Question

17．已知n为正整数，数列{a_n}满足a_n＞0，$4（{n+1}）{a_n}^2-n{a_{n+1}}^2=0$，设数列{b_n}满足${b_n}=\frac{{{a_n}^2}}{t^n}$
（1）求证：数列$\left\{{\frac{a_n}{{\sqrt{n}}}}\right\}$为等比数列；
（2）若数列{b_n}是等差数列，求实数t的值；
（3）若数列{b_n}是等差数列，前n项和为S_n，对任意的n∈N^*，均存在m∈N^*，使得8a₁²S_n-a₁⁴n²=16b_m成立，求满足条件的所有整数a₁的值．

Answer 1

分析 （1）由题意整理可得，$\frac{{a}_{n+1}}{\sqrt{n+1}}$=2•$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}}$，再由等比数列的定义即可得证；
（2）运用等比数列的通项公式和等差数列中项的性质，可得2b₂=b₁+b₃，解方程可得t，对t的值，检验即可得到所求值；
（3）由（2）可得b_n=$\frac{n{a}_{1}^{2}}{4}$，对任意的n∈N^*，均存在m∈N^*，使得8a₁²S_n-a₁⁴n²=16b_m成立，即有8a₁⁴•$\frac{1}{8}$n（1+n）-a₁⁴n²=16•$\frac{m{{a}_{1}}^{2}}{4}$，讨论a₁为偶数和奇数，化简整理，即可得到所求值．

解答 （1）证明：∵数列{a_n}满足a_n＞0，$4（{n+1}）{a_n}^2-n{a_{n+1}}^2=0$，
∴$\frac{{a}_{n+1}^{2}}{n+1}$=4•$\frac{{a}_{n}^{2}}{n}$，∴$\frac{{a}_{n+1}}{\sqrt{n+1}}$=2•$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}}$，
∴数列$\left\{{\frac{a_n}{{\sqrt{n}}}}\right\}$为等比数列，其首项为a₁，公比为2；
（2）解：由（1）可得：$\frac{{a}_{n}}{\sqrt{n}}$=a₁•2^n-1，
a_n=${a}_{1}{2}^{n-1}\sqrt{n}$，${b_n}=\frac{{{a_n}^2}}{t^n}$=$\frac{{a}_{1}^{2}{4}^{n-1}n}{{t}^{n}}$．
∵数列{b_n}是等差数列，∴2b₂=b₁+b₃，
∴$2×\frac{{a}_{1}^{2}×4×2}{{t}^{2}}$=$\frac{{a}_{1}^{2}}{t}$+$\frac{{a}_{1}^{2}{×4}^{2}×3}{{t}^{3}}$，
解得t=4或12．
t=4时，b_n=$\frac{{a}_{1}^{2}{4}^{n-1}n}{{4}^{n}}$=$\frac{n{a}_{1}^{2}}{4}$，是关于n的一次函数，因此数列{b_n}是等差数列．
t=12时，b_n=$\frac{n{a}_{1}^{2}}{4×{3}^{n}}$，b_n+1-b_n=$\frac{{a}_{1}^{2}（1-2n）}{4×{3}^{n+1}}$，不是关于n的一次函数，
因此数列{b_n}不是等差数列．
综上可得t=4；
（3）解：由（2）得b_n=$\frac{n{a}_{1}^{2}}{4}$，
对任意的n∈N^*，均存在m∈N^*，使得8a₁²S_n-a₁⁴n²=16b_m成立，
即有8a₁⁴•$\frac{1}{8}$n（1+n）-a₁⁴n²=16•$\frac{m{{a}_{1}}^{2}}{4}$，
化简可得m=$\frac{n{{a}_{1}}^{2}}{4}$，
当a₁=2k，k∈N^*，m=$\frac{4{k}^{2}n}{4}$=nk²，对任意的n∈N^*，符合题意；
当a₁=2k-1，k∈N^*，当n=1时，m=$\frac{（2k-1）^{2}}{4}$=$\frac{4{k}^{2}-4k+1}{4}$=k²-k+$\frac{1}{4}$，
对任意的n∈N^*，不符合题意．
综上可得，当a₁=2k，k∈N^*，对任意的n∈N^*，均存在m∈N^*，
使得8a₁²S_n-a₁⁴n²=16b_m成立．

点评 本题考查了数列递推关系、等比数列的定义和通项公式以及等差数列的中项的性质和求和公式的运用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．