Question

13．設(shè)不等式組$\left\{\begin{array}{l}x＞0\\ y＞0\\ y≤-nx+3n\end{array}\right.$所表示的平面區(qū)域?yàn)镈_n，記D_n內(nèi)的格點(diǎn)（格點(diǎn)即橫坐標(biāo)和縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）個數(shù)為f（n）（n∈N^*）
（1）求f（1），f（2）的值及f（n）的表達(dá)式；
（2）若數(shù)列{a_n}滿足a₁=1，${a_{n+1}}-{a_n}=f（n），（n∈{N^•}）$，求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)S_n為數(shù)列{b_n}的前n項(xiàng)的和，其中${b_n}={2^{f（n）}}$，問是否存在正整數(shù)n，t，使$\frac{{{S_n}-t{b_n}}}{{{S_{n+1}}-t{b_{n+1}}}}＜\frac{1}{16}$成立？若存在，求出正整數(shù)n，t；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）通過不等式可知平面區(qū)域D_n即為x軸、y軸、直線y=-n（x-3）圍城的三角形（含直線y=-n（x-3）所在邊上的點(diǎn)），易知f（1）=3、f（2）=6，利用直線y=-n（x-3）恒過點(diǎn)（3，0），分x=1、2時y的取值情況可知f（n）=3n；
（2）通過f（n）=3n、利用a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）計算即得結(jié)論；
（3）通過${b_n}={2^{f（n）}}$=8ⁿ可知S_n=$\frac{8}{7}$（8ⁿ-1），通過將S_n代入$\frac{{{S_n}-t{b_n}}}{{{S_{n+1}}-t{b_{n+1}}}}＜\frac{1}{16}$化簡可知$\frac{{（8-7t）{8^n}-8}}{{（8-7t）{8^n}-1}}＜\frac{1}{2}$，通過令m=（8-7t）8ⁿ、整理可知1＜m＜15，進(jìn)而可得結(jié)論．

解答 解：（1）依題意，平面區(qū)域D_n即為x軸、y軸、直線y=-n（x-3）圍城的三角形（含直線y=-n（x-3）所在邊上的點(diǎn)），
∴f（1）=3，f（2）=6，
∵直線y=-n（x-3）恒過點(diǎn)（3，0），
∴當(dāng)x=1時，y取值為1，2，3，…，2n共有2n個格點(diǎn)，
當(dāng)x=2時，y取值為1，2，3，…，n共有n個格點(diǎn)，
∴f（n）=n+2n=3n；
（2）∵f（n）=3n，
∴a_n=a₁+（a₂-a₁）+（a₃-a₂）+…+（a_n-a_n-1）
=1+3[1+2+3+…+（n-1）]
=$1+\frac{3n（n-1）}{2}（n≥2）$
又∵a₁=1滿足上式，
∴${a_n}=1+\frac{3n（n-1）}{2}（n∈{N^•}）$；
（3）結(jié)論：存在正整數(shù)n=1、t=1使$\frac{{{S_n}-t{b_n}}}{{{S_{n+1}}-t{b_{n+1}}}}＜\frac{1}{16}$成立．
理由如下：
∵f（n）=3n，
∴${b_n}={2^{f（n）}}$=8ⁿ，
∴S_n=$\frac{8（1-{8}^{n}）}{1-8}$=$\frac{8}{7}$（8ⁿ-1），
將S_n代入$\frac{{{S_n}-t{b_n}}}{{{S_{n+1}}-t{b_{n+1}}}}＜\frac{1}{16}$，
化簡得：$\frac{{（{\frac{8}{7}-t}）{8^n}-\frac{8}{7}}}{{（{\frac{8}{7}-t}）{8^n}-\frac{1}{7}}}＜\frac{1}{2}$，即$\frac{{（8-7t）{8^n}-8}}{{（8-7t）{8^n}-1}}＜\frac{1}{2}$
令m=（8-7t）8ⁿ，則$\frac{m-8}{m-1}＜\frac{1}{2}$，
∴$\frac{m-15}{2（m-1）}$＜0，
∴（m-15）（m-1）＜0，
∴1＜m＜15，
∵m=（8-7t）8ⁿ，且t、n∈N^•，
∴（8-7t）•8ⁿ=8，
解得：n=t=1，
綜上，存在正整數(shù)n=1、t=1使$\frac{{{S_n}-t{b_n}}}{{{S_{n+1}}-t{b_{n+1}}}}＜\frac{1}{16}$成立．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)及前n項(xiàng)和，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．