Question

2．已知數(shù)列{a_n}中，a₁=1，a₁+2a₂+3a₃+…+na_n=$\frac{n+1}{2}$a_n+1
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)a_n；
（Ⅱ）求數(shù)列{n²a_n}的前n項(xiàng)和T_n；
（Ⅲ）若存在n∈N^*，使得a_n≤（n+1）λ成立，求實(shí)數(shù)λ的最小值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）將n換為n-1，相減可得n≥2時(shí)，數(shù)列{na_n}是以2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列，由等比數(shù)列的求和公式即可得到所求；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知當(dāng)n≥2時(shí)，${n^2}{a_n}=2n•{3^{n-2}}$，運(yùn)用錯(cuò)位相減法，即可得到所求；
（Ⅲ）若存在n∈N^*，使得a_n≤（n+1）λ成立，即為λ≥$\frac{{a}_{n}}{n+1}$，令f（n）=$\frac{2•{3}^{n-2}}{n（n+1）}$，判斷單調(diào)性，可得f（n）的最小值，由存在性問(wèn)題的解法，可得實(shí)數(shù)λ的最小值．

解答 解：（Ⅰ）∵${a_1}+2{a_2}+3{a_3}+…+n{a_n}=\frac{n+1}{2}{a_{n+1}}$，n∈N^*①
∴${a_1}+2{a_2}+3{a_3}+…+（n-1）{a_n}=\frac{n}{2}{a_n}$，n≥2②，
①-②：$n{a_n}=\frac{n+1}{2}{a_{n+1}}-\frac{n}{2}{a_n}$，
∴$\frac{3n}{2}{a_n}=\frac{n+1}{2}{a_{n+1}}$，
即（n+1）a_n+1=3na_n（n≥2），
又2a₂=2a₁=2，
∴n≥2時(shí)，數(shù)列{na_n}是以2為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列．
∴$n{a_n}=2•{3^{n-2}}（n≥2）$，
故${a_n}=\left\{\begin{array}{l}1\;，n=1\\ \frac{2}{n}•{3^{n-2}}\;，n≥2\end{array}\right.$；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知當(dāng)n≥2時(shí)，${n^2}{a_n}=2n•{3^{n-2}}$，∴當(dāng)n=1時(shí)，T₁=1；
當(dāng)n≥2時(shí)，${T_n}=1+4•{3^0}+6•{3^1}+…+2n•{3^{n-2}}$，①$3{T_n}=3+4•{3^1}+6•{3^2}+…+2（n-1）•{3^{n-2}}+2n•{3^{n-1}}$，②
①-②得，$-2{T_n}=2+2（{3^1}+{3^2}+…+{3^{n-2}}）-2n•{3^{n-1}}$
=2-3+3^n-1-2n•3^n-1=-1+（1-2n）•3^n-1
∴${T_n}=\frac{1}{2}+（n-\frac{1}{2}）{3^{n-1}}（n≥2）$，又T₁=1也滿足，
∴${T_n}=\frac{1}{2}+（n-\frac{1}{2}）{3^{n-1}}（n∈{N^*}）$．
（Ⅲ）若存在n∈N^*，使得a_n≤（n+1）λ成立，即為λ≥$\frac{{a}_{n}}{n+1}$，
當(dāng)n≥2時(shí)，λ≥$\frac{2•{3}^{n-2}}{n（n+1）}$，
令f（n）=$\frac{2•{3}^{n-2}}{n（n+1）}$
，則$\frac{f（n+1）}{f（n）}$=$\frac{2•{3}^{n-1}}{（n+1）（n+2）}$•$\frac{n（n+1）}{2•{3}^{n-2}}$=3n＞1，
又f（n）＞0，即有f（n+1）＞f（n），當(dāng)n≥2時(shí)，f（n）單調(diào)遞增，
f（n）的最小值為f（2）=$\frac{1}{3}$，
而n=1時(shí)，$\frac{{a}_{1}}{1+1}$=$\frac{1}{2}$，綜上可得$\frac{{a}_{n}}{n+1}$的最小值為$\frac{1}{3}$．
即有λ≥$\frac{1}{3}$，即實(shí)數(shù)λ的最小值為$\frac{1}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)的求法和數(shù)列求和的方法：錯(cuò)位相減法，考查等比數(shù)列的通項(xiàng)和求和公式的運(yùn)用，考查不等式成立問(wèn)題的解法，屬于中檔題．