题目 已知数列 $\{a_n\}$ 的前 $n$ 项和 $S_n=2a_n-2(n \in \mathbb N^*)$． 问题1 求 $\{a_n\}$ 的通项公式 $a_n$； 答案1 $a_n=2^n$ 解析1 由 $S_n=2a_n -2$，得 $S_{n+1}=2a_{n+1}-2$．两式相减，得$$a_{n+1}=2a_{n+1}-2a_n.$$所以 $a_{n+1}=2a_n$，数列 $\{a_n\}$ 为等比数列，公比 $q=2$．<br/>由又 $S_1=2a_1-2$，得$$a_1=2a_1-2,a_1=2.$$所以 $a_n=2^n$． 备注1 问题2 设 $b_n=\dfrac1{a_n}-\dfrac 1{n(n+1)}, T_n$ 是数列 $\{b_n\}$ 的前 $n$ 项和，求正整数 $k$，使得对任意 $n\in \mathbb N^*$ 均有 $T_k \geqslant T_n$； 答案2 $k=4$ 解析2 $b_n=\dfrac 1{2^n}-\dfrac 1{n(n+1)}=\dfrac 1{n(n+1)}\left[\dfrac{n(n+1)}{2^n}-1\right].$<br/>由计算可知，$b_1=0,b_2>0,b_3>0,b_4>0$．<br/>当 $n \geqslant 5$ 时，由\[\dfrac{n(n+1)}{2^n}-\dfrac{(n+1)(n+2)}{2^{n+1}}=\dfrac{(n+1)(n-2)}{2^{n+1}}>0,\]得当 $n\geqslant 5$ 时，数列 $\left\{\dfrac{n(n+1)}{2^n}\right\}$ 为递减数列．于是 $n\geqslant 5$ 时，\[\dfrac{n(n+1)}{2^n}\leqslant \dfrac{5 \cdot (5+1)}{2^5}<1.\]所以 $n\geqslant 5$ 时，\[b_n = \dfrac 1 {n(n+1)}\left[\dfrac{n(n+1)}{2^n}-1\right]<0.\]因此，\[T_1<T_2<T_3<T_4,T_4>T_5>T_6>\cdots.\]所以对任意 $n \in \mathbb N^*$ 均有 $T_4\geqslant T_n$．故 $k=4$． 备注2 问题3 设 $c_n=\dfrac{a_{n+1}}{(1+a_n)(1+a_{n+1})}, R_n$ 是数列 $\{c_n\}$ 的前 $n$ 项和，若对任意 $n\in \mathbb N^*$ 均有 $R_n<\lambda$ 成立，求 $\lambda$ 的最小值． 答案3 $\dfrac 2 3$ 解析3 因为\[\begin{split}c_n&=\dfrac{a_{n+1}}{(1+a_n)(1+a_{n+1})}\\&=\dfrac{2^{n+1}}{(1+2^n)(1+2^{n+1})}\\&=2\left(\dfrac 1{2^n+1}-\dfrac 1{2^{n+1}+1}\right),\end{split}\]所以\[\begin{split}R_n&=2\left[\left(\dfrac 1 3-\dfrac 1 5\right)+\left(\dfrac 1 5-\dfrac 1 9\right)+\cdots+\left(\dfrac 1 {2^n+1}-\dfrac 1{2^{n+1}+1}\right)\right]\\&=2\left(\dfrac 1 3-\dfrac 1 {2^{n+1}+1}\right)\\&=\dfrac 2 3-\dfrac2{2^{n+1}+1}.\end{split}\]因为对任意 $n \in \mathbb N^*$ 均有 $R_n<\lambda$ 成立，所以 $\lambda \geqslant \dfrac 2 3$．$\lambda$ 的最小值为 $\dfrac 2 3$． 备注3