设数列 $\{a_{n}\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_{n}$，已知 $a_{1}=a(a>3)$，$a_{n+1}=S_{n}+3^{n},n\in\mathbb N^{*}$．
【难度】
【出处】
无
【标注】
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设 $b_{n}=S_{n}-3^{n}$，求数列 $\{b_{n}\}$ 的通项公式；标注答案$b_{n}=(a-3)2^{n-1},n\in\mathbb N^{*}$解析依题意，$$S_{n+1}-S_{n}=a_{n+1}=S_{n}+3^{n},$$即$$S_{n+1}=2S_{n}+3^{n},$$由此得\[S_{n+1}-3^{n+1}=2\left(S_{n}-3^{n}\right).\]因此所求通项公式为$$b_{n}=S_{n}-3^{n}=(a-3)2^{n-1},n\in\mathbb N^{*}.$$
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若 $c_{n}=3\log_{2}\dfrac{b_{n}}{a-3}+1(n\in\mathbb N^{*})$，证明对任意的 $n\in\mathbb N^{*}$，不等式 $\left(1+\dfrac{1}{c_{1}}\right)\cdot\left(1+\dfrac{1}{c_{2}}\right)\cdots\left(1+\dfrac{1}{c_{n}}\right)>\sqrt[3]{3n+1}$ 恒成立．标注答案略解析由已知$$c_{n}=3\log_{2}\dfrac{b_{n}}{a-3}+1=3\log_{2}\dfrac{(a-3)2^{n-1}}{a-3}+1=3n-2,$$则$$1+\dfrac{1}{c_{n}}=1+\dfrac{1}{3n-2},$$所以\[\left(1+\dfrac{1}{c_{1}}\right)\cdot\left(1+\dfrac{1}{c_{2}}\right)\cdots\left(1+\dfrac{1}{c_{n}}\right)=\left(1+\dfrac{1}{1}\right)\cdot \left(1+\dfrac{1}{4}\right)\cdot \left(1+\dfrac{1}{3n-2}\right).\]分析通项，只需要证明\[\forall n\geqslant 2,1+\dfrac{1}{3n-2}\geqslant \dfrac{\sqrt[3]{3n+1}}{\sqrt[3]{3n-2}},\]即\[\forall n\geqslant 2,\left(1+\dfrac{1}{3n-2}\right)^3\geqslant 1+\dfrac{3}{3n-2},\]由伯努利不等式，命题得证．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
