1）}}{2}•{m^2}={m^4}$，
∴${（{c_m}）^4}={m^4}$，∵c_m＞0，∴c_m=m，
從而 ${2^{c_m}}{d_m}=（2m-1）•{2^m}$，m∈N*，
∴S_n=1×2+3×2²+5×2³+…+（2n-1）×2ⁿ，
∴2S_n=1×2²+3×2³+…+（2n-1）×2ⁿ⁺¹，
∴-S_n=2+2³+2⁴+…+2ⁿ⁺¹-（2n-1）×2ⁿ⁺¹=2+2³（2^n-1-1）-（2n-1）×2ⁿ⁺¹=（3-2n）×2ⁿ⁺¹-6．
∴${S_n}=（2n-3）•{2^{n+1}}+6$．
（3）由$\frac{1}{50}（{S_n}-6）＞{d_n}$得（2n-3）•2ⁿ⁺¹＞50（2n-1）．
令a_n=（2n-3）•2ⁿ⁺¹-50（2n-1）=（2n-3）（2ⁿ⁺¹-50）-100．
∴當n≤5時，a_n＜0，當n≥6時，a_n＞0，
所以，滿足條件的所有正整數(shù)N=5，6，7，8，…，20．

點評 本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，數(shù)列求和，屬于中檔題．