Question

6．已知各項均為正數(shù)的數(shù)列{a_n}滿足：a_n+1²=ta_n²+（t-1）a_na_n+1，其中n∈N^*．
（1）若a₂-a₁=8，a₃=a，且數(shù)列{a_n}是唯一的．
①求a的值；
②設數(shù)列{b_n}滿足b_n=$\frac{{n{a_n}}}{{4（2n+1）{2^n}}}$，是否存在正整數(shù)m，n（1＜m＜n），使得b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列？若存在，求出所有的m，n的值；若不存在，請說明理由．
（2）若a_2k+a_2k-1+…+a_k+1-（a_k+a_k-1+…+a₁）=8，k∈N^*，求a_2k+1+a_2k+2+…+a_3k的最小值．

Answer 1

分析 （1）由題意可知（a_n+1-ta_n）（a_n+1+a_n）=0，a_n＞0，可得a_n+1=ta_n，可知數(shù)列{a_n}是以t為公比的等比數(shù)列，①$\left\{\begin{array}{l}{a_1}t-{a_1}=8\\{a_1}{t^2}=a\end{array}\right.$有唯一正數(shù)解，即8t²-at+a=0有唯一解，△=0即可求得a和t的值，②求得${a_n}={2^{n+2}}$，可知${b_n}=\frac{{n{a_n}}}{{4（2n+1）{2^n}}}=\frac{n}{2n+1}$，b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列$\frac{3}{n}=\frac{{-2{m^2}+4m+1}}{m^2}$，由-2m²+4m+1＞0，解得m的取值范圍，由m∈N^*，且1＜m＜n，即可求得m和n的值；
（2）由題意可知：${a_1}（{t^k}-1）（{t^{k-1}}+{t^{k-2}}+…+1）=8$，且t＞1，a_2k+1+a_2k+2+…+a_3k=${a_1}{t^{2k}}（{t^{k-1}}+{t^{k-2}}+…+1）=\frac{{8{t^{2k}}}}{{{t^k}-1}}=8（{t^k}-1+\frac{1}{{{t^k}-1}}+2）≥32$，即可求得a_2k+1+a_2k+2+…+a_3k的最小值．

解答 解：（1）∵a_n+1²=ta_n²+（t-1）a_na_n+1，即（a_n+1-ta_n）（a_n+1+a_n）=0，
又∵a_n＞0，
∴a_n+1=ta_n，且t＞0，
∴數(shù)列{a_n}是以t為公比的等比數(shù)列…（2分）
①要使?jié)M足條件的數(shù)列{a_n}是唯一的，即關于a₁和t的方程組$\left\{\begin{array}{l}{a_1}t-{a_1}=8\\{a_1}{t^2}=a\end{array}\right.$有唯一正數(shù)解，
即方程8t²-at+a=0有唯一解，由于a＞0，
∴△=a²-32a=0，
∴a=32，此時t=2，…（4分）
②由①知${a_n}={2^{n+2}}$，
∴${b_n}=\frac{{n{a_n}}}{{4（2n+1）{2^n}}}=\frac{n}{2n+1}$，
若b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列，則${（\frac{m}{2m+1}）^2}=\frac{1}{3}•\frac{n}{2n+1}$，可得$\frac{3}{n}=\frac{{-2{m^2}+4m+1}}{m^2}$，
∴-2m²+4m+1＞0，解得：$1-\frac{{\sqrt{6}}}{2}＜m＜1+\frac{{\sqrt{6}}}{2}$…（8分）
又m∈N^*，且1＜m＜n，
∴m=2，此時n=12．
故當且僅當m=2，n=12．使得b₁，b_m，b_n成等比數(shù)列．…（10分）
（2）由a_2k+a_2k-1+…+a_k+1-（a_k+a_k-1+…+a₁）=8，
 得${a_1}（{t^k}-1）（{t^{k-1}}+{t^{k-2}}+…+1）=8$，且t＞1，
a_2k+1+a_2k+2+…+a_3k=${a_1}{t^{2k}}（{t^{k-1}}+{t^{k-2}}+…+1）=\frac{{8{t^{2k}}}}{{{t^k}-1}}=8（{t^k}-1+\frac{1}{{{t^k}-1}}+2）≥32$，
當且僅當${t^k}-1=\frac{1}{{{t^k}-1}}$，即$t=\root{k}{2}，{a_1}=8（\root{k}{2}-1）$時，
a_2k+1+a_2k+2+…+a_3k取得最小值32．…（16分）

點評 本題考查了等比數(shù)列的定義及其通項公式、整數(shù)的性質，一元二次方程根存在問題，考查基本不等式的應用，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．