Question

如圖是一個三角形數(shù)陣．從第二行起每一個數(shù)都等于它肩上兩個數(shù)的和，第k行的第一個數(shù)為a_k（1≤k≤n，n≥2，k、n∈N^*）．
（Ⅰ）寫出a_k與a_k-1的遞推關(guān)系，并求a_n；
（Ⅱ）求第k行所有數(shù)的和T_k；
（Ⅲ）求數(shù)陣中所有數(shù)的和S_n=T₁+T₂+…+T_n；并證明：當(dāng)n≥2時，S_n≥2a_n．

Answer 1

分析：（Ⅰ） 通過前幾項(xiàng)歸納可得：a_k=2a_k-1+2^k-2（k≥2，且k∈N^*），從而數(shù)列{

an

2n

}是以

a1

2

=

1

2

為首項(xiàng)，以

1

4

為公差的等差數(shù)列，可求出a_n；
（Ⅱ） 由數(shù)陣的排布規(guī)律可知，每行的數(shù)（倒數(shù)兩行另行考慮）都成等差數(shù)列，且公差依次為：1，2，2²，…，2^k-1，…第k行的首項(xiàng)為a_k，項(xiàng)數(shù)為n+1-k，公差為2^k-1
可求出T_n；   
（Ⅲ）先求出S_n和a_n，然后利用作差法判定S_n-2a_n的符號，從而得到結(jié)論．

解答：解：（Ⅰ） 由題意得a₁=1，a₂=3=2a₁+1，a₃=8=2a₂+2，a₄=20=2a₃+2²，a₅=48=2a₄+2³，
由以上歸納可得：a_k=2a_k-1+2^k-2（k≥2，且k∈N^*），（2分）
∴

ak

2k

=

ak-1

2k-1

+

1

4

，即

ak

2k

-

ak-1

2k-1

=

1

4

，
∴數(shù)列{

an

2n

}是以

a1

2

=

1

2

為首項(xiàng)，以

1

4

為公差的等差數(shù)列，
∴

an

2n

=

1

2

+(n-1)×

1

4

，∴a_n=（n+1）•2^n-2（n∈N^*）．                （4分）
（Ⅱ） 由數(shù)陣的排布規(guī)律可知，每行的數(shù)（倒數(shù)兩行另行考慮）都成等差數(shù)列，
且公差依次為：1，2，2²，…，2^k-1，…
第k行的首項(xiàng)為a_k，項(xiàng)數(shù)為n+1-k，公差為2^k-1
∴Tk=(n+1-k)ak+

1

2

(n+1-k)•(n-k)•2k-1
=(n+1-k)(k+1)•2k-2+

1

2

(n+1-k)•(n-k)•2k-1
=（n+1-k）•2^k-2[（k+1）+（n-k）]=（n+1-k）（n+1）•2^k-2（7分）
當(dāng)k=n時，T_n=a_n=（n+1）•2^n-2符合上式；
當(dāng)k=n-1時，由排布規(guī)律知，T_n-1=T_n=a_n=（n+1）•2^n-2也符合上式；
∴T_k=（n+1-k）（n+1）•2^k-2（1≤k≤n；k，n∈N^*）．                    （8分）
（Ⅲ）Sn=T1+T2+T3+…+Tn=

n

k=1

(n+1-k)(n+1)•2k-2=(n+1)2

n

k=1

2k-2-

1

2

(n+1)

n

k=1

k•2k-1
令Rn=

n

k=1

k•2k-1=1+2•21+3•22+…+n•2n-1（1）
2R_n=1•2+2•2²+3•2³+…+（n-1）•2^n-1+n•2ⁿ（2）
（1）-（2）得-R_n=1+2+2²+…+2^n-1-n•2ⁿ=2ⁿ-1-n•2ⁿ
∴R_n=（n-1）2ⁿ+1
∴Sn=

1

2

(n+1)2(2n-1)-

1

2

(n+1)[(n-1)•2n+1]=(n+1)•2n-

1

2

(n+1)(n+2)（n≥2，n∈N^*）（12分）
又a_n=（n+1）•2^n-2
∴當(dāng)n≥2時，Sn-2an=(n+1)•2n-

1

2

(n+1)(n+2)-(n+1)•2n-1=

n+1

2

(2n-n-2)
又2ⁿ=（1+1）ⁿ=C_n⁰+C_n¹+…+C_nⁿ≥1+n+1=n+2（n≥2）
∴2ⁿ-n-2≥0（當(dāng)且僅當(dāng)n=2時取等號）．
∴當(dāng)n≥2時，S_n≥2a_n．                                               （14分）

點(diǎn)評：本題主要考查了數(shù)列的通項(xiàng)公式，以及數(shù)列的遞推關(guān)系和數(shù)列的求和方法同時考查了利用作差法判定大小關(guān)系，是一道綜合題，有一定的難度．