Question

11．設曲線$\sqrt{\frac{{x}^{2}}{4{n}^{2}}}$+$\sqrt{{y}^{2}}$=1（n∈N^*）所圍成的平面區(qū)域D_n，記D_n內（含區(qū)域邊界）的整點（整點即縱、橫坐標均為整數(shù)的點）個數(shù)為a_n，數(shù)列{aⁿ}的前n項和為S_n．
（1）若a∈N^*，且$\frac{{S}_{n}}{2n+5}$+$\frac{32}{{a}_{n}+1}$≥a恒成立，求a的最大值；
（2）在（1）a取最大值的條件下，當b_n=$\frac{（a-2）^{n}•{S}_{n}}{（2n+5）}$時，求數(shù)列{b_n}的前n項和T_n．

Answer 1

分析 （1）運用平面區(qū)域，求得數(shù)列的前幾項，運用等差數(shù)列的求和公式，即可得到所求；
（2）由題意可得，a≤$\frac{n（2n+5）}{2n+5}$+$\frac{32}{4n+4}$=n+$\frac{8}{n+1}$，運用基本不等式，再由n=1，2，可得a的范圍，進而得到a的最大值；
（3）化簡數(shù)列{b_n}，再由錯位相減法，計算即可得到所求．

解答 解：（1）由平面區(qū)域D_n，可得，
當n=1時，a₁=7，當n=2時，a₂=11，
…，a_n=4n+3，
S_n=$\frac{1}{2}$n（4n+10）=n（2n+5），
$\frac{{S}_{n}}{2n+5}$+$\frac{32}{{a}_{n}+1}$≥a恒成立，
即為a≤$\frac{n（2n+5）}{2n+5}$+$\frac{32}{4n+4}$=n+$\frac{8}{n+1}$，
由n+$\frac{8}{n+1}$=n+1+$\frac{8}{n+1}$-1≥2$\sqrt{（n+1）•\frac{8}{n+1}}$-1
=4$\sqrt{2}$-1，
n+1=$\frac{8}{n+1}$，解得n=2$\sqrt{2}$-1∉N，
當n=1時，n+$\frac{8}{n+1}$=5；當n=2時，n+$\frac{8}{n+1}$=$\frac{14}{3}$，．
即有最小值為$\frac{14}{3}$，．
則a≤$\frac{14}{3}$，．即有a的最大值為4；
（2）b_n=$\frac{（a-2）^{n}•{S}_{n}}{（2n+5）}$=$\frac{{2}^{n}•n（2n+5）}{2n+5}$=n•2ⁿ，
前n項和T_n=1•2+2•4+…+n•2ⁿ，
2T_n=1•2²+2•8+…+n•2ⁿ⁺¹，
兩式相減，可得-T_n=2+4+…+2ⁿ-n•2ⁿ⁺¹，
=$\frac{2（1-{2}^{n}）}{1-2}$-n•2ⁿ⁺¹，
化簡可得，T_n=（n-1）•2ⁿ⁺¹+2．

點評 本題考查平面區(qū)域的畫法及整點個數(shù)，考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的求和公式的運用，考查數(shù)列的求和方法：錯位相減法，考查不等式恒成立問題的解法，屬于中檔題．