【文档说明】专题1-10 数列放缩通项证明不等式与数列不等式恒成立问题（解析版） .docx，共(20)页，1.687 MB，由小赞的店铺上传

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专题1-10数列放缩拆分练习与数列不等式恒成立问题题型一求和后放缩题型二放缩通项再裂项相消求和题型三放缩成等比数列题型四根式的放缩题型五跳过第一项再放缩求和题型六利用重要不等式放缩题型七通过糖水不等式进行放缩题型八放缩后错位相减求和题型九数列恒成立问题数列通项放缩问题

是放缩问题的常考类型，相较于求和之后再比较大小的题型而言，这一部分对放缩对象的处理需要一定的技巧，因而对很多学生来说具有挑战性，是数列放缩中的难点.此节中，我将分为如下几个点展开：第一，将通项放缩为可裂项的结构，然后裂项求和；第二，将

通项放缩为等比结构（等差比结构）然后错位相减求和，总之，处理的基本原则就是将不可求和放缩成可求和再求和放缩.当然，下面的这些常见的裂项公式与放缩公式需要注意.1．常见的裂项公式：必须记例如：nnnnn)1(1

1)1(12−+或者12112−+++nnnnn等2.一个重要的指数恒等式：n次方差公式123221()().nnnnnnnababaabababb−−−−−−=−+++++这样的话，可得：1)(−−−nnnababa

，就放缩出一个等比数列.3.糖水不等式分子分母同加常数：()()0,0,0,0bbmbbmbamabmaamaam++++常见放缩公式：（太多了，不一定要全部记，自行选择）一、等差型（1）()()2

1111211=−−−nnnnnn；（2）()2111111=−++nnnnn；（3）2221441124412121==−−−+nnnnn；（4）()()()11!111112!!!11+===−−−−rrnrrnTCrnrnrn

rrrrr；二、根式型（5）()()1222121==−−++−+nnnnnnnn；（7）()122211==−+++++nnnnnnn；11111121nnnnnnnnn+−==−−+++−（8）()()()()32

111111111111+−−==+−−−+−+nnnnnnnnnnnnn()()111111121111211++−=−=−+−−−+−+nnnnnnnnnnn()112211−−+nnn

；（9）()()()32212221111==−+−−+−+nnnnnnnnnnnnn()()()2122211−−−==−−−nnnnnnn；三、指数型（10）()()()()()()()1211222211212121212122212121−−−===−−−−−−−

−−−nnnnnnnnnnnnn()2n；（11）()1111111312231++++++−nnnn；（12）()()01211122221111111===−−++−+++−nnnnnCCCnnnn；（13）()()(

)111121122121212121−−−=−−−−−−nnnnnnn．（14）21211112()2()+−+++−−==−nnnnnnnnn．题型一求和后放缩1．已知143nna−=，设

33log4nnab=，nT为数列12nnbb+的前n项和.证明：12nT【解析】33log4nnab=3log3nn==，则()12211211nnbbnnnn+==−++，故11111121222122311nTnnn=−+

−++−=−++，又101n+，所以1111n−+，即2nT，又1211nTn=−+是单调递增数列，则11nTT=≥综上，12nT.2．已知21nan=−为，证明：122311111132nnaaaaaa+++

+．【解析】()()111111212122121nnaannnn+==−−+−+，所以12231111111111123352121nnaaaaaann++++=−+−++−−+()111112212221nn=−=−++，随着n的变大，()11222

1n−+变大，故当=1n时，()112221n−+取得最小值，最小值为111263−=，且()11122212n−+，故122311111132nnaaaaaa++++.3．已知112nna−=，设4nnnba=，记12nnTbbb=+++，证明：1

nT.【解析】111242nnnnnb−+==，23112222nnnT+=+++，3421122222nnnT+=+++，两式相减得2312111122222nnnnT++=+++−，所以1211112222nnnnT+=+++−111111122211112222

12nnnnnnnn+++−+=−=−−=−−.4．已知数列na中，113a=，11nnnnaaaa−−=−()2,Nnn，数列nb满足1nnba=()Nn.(1)求数列nb的通项公式；(2)设数列1nnb的前n项和为nT，证明314

2nTn−+.【解析】(1)当1n=时，1113ba==，当2n时，1111111nnnnnnnnaabbaaaa−−−−−−=−==，所以数列nb是首项为3，公差为1的等差数列，所以数列nb通项公

式为()3112nbnn=+−=+.(2)因为()11111222nnbnnnn==−++，所以111111111111123243546112nTnnnn=−+−+−+−++−+−−++11113111122124212nnnn

=+−−=−+++++，因为()()()()()()112123222121212122nnnnnnnnnnnnn++++++===+++++++++，所以3111312314212422

42nTnnnn=−+−=−++++.题型二放缩通项再裂项相消求和5．已知1nan=+，若数列21na的前n项和为nT，求证：23nT.【详解】证明：由（1）得()*1nann=+N，所以()()()()

()22221144411221232123141411nannnnnnn====−+++++++−，所以()2222111111111111222223435577921231nTnnn=++

++−+−+−++−+++111111111122235577921233233nnn=−+−+−++−=−+++

6．已知数列na前n项积为nT，且1nnan=+，设22212nnSTTT=+++，求证：112nnSa+−．【详解】121212311nnnTaaann===++．所以2221222211123(1)nnSTTTn=+++=++++111111

111112334(1)(2)23341222nnnnn++=−+−++−=−+++++．又因为11111122222nnann++−=−=−++，所以112nnSa+−．7．设++=ana211.2,131++anaa求证：.2na

解析++=ana211.131211131222nnaa++++++又2),1(2−=kkkkkk（只将其中一个k变成1−k，进行部分放缩），kkkkk111)1(112−−=−，于是)111()3121

()211(1131211222nnnan−−++−+−+++++.212−=n8．已知21nan=−，设1nnnbaS=，数列nb的前n项和为nT，求证：32nT解：2nSn=，()()2112121nbnnnn==−−11b=可知当2n时，()()()1111112

1222121nbnnnnnnnn===−−−−−121111111122231nnTbbbbnn=++++−+−++−−1131122n=+

−，不等式得证9．已知()*12nnanNn+=+，记12nnTaaa=L，*nN，22212nnSTTT=++．证明：当*nN时，11243nnSa+−．【解析】1222nnTaaan==+，2244114(2)(2)(3)23nTnnnnn==−+

++++，22212111112441342333nnSTTTnnn=++−++−=−−+++112224333nnnSan++−=−+，所以，当*nN时，11243nnSa+−．10．已知11223nnna++=−，若2nnn

baa=−，nS为nb的前n项和，证明：1215nS．【解析】11223nnna++=−,2nnnbaa=−,111211112223123232323nnnnnnnnnnbaa+++++++=−−=−−−−=,11111123N,230,0,122323nnnnnn

nbSSb++++−===−−，1111112323116,232323232323nnnnnnnnnb++++++==−−−−−−−21224121525Sbb=+=+，1234

45131N,3,1111116232323232323241124654126121215,25232325525nnnnnnSbb++++−+−++−−−−−−−=++−=++=+−−1215nS.11．已知数列22

nnan=，设nnnca=，求证：121724nccc+++解：思路：12nnnncan==，无法直接求和，所以考虑放缩成为可求和的通项公式（不等号：），若要放缩为裂项相消的形式，那么需要构造出“顺序同构”的特点。观察分母中有n，故分子分母通乘以()1n−，再

进行放缩调整为裂项相消形式。解：()11212nnnnnncannn−===−而()()()()1211111221212nnnnnnnnnnnnn−−−+−==−−−所以()()()()1111121212122nnnnnnncnnnnnnn−−+==−−−−()1212334451

11111132424252122nnnccccccnn−++++++−+−++−−1111117117282424224224nnnn=+++−=−()3n0nc11212316172424cccccc+++=12．已

知21nan=−，na的前n项和为nS，0nb，2121nnbS+=+，数列nb的前n项和为nT，证明：1nTn+.【详解】2nSn=，则21(1)nSn+=+，2221(1)nbn=++.22223(1)nnnbn++=+，则2231nnnbn++

=+.∴()()()()()()222231232211111211121nnnnnnbnnnnnnn++−+++−=−===+++++++++2111(1)1nnn−++.∴1211

11nnTbbbnnn=++++−++题型三放缩成等比数列13．（2014全国2卷）已知312nna−=，证明：1231112naaa++…+.解析：1231nna=−，因为当1n时，13123nn−−

，所以1113123nn−−于是12-112311-1111111313311-13332321-3nnnnaaaa++++++++==（）.所以123111132naaaa++++.注：此处13123nn−−便是利用了重要的恒等式：n次方差公式：123221()().n

nnnnnnababaabababb−−−−−−=−+++++当然，利用糖水不等式亦可放缩：13133132−=−nnn，请读者自行尝试.14．已知1332nna++=，证明：123111113naaaa++++【详解】1121212331333nnnna+==

+，所以2341112321111112222111931333333313nnnnaaaa++−++++++++==−−15．已知23nna=，记22(2)nnnaba=−*nN，求证：121nbbb+++．【解析】当1n=时，1314b=；当2n…时，12221243

333(2)(232)(31)(31)(33)(31)(31)nnnnnnnnnnnnnaba−−====−−−−−−−1111()23131nn−=−−−，所以121122311111111113111()(

)()()1231312313123131423131nnnnbbbb−++++−+−++−=+−−−−−−−−−．16．记31nna=−，证明：121111naaa+++．【解析】1131n

na=−，2123233203313(31)3(31)nnnnnnnnn−−−−==−−−，123nna，21211(1)1112221332111333313nnnnaaa−++++++==−−

．17．已知4nnan=，数列1nnbna=−，证明：1211149nbbb+++.【分析】当1n=时，验证所证不等式成立，当2n时，由放缩法可得出11134nnb−，再结合等比数列求和公式可证得原

不等式成立，综合可得出结论.【详解】解：由141nnnbna=−=−，所以，1111441344134nnnnnb−−−−=−=+−，所以，11134nnb−，当1n=时，111439b=，当2n时，2112111111111114144111344439

4914nnnnbbb−−+++++++==−−.综上所述，对任意的nN，1211149nbbb+++.18．已知数列13nna−=，12nnb−=，求证：对任意的nN且2

n，有223311132nnababab+++−−−解：证明：112111323nnnnnab−−−=−−2233111nnababab+++−−−1121113113131113323213nnn−−−−

+++==−−19．已知32nnnb=−，求证：对任意的*nN，1132niib=．【解析】1111323nnnnb−=−„，故112311111niinbbbbb==+++211111333n−++++„11[1()]313

3[1()]123213nn−==−−，所以1132niib=．题型四根式的放缩20．的整数部分是（）A．3B．4C．5D．6【答案】B【分析】注意到，，据此可得答案.【详解】因，则.又，则.故，即整数部分为4.2023届·广东省综合素质测试（光大联考

）21．已知正项数列na的前n项和为nS，且满足221nnnaaS=−.(1)证明：数列2nS是等差数列；(2)设数列1nS的前n项和为nT，证明：10018T【详解】（1）当2,Nnn时，由()()2222111212

11nnnnnnnnnnaaSSSSSSSS−−−−−=−=−−=，所以数列2nS是等差数列；111112345699100++++++++()()11111121111111nnnnnnnnnnnn+−−+−−==++−++−+++−−()()11222

1222nnnnnnnnnnnn+−+−==+++++++−()()11111121111111nnnnnnnnnnnn+−−+−−==++−++−+++−−111112345699100++++++++()110020426410098522−−+−+−++−==()()112221222

nnnnnnnnnnnn+−+−==+++++++−111112345699100++++++++()110113153751019922−−+−+−++−=1001922−=911115212345699100

++++++++（2）112211211SSSS=−=，由（1）可知数列2nS是等差数列，且公差为1，所以21(1)1nSnn=+−=，又因为数列na是正项数列，所以=nSn，即11222(

1)21nnnSnnnn===+−++，1002(21)2(32)2(101100)2(1011)2(1001)18T−+−++−=−−=.22．已知数列61nan=−的前n项和nS，设数列nb的前n项和nT，且满足nnnbS

=，求证：2323nTn+解：232nSnn=+，213232nnbnnn==++()122332312322323231nbnnnnnn===+−−++++−()()()122528532313nnTbbbnn=

+++−+−++−−()223223233nn=+−+23．（2021浙江卷）已知数列na满足()111,N1nnnaaana+==+.记数列na的前n项和为nS，则（）A．100332SB．10034SC．100942SD．100952S

解析：由211111111241nnnnnnnaaaaaaa++==+=+−+21111111122nnnnaaaa++++，即11112nnaa+−根据累加法可得，111122nnna−++=，当且仅当1n=时取等号，12412(1)31

11nnnnnnaanaaannan++==+++++.一方面：252111)1(41002+−++Snnnan.另一方面113nnanan+++，由累乘法可得6(1)(2)nann++，当且仅当1n=时取等号

，由裂项求和法得：所以10011111111116632334451011022102S−+−+−++−=−，即100332S．故选：A．题型五跳过第一项再放缩求和24．已知2,1,2nnann==…，设数列

21nnabn=+，证明：1221nbbbn+++−„．【解析】21,1,21nnbnnn==+…，则当2n…时，211222(1)111nnbnnnnnnnnnn====−−+++−+，12312(21321)21nb

bbbnnn+++++−+−++−−=−„．从而得证．25．已知数列{}nb满足11b=且1nnbbn+=，求证：123111121nnbbbb++++−…．【解析】数列{}nb满足11b=且，

所以当2n…时，11nnbbn−=−，故111nnnbbb+−=−，所以31421112311111()()()nnnbbbbbbbbbb+−++++=+−+−++−1111nnbb+=−−++121nnnbnb=+−−…．26．已知

nan=，若21nnca−=，数列1nc的前n项和为nT，证明：21211nnnaTa+−−.【解析】2121nncan−==−，则1121ncn=−.先证21nnTa−：当1n=时，11

a=，11T=，满足21nnTa−；当2n时，112221232121212123nnncnnnnn===−−−−−+−−+−，所以()()()2113153212321nnTnnna−+−+−++−−−=−=.故21nnTa−得证.再证211nnTa+−：因为11

2221212121212121nnncnnnnn===+−−−−+−++−，所以()()()21315321212111nnTnnna+−+−+++−−=+−=−.故不等式21211nnnaTa+−−成立.27．已知2nnb=，证明：()2

12591niiibb=−．【解析】当1n=时，()12212252(21)91==−−bb，不等式成立；当2n=时，()222244(41)91==−−bb，所以()()12221242225299911+=+=−−bbbb，不等式成立；当3n时，()()(

)()()11122222222211111211122nnnnnnnnnn−−−==−−−−−−−−，所以，()()()()()12322222112311111==++++−−−−−niniinbbbbbbbbbb23341

411111129212121212121−=++−+−+−−−−−−−nn2221125125921219219=+−=−−−−nn，所以()212591niiibb=−，得证．题型六利用

重要不等式放缩28．设.)1(3221++++=nnSn求证.2)1(2)1(2++nSnnn解析此数列的通项为.,,2,1,)1(nkkkak=+=2121)1(+=+++kkkkkk，)21(11==+nknnkkSk，即.2)1(

22)1(2)1(2++++nnnnSnnn注：①应注意把握放缩的“度”：上述不等式右边放缩用的是均值不等式2baab+，若放成1)1(++kkk则得2)1(2)3)(1()1(21+++=+=nnnkSnkn，就放过“度”了！②根据所证不等式的结构特征来选取所需要的重要不等式

，这里naanaaaaaannnnnn22111111++++++其中，3,2=n等的各式及其变式公式均可供选题型七通过糖水不等式进行放缩29．求证.12)1211()511)(311)(11(+−++++nn利用假分数的一个性质)0,

0(++mabmambab可得−122563412nn=+nn212674523)12(212654321+−nnn12)122563412(2+−nnn即.12)1211()511)

(311)(11(+−++++nn题型八放缩后错位相减求和2024届·广州·仲元中学校考30．已知是公差为2的等差数列，其前8项和为是公比大于0的等比数列，，(1)求和的通项公式：(2)记，证明：【答案】(1)，(2)证明见解析【分析

】（1）由等差数列与等比数列的性质求解，（2）由放缩法与错位相减法求和证明．【详解】（1）对于等差数列，，而，解得，故，对于等比数列，，则，而公比，解得，故（2），则令，则，两式相减得，得，故，原式得证

题型九数列恒成立问题31．已知等差数列na的前n项和记为nS（*nN），满足235326aaS+=+,数列nS为单调递减数列，求1a的取值范围.na64.nb14b=3248.bb−=nanb*21,Nnnncbnb=+()*112

222Nnkkkkkancca+=−21nan=−4nnb={}na81878642Sad=+=2d=11a=21nan=−nb14b=232)484(bqbq−=−=0q4q=4nnb=2144nnnc=+21442

22241211242424(4)44(21)(21)kkkkkkkkkkkkakcakkc+−==−+−+++−212222nnS=+++2311122222nnS+=+++2111111112222222nnnnnnS++=+++−=−−112222nnnS−=−−112

2222nkkkkkaScca+=−【答案】(),2−【分析】设等差数列na的公差为d，由已知可得2d=−，求得nS，由数列的单调性列不等式即可得1a的取值范围；【详解】设等差数列na的公差为d，由于235326aaS+=+

，所以()()1113225106adadad+++=++，解得2d=−，所以()()211112nnnSnadnan−=+=−++，若数列nS为单调递减数列，则10nnSS+−对于*nN恒成立，所以()()()()221

111111120nnSSnannanan+−=−++++−−++=−在*nN上恒成立，则12an，所以()1min2an，又数列2n为递增数列，所以()min2212n==，即12a，故1a的取值范围为(),2−32．已知数列na满足：11a=

，12nnaa+=.设()232nnbnna=−−，若对于任意的Nn，nb恒成立，则实数的取值范围为【答案】1,2+【分析】由11a=，12nnaa+=可得112nna−=，进而得到21322nnnnb−−−=，结合()152nnnnnbb+−−=−，分15n和

6n分类讨论，确定数列nb的单调性，求出nb最大值，进而得解.【详解】由数列na满足11a=、12nnaa+=得：na是首项为1，公比为12的等比数列，∴112nna−=，∴21322nnnnb−−−=，∴()()()22111312532222nn

nnnnnnnnnbb+−+−+−−−−−=−=−，当15n时，10nnbb+−，∴1nnbb+，当且仅当5n=时取等号，65bb=，当6n时，10nnbb+-<，∴1nnbb+，当5n时，数列nb

单调递增，当6n时，数列{}nb单调递减，则当5n=或6n=时，()24max2512152nb−==−，而任意的Nn，nb恒成立，则12，∴实数的取值范围为1,2+.33．已知数列{an}对任意m，n∈N*都满足am+n=am+an，且a1=1，若命题“

∀n∈N*，λan≤2na+12”为真，则实数λ的最大值为.【答案】7【分析】先求出{}na的通项公式，然后参变分离转化为求最值【详解】令m=1，则an+1=an+a1，an+1－an=a1=1，所以数列{an}为等差数列，

首项为1，公差为1，所以an=n，所以λan≤2na+12⇒λn≤n2+12⇒λ≤n+12n，又函数12yxx=+在(0,23)上单调递减，在(23,)+上单调递增，当3n=或4n=时，min12()7nn+=所以734．数列na满足()()21123122

2113nnaaaannn−++++=+−L，若对任意0，所有的正整数n都有22nka−+成立，则实数k的取值范围是.【答案】(),2−【分析】先由题设求得na，然后利用数列的单调性求得其最大值，把对任意0，所有的正整数n

都有22nka−+成立转化为12k+对任意0恒成立，再利用基本不等式求得12+的最小值，即可得到答案.【详解】由()()211231222113nnaaaannn−++++=+−L，当2n时，()()2212311222123

nnaaaannn−−++++=−−L，两式相减可得：()()()()()112111213nnannnnnnnn−=+−−−−=−，∴()112nnnna−−=，由10a=，显然成立，设()()22211112232222nnnn

nnnnnnnnnnnnaa+−+−+−+−+−=−==，∴当03n时，10nnaa+−，当4n时，10nnaa+−，因此，03n，数列na单调递增，当4n时，数列na单调递减，由332a=，432a=，故当3n=或4n=时，数列n

a取最大值，且最大值为32，对任意0，所有的正整数n都有22nka−+成立，可得2322k−+，因此，212k+，即12k+对任意0恒成立，由112222+=，当且仅当12=，即2=时取最小值，则min122k

+=，∴实数k的取值范围是(),2−.35．已知23nann=+，若2nna对于任意*nN恒成立，则实数的取值范围是．【答案】15,4+【分析】先分离参数将问题转化为232nnn+对于任意

*nN恒成立，进而转化为2max3()2nnn+，构造232nnnnb+=，再作差判定单调性求出数列{}nb的最值，进而求出的取值范围.【详解】因为23nann=+，且2nna对于任意*nN恒成立，所以232nnn+对于任意*nN恒成立，即2max3()

2nnn+，令232nnnnb+=，则2221113(1)(1)3354222nnnnnnnnnnnbb+++++++−++−=−=，因为21302bb−=，32104bb−=，43102bb−=−，且21135402

nnnnnbb++−++−=对于任意3n恒成立，所以12345bbbbb，即2max3315()24nnnb+==，所以实数的取值范围是15,4+36．设nS是数列na的前n项和，1332nnnSa+=−，若不等式22nnnak+对任意Nn+恒成立，则

k的最小值为（）A．13B．16C．19D．136【答案】D【分析】利用11,1,2nnnSnaSSn−==−，得到118a=，1433nnnaa−=−，变形后得到3nna是等差数列，首项为6，公差为4，从而求出()423nnan=+

，故代入22nnnak+整理得23nnk，利用作差法得到3nn单调递减，最小值为13，列出不等式求出答案.【详解】当1n=时，2111332aSa==−，解得：118a=，当2n时，111333

322nnnnnnnaSaaS−−+==−+−−，整理得1433nnnaa−=−，方程两边同除以3n，得11343nnnnaa−−−=，又163a=，故3nna是等差数列，首项为6，公差为4，所以()123644nnnna=+

−=+，故()423nnan=+，经验证，满足要求，所以22nnnak+为()22423nnnkn++，故23nnk，对任意Nn+恒成立，111113123333nnnnnnnnn+++++−−−==，当1n时，111120333nnnnnn+++−−=，故1

133nnnn++，3nn单调递减，当1n=时，3nn取得最大值13，故123k，解得：136k，则k的最小值为13637．已知数列na的前n项和为nS，满足：()*122nnnaaan++=+N，且3a，7a为方程21

8650xx−+=的两根，且73aa.若对于任意*nN，不等式()()2241nnnaa−−恒成立，则实数的取值范围为.【答案】185−，【分析】先利用等差数列通项公式求解na，再利用

数列的单调性求解数列()()221212nnnbn−−=−的最大值，进而解决不等式恒成立问题即可.【详解】由()*122nnnaaan++=+N可知数列na是等差数列，设其公差为d，解方程218650xx−+=得5x=或13x=，又73a

a，37513aa==，，73135424daad−−===，，()52321nann=+−=−.由()()2241nnnaa−−得()()()2224212nnn−−−，()()2212142nnn−−−−，设()()221212nnnbn−−=−，则()()()()2

232111221252212212412nnnnnnnnnbbnnn−+−−−−+−−=−=+−−，由()21412nn−−对于任意*nN恒成立，所以只考虑32252nn−+−的符号，设()()322521fnnnn=−+−，()()2610235fnnnnn=

−+=−−，令()0fn解得513n，即()fn在513n上单调递增，令()0fn解得53n，即()fn在53n上单调递减，()11f=，()22f=，()311f=−，当3n，()()30fxf，当1n=，

2n=时，()0fn，即10nnbb+−，123bbb，当3n，()0fx，即()221132520412nnnnnbbn+−−+−−=−，即从3n，nb开始单调递减，即325=nbb，245−，即185，的取值范围为185−，.38．已知12n

na−=，21nbn=+，设数列4nnbna−前n项和nT，求使得不等式1361122nnnT+−+成立的n的最小值.【答案】5.解：14122nnnbnna−−−=，则()()211112135222nnn

T−−=−+−+−++，则()2111132121322222nnnnnT−−−=−+−+++，两式相减得：()()2312111111112121122212()123+122222222212nnnnnnnnnnT−−−−−−=−+−

++++−=−+−−=−−−于是得3112126+2nnnnT−−−=−−，由1361122nnnT+−+得：12512nn−+，即12250nn−−−，令1225nncn−=−−，Nn，显然，16c=−，27c=−，37c=−，45c=−，51c=，由111(227)

(225)220nnnnnccnn−−+−=−−−−−=−，解得2n，即数列{}nc在3n时是递增的，于是得当12250nn−−−时，即510ncc=，5n，则min5n=，所以不等式1361122nnnT+−+成

立的n的最小值是5.39．已知数列na中，11a=，满足()*1221Nnnaann+=+−.（1）求数列na的通项公式；（2）设nS为数列na的前n项和，若不等式240nnS++对任意正整数n恒成立，求实数的取值范围.解析：(1)()()1211221nnanan+++

+=++，所以21nan++是以12114a++=为首项，公比为2的等比数列，所以1121422nnnan−+++==，所以1221nnan+=−−.(2)()()()231122325221nnnSaaan+

=+++=−+−++−+()()23122235721nn+=+++−+++++()()222212321122242nnnnnn+−++=−−=−−−，若240nnS++对于*Nn恒成立，即22222440nnnn++−

−−+，可得22222nnnn++−即2242nnn+−对于任意正整数n恒成立，所以2max242nnn+−，令()242nnnnb+=−，则21132nnnnbb++−−=，所以1234bbbb，可得()222max2224

22nbb+==−=−，所以2−，所以的取值范围为()2,−+