Question

17．已知数列{a_n}中，a₁=1，a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=$\frac{n+1}{2}{{a}_{n+1}}$（n∈N^*）
（Ⅰ）证明当n≥2时，数列{na_n}是等比数列，并求数列{a_n}的通项a_n；
（Ⅱ）求数列{n²a_n}的前n项和T_n；
（Ⅲ）对任意n∈N^*，使得$\frac{n}{{{3}^{n-1}}}{{a}_{n+1}}$≤（n+6）λ 恒成立，求实数λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知数列递推式可得a₁+2a₂+3a₃+…+（n-1）a_n-1=$\frac{n}{2}{a}_{n}$（n≥2），与原递推式作差可得当n≥2时，数列{na_n}是等比数列，再由等比数列的通项公式求得
数列{a_n}的通项a_n；
（Ⅱ）把数列{a_n}的通项a_n代入n²a_n，利用错位相减法数列{n²a_n}的前n项和T_n；
（Ⅲ）把a_n+1 代入$\frac{n}{{{3}^{n-1}}}{{a}_{n+1}}$≤（n+6）λ，分离参数λ，由函数的单调性求出最值得答案．

解答 （Ⅰ）证明：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），
∴当n≥2时，数列{na_n}是等比数列，
又a₁=1，a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=$\frac{n+1}{2}{{a}_{n+1}}$，得a₂=1，
则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，
则$3{T}_{n}=3+2×2×{3}^{1}+2×3×{3}^{2}+…+2n×{3}^{n-1}$，
两式作差得：$-2{T}_{n}=2+2（{3}^{1}+{3}^{2}+…+{3}^{n-2}）-2n×{3}^{n-1}$，
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$λ≥\frac{2n}{（n+1）（n+6）}=\frac{2n}{{{n}^{2}}+7n+6}=\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$对任意n∈N^*恒成立．
当n=2或n=3时$n+\frac{6}{n}$有最小值为5，$\frac{2}{n+\frac{6}{n}+7}$有最大值为$\frac{2}{5+7}=\frac{1}{6}$，
故有$λ≥\frac{1}{6}$，
∴实数λ的最小值为$\frac{1}{6}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了作差法求数列的通项公式，训练了错位相减法求数列的前n项和，训练了利用分离变量法求变量的最值问题，是中档题．