若数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和为 $S_n$，点（$a_n,S_n$）在 $y=\dfrac 1 6-\dfrac 1 3x$ 的图象上（$n\in \mathbb N^*$）．
【难度】
【出处】
2016年全国高中数学联赛甘肃省预赛
【标注】
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求数列 $\{a_n\}$ 的通项公式；标注答案$\left(\dfrac 1 2\right)^{2n+1}$解析因为 $S_n=\dfrac 1 6-\dfrac 1 3{a_n}$，所以当 $n\geqslant 2$ 时，\[a_n=S_n-S_{n-1}=\dfrac 1 3a_{n-1}-\dfrac 1 3{a_n},\]所以\[a_n=\dfrac 1 4{a_{n-1}}.\]又 $S_1=\dfrac 1 6-\dfrac 1 3{a_1}$，所以 $a_1=\dfrac 1 8$．
所以\[a_n=\dfrac 1 8\left(\dfrac 1 4\right)^{n-1}=\left(\dfrac 1 2\right)^{2n+1}.\] -
若 $c_1=0$，且对任意正整数 $n$ 都有 $c_{n+1}-c_n=\log_{\frac 1 2}a_n$．
求证：对任意正整数 $n\geqslant 2$，总有 $\dfrac 1 3\leqslant \dfrac 1 {c_2}+\dfrac 1 {c_3}+\dfrac 1 {c_4}+\cdots +\dfrac 1 {c_n}<\dfrac 3 4$．标注答案略解析由 $c_{n+1}-c_n=\log_{\frac 1 2}a_n=2n+1$，得当 $n\geqslant 2$ 时，\[\begin{split}c_n&=c_1+(c_2-c_1)+(c_3-c_2)+\cdots +(c_n-c_{n-1})\\&=0+3+5+\cdots+(2n-1)\\&=n^2-1=(n+1)(n-1).\end{split}\]所以\[\begin{split}&\dfrac 1 {c_2}+\dfrac 1{c_3}+\dfrac 1{c_4}+\cdots \dfrac 1 {c_n}\\=&\dfrac 1{2^2-1}+\dfrac 1{3^2-1}+\dfrac 1{4^2-1}+\cdots+\dfrac 1{n^2-1}\\=&\dfrac 1 2\times\left[\left(1-\dfrac 1 3\right)+\left(\dfrac 1 2-\dfrac 1 4\right)+\left(\dfrac 1 3-\dfrac 1 5\right)+\cdots+\left(\dfrac 1{n-1}-\dfrac 1{n+1}\right)\right]\\=&\dfrac 1 2\left[\left(1+\dfrac 1 2\right)-\left(\dfrac 1 n+\dfrac 1{n+1}\right)\right]\\=&\dfrac 3 4-\dfrac 1 2\left(\dfrac 1 n+\dfrac 1{n+1}\right)<\dfrac 3 4.\end{split}\]又因为 $\dfrac 1{c_2}+\dfrac 1 {c_3}+\dfrac 1{c_4}+\cdots+\dfrac 1{c_n}\geqslant \dfrac 1{c_2}=\dfrac 1 3$，所以原式得证．
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
