对任意正整数 $m,n$，定义函数 $f(m,n)$ 如下：
① $f(1,1)=1$；
② $f(m+1,n)=f(m,n)+2(m+n)$；
③ $f(m,n+1)=f(m,n)+2(m+n-1)$．
① $f(1,1)=1$；
② $f(m+1,n)=f(m,n)+2(m+n)$；
③ $f(m,n+1)=f(m,n)+2(m+n-1)$．
【难度】
【出处】
2018年全国高中数学联赛湖北省预赛
【标注】
-
求 $f(m,n)$ 的解析式标注答案$f(m,n)=m^2+2mn+n^2-m-3n+1$解析由条件 ② 得：$f(2,1)-f(1,1)=2\times (1+1)=2\times 2,f(3,1)-f(2,1)=2\times (2+1)=2\times 3,\cdots,f(m,1)-f(m-1,1)=2(m-1+1)=2m.$
将上述 $m-1$ 个等式相加得 $f(m,1)-f(1,1)=2(2+3+\cdots+m)$．而 $f(1,1)=1$，所以 $f(m,1)=2(2+3+\cdots+m)+1=m^2+m-1$．由条件 ③ 可得：$f(m,2)-f(m,1)=2(m+1-1)=2m,f(m,3)-f(m,2)=2(m+2-1)=2(m+1),\cdots,f(m,n)-f(m,n-1)=2(m+n-1-1)=2(m+n-2).$
将上述 $n-1$ 个等式相加得 $f(m,n)-f(m,1)=2[m+(m+1)+\cdots+(m+n-2)]$．而 $f(m,1)=m^2+m-1 $，所以 $ f(m,n)=2[m+(m+1)+\cdots+(m+n-2)]+m^2+m-1=m^2+2mn+n^2-m-3n+1$． -
设 $a_n=\dfrac{\sqrt{f(n,n)}}{2^{n-1}}(n\in\mathbf N^{\ast})$，$S_n$ 是数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和，证明：$S_n<6$．标注答案略解析因为 $f\left(n,n \right)={{n}^{2}}+2n\cdot n+{{n}^{2}}-n-3n+1={{\left( 2n-1 \right)}^{2}}$，所以 ${{a}_{n}}=\dfrac{\sqrt{f\left(n,n \right)}}{{{2}^{n-1}}}=\left( 2n-1 \right)\cdot {{\left( \dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}}$，所以
${{S}_{n}}=1\cdot{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{0}}+3\cdot {{\left( \dfrac{1}{2}\right)}^{1}}+\cdots +\left( 2n-1 \right)\cdot {{\left( \dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}}$
$\dfrac{1}{2}{{S}_{n}}=1\cdot {{\left( \dfrac{1}{2}\right)}^{1}}+3\cdot {{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{2}}+\cdots +\left( 2n-3\right)\cdot {{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{n-1}}+\left( 2n-1 \right)\cdot{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{n}}$，
，两式相减得
$\dfrac{1}{2}{{S}_{n}}=1+2\cdot{{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{1}}+2\cdot {{\left( \dfrac{1}{2}\right)}^{2}}+\cdots +2\cdot {{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{n-1}}-\left( 2n-1\right)\cdot {{\left( \dfrac{1}{2} \right)}^{n}}$ $=1+\dfrac{1-{{\left( \dfrac{1}{2}\right)}^{n-1}}}{1-\dfrac{1}{2}}-\dfrac{2n-1}{{{2}^{n}}}=3-\dfrac{1}{{{2}^{n-2}}}-\dfrac{2n-1}{{{2}^{n}}}$．
故 $S_n=6-\dfrac{2n+3}{2^{n-1}},n\in\mathbf N^{\ast}$，所以 $S_n<6$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
