Question

20．把正奇數(shù)數(shù)列{2n-1}中的數(shù)按上小下大、左小右大的原則排成如圖三角形數(shù)表：
設(shè)a_mn（m，n∈N^*）是位于這個(gè)三角形數(shù)表中從上往下數(shù)第m行、從左往右數(shù)第n個(gè)數(shù)．
（1）若a_mn=2017，求m，n的值；
（2）已知函數(shù)f（x）=$\frac{{\root{3}{x}}}{2^n}$（x＞0），若記三角形數(shù)表中從上往下數(shù)第n行各數(shù)的和為b_n，求數(shù)列{f（b_n）}的前n項(xiàng)和S_n．

Answer 1

分析 （1）三角形數(shù)表中前m行共有$1+2+3+…+m=\frac{m（m+1）}{2}$個(gè)數(shù)，可得：第m行最后一個(gè)數(shù)應(yīng)當(dāng)是所給奇數(shù)列中的第$\frac{m（m+1）}{2}$項(xiàng)．故第m行最后一個(gè)數(shù)是$2•\frac{m（m+1）}{2}-1={m^2}+m-1$．因此，使得a_mn=2016的m是不等式m²+m-1≥2017的最小正整數(shù)解．進(jìn)而得出n．
（2）由于第n行最后一個(gè)數(shù)是n²+n-1，且有n個(gè)數(shù)，若將n²+n-1看成第n行第一個(gè)數(shù)，則第n行各數(shù)成公差為-2的等差數(shù)列，故b_n=n³．可得$f（{b_n}）=\frac{n}{2^n}$．再利用“錯(cuò)位相減法”與等比數(shù)列的求和公式即可得出．

解答 解：（1）三角形數(shù)表中前m行共有$1+2+3+…+m=\frac{m（m+1）}{2}$個(gè)數(shù)，
∴第m行最后一個(gè)數(shù)應(yīng)當(dāng)是所給奇數(shù)列中的第$\frac{m（m+1）}{2}$項(xiàng)．
故第m行最后一個(gè)數(shù)是$2•\frac{m（m+1）}{2}-1={m^2}+m-1$．
因此，使得a_mn=2016的m是不等式m²+m-1≥2017的最小正整數(shù)解．
由m²+m-1≥2017得m²+m-2018≥0，
∴$m≥\frac{{-1+\sqrt{1+8072}}}{2}＞\frac{{-1+\sqrt{7921}}}{2}=\frac{-1+89}{2}=44$，∴m=45．
于是，第45行第一個(gè)數(shù)是44²+44-1+2=1981，∴$n=\frac{2017-1981}{2}+1=19$．
（2）∵第n行最后一個(gè)數(shù)是n²+n-1，且有n個(gè)數(shù)，若將n²+n-1看成第n行第一個(gè)數(shù)，
則第n行各數(shù)成公差為-2的等差數(shù)列，故${b_n}=n（{n^2}+n-1）+\frac{n（n-1）}{2}（-2）={n^3}$．
∴$f（{b_n}）=\frac{n}{2^n}$．
故${S_n}=\frac{1}{2}+\frac{2}{2^2}+\frac{3}{2^3}+…+\frac{n-1}{{{2^{n-1}}}}+\frac{n}{2^n}$．
∴$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2^2}+\frac{2}{2^3}+\frac{3}{2^4}+…+\frac{n-1}{2^n}+\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$，
兩式相減得：$\frac{1}{2}{S_n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{2^3}+…+\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$=$\frac{{\frac{1}{2}（{1-\frac{1}{2^n}}）}}{{1-\frac{1}{2}}}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}=1-\frac{1}{2^n}-\frac{n}{{{2^{n+1}}}}$．
∴${S_n}=2-\frac{n+2}{2^n}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了等差數(shù)列與等比數(shù)列的通項(xiàng)公式及其求和公式、“錯(cuò)位相減法”，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于中檔題．