培优专练4
1．解：(1)∵＋…＋＝n，①
当n＝1时，＝1，故a1＝1，
n≥2时，＋…＋＝n－1，②
①－②得＝1 an＝2n－1(n≥2)，而a1＝1也满足上式，
∴an＝2n－1．
(2)由(1)知bn＝＝，
∴Sn＝＝<．
2．解：(1)证明：由题知na1＋a2＋…＋an＝2Sn－1，
用n＋1替换上式的n，得a1＋na2＋…＋an＋1＝2Sn＋1－1．
两式作差，a1＋a2＋…＋an＋an＋1＝Sn＋1＝2Sn＋1－2Sn，即Sn＋1＝2Sn．
而由1×a1＝2S1－1，可得S1＝1≠0．
从而是首项为1，公比为2的等比数列．
(2)由(1)得Sn＝2n-1，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2n-2，a1＝1不满足上式．
所以an＝
设Tn＝＋…＋，则T1＝1，
当n≥2时，Tn＝1＋2×20＋…＋n×22-n，
故Tn＝＋2×2-1＋…＋n×21-n，
两式作差，得Tn＝－n×21-n＝－n×21-n．
整理可得Tn＝7－×22-n．
故Tn<7，又T5＝>6，因此满足条件的最小正整数m为7．
3．解：(1)由是首项为，公差为的等差数列，
故＝＝，
即Sn＝n＝，
当n≥2时，Sn－1＝，
故Sn－Sn－1＝an＝＝＝n2，
当n＝1时，a1＝S1＝＝1，符合上式，故an＝n2．
(2)由an＝n2，Sn＝，
故bn＝＝＝，
则Tn＝b1b2·…·bn＝·…·
＝＝，
由≥3×2＝6，
故Tn≤＝6n-1，
4．解：(1)证明：由Sn＝3an－2n知a1＝S1＝3a1－2，得a1＝1．
由已知有an＋1＝Sn＋1－Sn＝＝3an＋1－3an－2n，
故an＋1＝an＋2n-1，得an＋1－2n+1＝an＋2n-1－2n+1＝an－3·2n-1＝．
而a1－21＝1－2＝－1≠0，故数列是首项为－1，公比为的等比数列．
(2)根据(1)的结论有an－2n＝－，
即an＝2n－．
所以bn＝an＋λ·2n－＝·2n－．
若{bn}是递增数列，则bn＋1>bn恒成立，即·2n+1－>·2n－(λ＋2)·．
所以2·2n－>·2n－，化简得到3·4n>·3n，即3(1＋λ)＞(λ＋2)．
①当λ＋2＜0，即λ＜－2时，＜，因为＞0，且n→＋∞时，→0，故≤0，所以－2＜λ≤－1(舍去)．
②当λ＋2＝0，即λ＝－2时，－3＞0，矛盾，故λ＝－2舍去．
③当λ＋2＞0，即λ＞－2时，＞，因为＝，故＞，所以λ＞－，满足λ＞－2．
综上可得，λ的取值范围为．
1/1培优专练4 数列与不等式的综合问题
1．(2024·江苏连云港模拟)已知数列满足＋…＋＝n．
(1)求数列的通项公式；
(2)若bn＝，数列的前n项和为Sn，证明：Sn<．
2．(2024·湖南长沙二模)记Sn为数列的前n项和，已知na1＋a2＋…＋an＝2Sn－1．
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求最小的正整数m，使得m≥＋…＋对一切n∈N*都成立．
3．(2024·广东茂名一模)设Sn为数列的前n项和，已知是首项为，公差为的等差数列．
(1)求的通项公式；
(2)令bn＝，Tn为数列的前n项积，证明：
4．(2024·黑龙江哈尔滨三模)已知数列的前n项和为Sn，且Sn＝3an－2n．
(1)求证：数列是等比数列；
(2)设bn＝an＋λ·2n－，若是递增数列，求实数λ的取值范围．
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