Question

1．已知數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和為S_n，且滿足a_n+kS_nS_n-1=0（k＞0，n≥2，n∈N^*），a₁=$\frac{1}{2}$．
（1）求證：數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）若a_n+4S_n＞0對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）利用a_n=S_n-S_n-1（n≥2）代入a_n+kS_nS_n-1=0（k＞0，n≥2，n∈N^*）整理、變形可知$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{{S}_{n-1}}$+k（k＞0，n≥2，n∈N^*），進(jìn)而可知數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)、k為公差的等差數(shù)列；
（2）通過(guò)（1）可知$\frac{1}{{S}_{n}}$=kn-k+2，從而S_n=$\frac{1}{kn-k+2}$，通過(guò)a₁=$\frac{1}{2}$可知5S_n＞S_n-1對(duì)任意正整數(shù)n恒成立（n≥2），進(jìn)而計(jì)算可得結(jié)論．

解答 （1）證明：∵a_n+kS_nS_n-1=0（k＞0，n≥2，n∈N^*），
∴S_n-S_n-1+kS_nS_n-1=0（k＞0，n≥2，n∈N^*），
∴$\frac{1}{{S}_{n}}$=$\frac{1}{{S}_{n-1}}$+k（k＞0，n≥2，n∈N^*），
又∵$\frac{1}{{S}_{1}}$=$\frac{1}{{a}_{1}}$=2，
∴數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以2為首項(xiàng)、k為公差的等差數(shù)列；
（2）解：由（1）可知$\frac{1}{{S}_{n}}$=2+k（n-1）=kn-k+2，
∴S_n=$\frac{1}{kn-k+2}$，
∴a_n+4S_n＞0對(duì)n=1恒成立；
∵a_n+4S_n＞0對(duì)任意正整數(shù)n恒成立，
∴5S_n＞S_n-1對(duì)任意正整數(shù)n恒成立（n≥2），
即5•$\frac{1}{kn-k+2}$＞$\frac{1}{kn-2k+2}$，整理得：k（4n-9）+8＞0，
當(dāng)n=2時(shí)，即8-k＞0，解得k＜8；
當(dāng)n≥3時(shí)，4n-9≥3，解得k＞-$\frac{8}{4n-9}$，
又∵$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{8}{4n-9}$=0，
∴k＞0；
綜上所述，0＜k＜8．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)，考查運(yùn)算求解能力，注意解題方法的積累，屬于中檔題．