Question

下圖中的三角形稱為謝賓斯基（Sierpinski）三角形．這些三角形中的著色與未著色的三角形的個數具有一定的規律．按圖（1）、（2）、（3）、（4）四個三角形的規律繼續構建三角形，設第n個三角形中包含f（n）個未著色三角形．

（Ⅰ）求出f（5）的值；
（Ⅱ）寫出f（n+1）與f（n）之間的關系式，并由此求出f（n）的表達式；
（Ⅲ）設an=

2f(n+1)+1

f(n+1)•f(n+2)

(n∈N*)，數列{a_n}的前n項和為S_n，求證：

3

4

≤Sn＜1．

Answer 1

分析：（Ⅰ）由圖知f（1）=0，f（2）=1，f（3）=4，f（4）=13，從而可得f（5）的值；
（Ⅱ）方法1：由f（2）-f（1）=1，f（3）-f（2）=3，f（4）-f（3）=9，f（5）-f（4）=27，歸納得：f（n+1）-f（n）=3^n-1（n∈N^*），利用疊加法，可求f（n）的表達式；
方法2：f（2）=3f（1）+1，f（3）=3f（2）+1，f（4）=3f（3）+1，f（5）=3f（4）+1，歸納得：f（n+1）=3f（n）+1（n∈N^*），從而可證數列{f(n)+

1

2

}是首項為

1

2

，公比為3的等比數列，即可求f（n）的表達式；
（Ⅲ）由an=

2f(n+1)+1

f(n+1)•f(n+2)

(n∈N*)，得an=

4•3n

(3n-1)(3n+1-1)

=2(

1

3n-1

-

1

3n+1-1

)，進而可求數列{a_n}的前n項和為S_n，由此可證結論成立．

解答：解：（Ⅰ）由圖知f（1）=0，f（2）=1，f（3）=1+3=4，f（4）=1+3+9=13，f（5）=1+3+9+27=40
（Ⅱ）方法1：由f（2）-f（1）=1，f（3）-f（2）=3，f（4）-f（3）=9，f（5）-f（4）=27
歸納得：f（n+1）-f（n）=3^n-1（n∈N^*）∴f（n）=f（1）+[f（2）-f（1）]+[f（3）-f（2）]+…+[f（n）-f（n-1）]=0+1+3+9+…+3n-2=

3n-1-1

3-1

，f(n)=

3n-1-1

2

(n∈N*)
方法2：f（2）=3f（1）+1，f（3）=3f（2）+1，f（4）=3f（3）+1，f（5）=3f（4）+1
歸納得：f（n+1）=3f（n）+1（n∈N^*）
由f（n+1）=3f（n）+1，可得f(n+1)+

1

2

=3[f(n)+

1

2

]
∴數列{f(n)+

1

2

}是首項為

1

2

，公比為3的等比數列
∴f(n)+

1

2

=

1

2

•3n-1，即f(n)=

3n-1-1

2

(n∈N*)
（Ⅲ）由an=

2f(n+1)+1

f(n+1)•f(n+2)

(n∈N*)，得an=

4•3n

(3n-1)(3n+1-1)

=2(

1

3n-1

-

1

3n+1-1

)
∴Sn=2[(

1

31-1

-

1

32-1

)+(

1

32-1

-

1

33-1

)+…+(

1

3n-1

-

1

3n+1-1

)]=1-

2

3n+1-1

(n∈N*)．
∵3ⁿ⁺¹≥9，∴0＜

2

3n+1+1

≤

1

4

，
∴

3

4

≤Sn=1-

2

3n+1+1

＜1．

點評：本題考查歸納推理，考查數列通項的求解，考查數列的求和，考查學生閱讀分析的能力，綜合性強．