Question

有n个首项为1的等差数列，设第m个数列的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．
（1）当d₃=2时，求a₃₂，a₃₃，a₃₄以及a_3n；
（2）证明d_m=p₁d₁+p₂d₂（3≤m≤n，p₁，p₂是m的多项式），并求p₁+p₂的值；
（3）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．

Answer

（1）当d3=2时，由题意可知，a31=1，代入等差数列的通项公式可求
（2）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1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求出p1+p2即可；
（3）由d1=1，d2=3，代入可确定出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，从而可确定出数列 的通项公式，利用错位相减可求和
【解析】
（1）当d3=2时，由题意可知a31=1
∴a32=a31+d3=3，a33=a31+2d3=5，a34=a31+3d=7a31
a3n=a31+（n-1）d3=2n-1
（2）由题意知，：（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．
（3）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．①
2Sn=1•22+3•23+5•24+…+（2n-3）•2n+（2n-1）•2n+1．②
②-①得：Sn=-2-2（22+23+…+2n）+（2n-1）•2n+1
=
=（2n-3）2n+1+6．