Question

7．設數(shù)列{a_n}滿足3a₁+3²a₂+…+3ⁿa_n=$\frac{{n}^{2}+pn}{2}$（n∈N^*，p∈R）
（Ⅰ）求數(shù)列{a_n}的通項公式；
（Ⅱ）設數(shù)列{a_n}的前n項和為S_n，若對于任意的n∈N^*，都有S_n＜$\frac{5}{4}$成立，求證實數(shù)p的取值范圍．

Answer 1

分析 （Ⅰ）在原數(shù)列遞推式中取n=n+1，作差后即可求得數(shù)列的通項公式；
（Ⅱ）利用錯誤相減法求得數(shù)列{a_n}的前n項和S_n，放大后求解不等式$\frac{27-22p}{8}≤\frac{5}{4}$得正實數(shù)p的取值范圍．

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=$\frac{（n+1）^{2}+p（n+1）}{2}$．
兩式作差得：${3}^{n+1}{a}_{n+1}=\frac{2n+p+1}{2}$，∴${a}_{n+1}=\frac{2n+p+1}{2}•\frac{1}{{3}^{n+1}}$．
則${a}_{n}=\frac{2n+p-1}{2}•\frac{1}{{3}^{n}}$；
（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}}$．
兩式作差得：$\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}$．
要使對于任意的n∈N^*，都有S_n＜$\frac{5}{4}$成立，則
$\frac{27-22p}{8}≤\frac{5}{4}$，解得：$p≥\frac{17}{22}$．
∴正實數(shù)p的取值范圍是[$\frac{17}{22}，+∞$）．

點評 本題考查了裂項相消法求數(shù)列的通項公式，考查了錯位相減法求數(shù)列的前n項和，考查了數(shù)學轉化思想方法，是中高檔題．