17. (2013 湖南) 设 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前项和, 已知 $a_{1} \neq 0,2 a_{n}-a_{1}=S_{1} \bullet S_{n}, n \in \mathbf{N}^{*}$

(I)求 $a_{1}, a_{2}$, 并求数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式;

(II) 求数列 $\left\{n a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.
(I) $\because S_{1}=a_{1} \therefore$ 当 $n=1$ 时, $2 a_{1}-a_{1}=S_{1} \cdot S_{1} \Rightarrow a_{1} \neq 0, a_{1}=1$.

当 $n>1$ 时, $a_{n}=s_{n}-S_{n-1}=\frac{2 a_{n}-a_{1}}{S_{1}}-\frac{2 a_{n-1}-a_{1}}{S_{1}}=2 a_{n}-2 a_{n-1} \Rightarrow a_{n}=2 a_{n-1}-$

$\Rightarrow\left\{a_{n}\right\}$ 时首项为 $a_{1}=1$ 公比为 $q=2$ 的等比数列, $a_{n}=2^{n-1}, n \in N^{*}$.

(II) 设 $T_{n}=1 \cdot a_{1}+2 \cdot a_{2}+3 \cdot a_{3}+\cdots+n \cdot a_{n} \Rightarrow q T_{n}=1 \cdot q a_{1}+2 \cdot q a_{2}+3 \cdot q a_{3}+\cdots+n \cdot q a_{n}$

$\Rightarrow q T_{n}=1 \cdot a_{2}+2 \cdot a_{3}+3 \cdot a_{4}+\cdots+n \cdot a_{n+1}$

上式错位相减:

$(1-q) T_{n}=a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}-n a_{n+1}=a_{1} \frac{1-q^{n}}{1-q}-n a_{n+1}=2^{n}-1-n \cdot 2^{n}$

$\Rightarrow T_{n}=(n-1) \cdot 2^{n}+1, n \in N^{*}$.