Question

已知各项为正数的数列{a_n}满足a₁²+a₂²+a₃²+…+a_n²=（4n³-n），（n∈N^*）．
（Ⅰ）求数列{a_n}的前n项和S_n；
（Ⅱ）记数列{na_n}的前n项和为T_n，试用数学归纳法证明对任意n∈N^*，都有T_n≤nS_n．

Answer

（I）因为n≥2时，（a12+a22+a32+…+an2）-（a12+a22+a32+…+an-12）=an2，从而求出an，再根据等差数列的性质可知求出数列的首项与公差，根据首项与公差写出前n项和的公式即可；
（II）先根据当n=1时，把n=1代入求值不等式成立；再假设n=k时关系成立，利用变形可得n=k+1时关系也成立，综合得到对于任意n∈N*时都成立．
【解析】
（Ⅰ）当n=1时，有a12=（4×12-1）=1，又an＞0，所以 a1=1（1分）
当n≥2时，（a12+a22+a32+…+an2）-（a12+a22+a32+…+an-12）=an2
=（4n3-n）-[4（n-1）3-（n-1）]=[n3-（n-1）3]-
=（n2+n2-n+n2-2n+1）-=4n2-4n+1=（2n-1）2
所以an=2n-1，且当n=1时，a1=2×1-1=1  （3分）
又an-a n-1=（2n-1）-[2（n-1）-1]=2，
因此数列{an}是以1为首项且公差为2的等差数列，
所以：Sn=n+n×n（n-1）×2=n2，（2分）
证明：（Ⅱ）（1）当n=1时，T1=1×1=1，
1×S1=1×1=1，关系成立 （1分）
（2）假设当n=k时，关系成立，即Tk≤kSk，则
1×1+2×a2+1+…+kak≤k3（1分） 
 那么T k+1=1×1+2×a2+…+kak+（k+1）a k+1≤k3+（k+1）（2k+1）
=k3+2k2+3k+1＜k3+3k2+3k+1=（k+1）3，即当n=k+1时关系也成立（3分）  
根据（1）和（2）知，关系式Tn≤nSn对任意n∈N*都成立  （1分）