Question

10．已知数列{a_n}的前n项和为S_n，且a₁=1，a_n=$\frac{2S_n^2}{{2{S_n}-1}}（{n≥2}）$．
（Ⅰ）求证：$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$是等差数列，并求S_n的表达式；
（Ⅱ）若存在正数k，使得对任意n∈N^*，都有（1+S₁）（1+S₂）…（1+S_n）≥k$\sqrt{2n+1}$，求k的最大值．

Answer 1

分析 （Ⅰ）由已知数列递推式可得${S}_{n}-{S}_{n-1}=\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$（n≥2），整理后即可证明$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$是等差数列，求其通项公式后可得S_n的表达式；
（Ⅱ）构造函数f（n）=$\frac{（1+{S}_{1}）（1+{S}_{2}）…（1+{S}_{n}）}{\sqrt{2n+1}}$，作商说明是增函数，求其最小值可得满足（1+S₁）（1+S₂）…（1+S_n）≥k$\sqrt{2n+1}$的k的最大值．

解答 （Ⅰ）证明：∵n≥2时，a_n=S_n-S_n-1，
∴由a_n=$\frac{2S_n^2}{{2{S_n}-1}}（{n≥2}）$，得${S}_{n}-{S}_{n-1}=\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$，即S_n-1-S_n=2S_n•S_n-1，
由题意S_n≠0（n≥2），∴$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}=2$（n≥2），
又S₁=a₁=1，∴$\left\{{\frac{1}{S_n}}\right\}$是以1为首项，以2为公差的等差数列，
则$\frac{1}{{S}_{n}}=1+2（n-1）=2n-1$，则${S}_{n}=\frac{1}{2n-1}$；
（Ⅱ）解：设f（n）=$\frac{（1+{S}_{1}）（1+{S}_{2}）…（1+{S}_{n}）}{\sqrt{2n+1}}$，
则$\frac{f（n+1）}{f（n）}=\frac{（1+{S}_{n+1}）\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n+3}}=\frac{2n+2}{\sqrt{2n+1}\sqrt{2n+3}}$=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}$＞1．
故f（n）在n∈N^*上递增，故使f（n）≥k恒成立，只需k≤f（n）_min，
又$f（n）_{min}=f（1）=\frac{2\sqrt{3}}{3}$，∴k的最大值为$\frac{2\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等差关系的确定，训练了恒成立问题的求解方法，是中档题．