Question

13．数列{a_n}的首项a₁=1，前n项和S_n与a_n之间满足a_n=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$（n≥2）．
（1）求a₂的值；
（2）求数列{S_n}的通项公式；
（3）设f（n）=$\frac{（1+{S}_{1}）（1+{S}_{2}）（1+{S}_{3}）…（1+{S}_{n}）}{\sqrt{2n+1}}$，若存在正数k，使f（n）≥k对一切n∈N^*都成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）通过a_n=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$（n≥2）直接代入计算即可；
（2）利用a_n=S_n-S_n-1代入a_n=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$（n≥2），整理得数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以$\frac{1}{{S}_{1}}$=1为首项、以2为公差的等差数列，进而计算即得结论；
（3）通过化简可知$\frac{f（n+1）}{f（n）}$=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}$＞1，问题转化为f_min（n）≥k，进而计算可得结论．

解答 解：（1）∵a₁=1，a_n=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$（n≥2），
∴a₂=$\frac{2（{a}_{1}+{a}_{2}）^{2}}{2（{a}_{1}+{a}_{2}）-1}$，
解得${a}_{2}=-\frac{2}{3}$；
（2）∵当n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，
∴S_n-S_n-1=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$，
∴（S_n-S_n-1）（2S_n-1）=2${{S}_{n}}^{2}$，
∴S_n-1-S_n=2S_nS_n-1，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2，
即数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以$\frac{1}{{S}_{1}}$=1为首项、以2为公差的等差数列，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=1+2（n-1）=2n-1，
∴S_n=$\frac{1}{2n-1}$；
（3）∵S_n=$\frac{1}{2n-1}$，f（n）=$\frac{（1+{S}_{1}）（1+{S}_{2}）（1+{S}_{3}）…（1+{S}_{n}）}{\sqrt{2n+1}}$，
∴$\frac{f（n+1）}{f（n）}$=$\frac{（1+{S}_{n+1}）\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n+3}}$
=$\frac{（1+\frac{1}{2n+1}）\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n+3}}$
=$\frac{2n+2}{\sqrt{2n+1}•\sqrt{2n+3}}$
=$\frac{\sqrt{（2n+2）^{2}}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}$
=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}$
＞1，
∴f（n）在n∈N^*上递增，
要使f（n）≥k恒成立，只需f_min（n）≥k，
∵f_min（n）=f（1）=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴0＜k≤$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴k_max=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查数列的通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于中档题．