Question

4．已知数列{a_n}的首项为1，前n项和S_n与a_n之间满足a_n=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$（n≥2，n∈N^*）
（1）求证：数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差数列；
（2）求数列{a_n}的通项公式；
（3）设存在正整数k，使（1+S₁）（1+S₁）…（1+S_n）≥k$\sqrt{2n+1}$对于一切n∈N^*都成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）数列{a_n}的前n项和S_n与a_n之间满足a_n=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$（n≥2，n∈N^*），可得S_n-S_n-1=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$，化为：$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2．即可证明．
（2）由（1）可得：$\frac{1}{{S}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，可得S_n=$\frac{1}{2n-1}$．n≥2时，a_n=S_n-S_n-1；n=1时，a₁=1．
（3）1+S_n=1+$\frac{1}{2n-1}$=$\frac{2n}{2n-1}$．可得T_n=（1+S₁）（1+S₁）…（1+S_n）=$\frac{2}{1}×\frac{4}{3}$×$\frac{6}{5}$×…×$\frac{2n}{2n-1}$＞$\frac{3}{2}$×$\frac{5}{4}$×…×$\frac{2n+1}{2n}$=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$×（2n+1）=$\frac{2n+1}{{T}_{n}}$，可得：T_n＞$\sqrt{2n+1}$．即可得出．

解答 （1）证明：∵数列{a_n}的前n项和S_n与a_n之间满足a_n=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$（n≥2，n∈N^*），
∴S_n-S_n-1=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$，化为：$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2．
∴数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差数列，公差为2，首项为1．
（2）解：由（1）可得：$\frac{1}{{S}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，可得S_n=$\frac{1}{2n-1}$．
∴n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{1}{2n-1}$-$\frac{1}{2n-3}$．
∴a_n=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n-3}，n≥2}\\{1，n=1}\end{array}\right.$．
（3）解：∵1+S_n=1+$\frac{1}{2n-1}$=$\frac{2n}{2n-1}$．
∴T_n=（1+S₁）（1+S₁）…（1+S_n）=$\frac{2}{1}×\frac{4}{3}$×$\frac{6}{5}$×…×$\frac{2n}{2n-1}$＞$\frac{3}{2}$×$\frac{5}{4}$×…×$\frac{2n+1}{2n}$=$\frac{1}{2}×\frac{3}{4}$×…×$\frac{2n-1}{2n}$×（2n+1）
=$\frac{2n+1}{{T}_{n}}$，
可得：T_n＞$\sqrt{2n+1}$．
∴存在正整数k，使（1+S₁）（1+S₁）…（1+S_n）≥k$\sqrt{2n+1}$对于一切n∈N^*都成立，则k的最大值为1．

点评 本题考查了数列递推关系、等差数列的通项公式求和公式及其性质、放缩法、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．