Question

17．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=$\frac{n+1}{2}{{a}_{n+1}}$（n∈N^*）
（Ⅰ）證明當(dāng)n≥2時，數(shù)列{na_n}是等比數(shù)列，并求數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（Ⅱ）求數(shù)列{n²a_n}的前n項和T_n；
（Ⅲ）對任意n∈N^*，使得$\frac{n}{{{3}^{n-1}}}{{a}_{n+1}}$≤（n+6）λ 恒成立，求實數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知數(shù)列遞推式可得a₁+2a₂+3a₃+…+（n-1）a_n-1=$\frac{n}{2}{a}_{n}$（n≥2），與原遞推式作差可得當(dāng)n≥2時，數(shù)列{na_n}是等比數(shù)列，再由等比數(shù)列的通項公式求得
數(shù)列{a_n}的通項a_n；
（Ⅱ）把數(shù)列{a_n}的通項a_n代入n²a_n，利用錯位相減法數(shù)列{n²a_n}的前n項和T_n；
（Ⅲ）把a(bǔ)_n+1 代入$\frac{n}{{{3}^{n-1}}}{{a}_{n+1}}$≤（n+6）λ，分離參數(shù)λ，由函數(shù)的單調(diào)性求出最值得答案．

解答 （Ⅰ）證明：由a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=$\frac{n+1}{2}{{a}_{n+1}}$，
得a₁+2a₂+3a₃+…+（n-1）a_n-1=$\frac{n}{2}{a}_{n}$（n≥2），
①-②：$n{a}_{n}=\frac{n+1}{2}{a}_{n+1}-\frac{n}{2}{a}_{n}$，即$\frac{（n+1）{a}_{n+1}}{n{a}_{n}}=3$（n≥2），
∴當(dāng)n≥2時，數(shù)列{na_n}是等比數(shù)列，
又a₁=1，a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=$\frac{n+1}{2}{{a}_{n+1}}$，得a₂=1，
則2a₂=2，∴$n{a}_{n}=2×{3}^{n-2}$，
∴${a}_{n}=\frac{2}{n}×{3}^{n-2}$（n≥2），
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{\frac{2}{n}×{3}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$；
（Ⅱ）解：由（Ⅰ）可知${n}^{2}{a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{2n×{3}^{n-2}，n≥2}\end{array}\right.$，
∴T_n=1+2×2×3⁰+2×3×3¹+2×4×3²+…+2n×3^n-2，
則$3{T}_{n}=3+2×2×{3}^{1}+2×3×{3}^{2}+…+2n×{3}^{n-1}$，
兩式作差得：$-2{T}_{n}=2+2（{3}^{1}+{3}^{2}+…+{3}^{n-2}）-2n×{3}^{n-1}$，
得：${T}_{n}=（n-1）•{3}^{n-1}+\frac{1}{2}$；
（Ⅲ）解：由$\frac{n}{{{3}^{n-1}}}{{a}_{n+1}}$≤（n+6）λ，得$\frac{n}{{3}^{n-1}}•\frac{2•{3}^{n-1}}{n+1}$≤（n+6）λ，
即$λ≥\frac{2n}{（n+1）（n+6）}=\frac{2n}{{{n}^{2}}+7n+6}=\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$對任意n∈N^*恒成立．
當(dāng)n=2或n=3時$n+\frac{6}{n}$有最小值為5，$\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$有最大值為$\frac{2}{5+7}=\frac{1}{6}$，
故有$λ≥\frac{1}{6}$，
∴實數(shù)λ的最小值為$\frac{1}{6}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了作差法求數(shù)列的通項公式，訓(xùn)練了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，訓(xùn)練了利用分離變量法求變量的最值問題，是中檔題．