Question

7．设数列{a_n}满足3a₁+3²a₂+…+3ⁿa_n=$\frac{{n}^{2}+pn}{2}$（n∈N^*，p∈R）
（Ⅰ）求数列{a_n}的通项公式；
（Ⅱ）设数列{a_n}的前n项和为S_n，若对于任意的n∈N^*，都有S_n＜$\frac{5}{4}$成立，求证实数p的取值范围．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在原数列递推式中取n=n+1，作差后即可求得数列的通项公式；
（Ⅱ）利用错误相减法求得数列{a_n}的前n项和S_n，放大后求解不等式$\frac{27-22p}{8}≤\frac{5}{4}$得正实数p的取值范围．

解答 解：（Ⅰ）由3a₁+3²a₂+…+3ⁿa_n=$\frac{{n}^{2}+pn}{2}$，得$3{a}_{1}=\frac{p+1}{2}$，${a}_{1}=\frac{p+1}{6}$．
再由3a₁+3²a₂+…+3ⁿa_n=$\frac{{n}^{2}+pn}{2}$，得3a₁+3²a₂+…+3ⁿ⁺¹a_n+1=$\frac{（n+1）^{2}+p（n+1）}{2}$．
两式作差得：${3}^{n+1}{a}_{n+1}=\frac{2n+p+1}{2}$，∴${a}_{n+1}=\frac{2n+p+1}{2}•\frac{1}{{3}^{n+1}}$．
则${a}_{n}=\frac{2n+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}$；
（Ⅱ）${S}_{n}=\frac{2•1+p-1}{2}•\frac{1}{3}+\frac{2•2+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{2}}$$+…+\frac{2n+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}$．
$\frac{1}{3}{S}_{n}=\frac{2•1+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{2•2+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{3}}$$+…+\frac{2•（n-1）+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}+\frac{2n+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n+1}}$．
两式作差得：$\frac{2}{3}{S}_{n}=\frac{p+1}{6}+\frac{1}{2}（\frac{1}{{3}^{2}}+\frac{1}{{3}^{3}}+…+\frac{1}{{3}^{n}}）-\frac{2n+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n+1}}$=$\frac{p+1}{6}+\frac{1}{2}•\frac{\frac{1}{9}（1-\frac{1}{{3}^{n-1}}）}{1-\frac{1}{3}}-\frac{2n+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n+1}}$．
∴${S}_{n}=\frac{27-22p}{8}-\frac{1}{8}•\frac{1}{{3}^{n-1}}-6n＜\frac{27-22p}{8}$．
要使对于任意的n∈N^*，都有S_n＜$\frac{5}{4}$成立，则
$\frac{27-22p}{8}≤\frac{5}{4}$，解得：$p≥\frac{17}{22}$．
∴正实数p的取值范围是[$\frac{17}{22}，+∞$）．

点评 本题考查了裂项相消法求数列的通项公式，考查了错位相减法求数列的前n项和，考查了数学转化思想方法，是中高档题．