Question

4．已知數(shù)列{a_n}的首項(xiàng)為1，前n項(xiàng)和S_n與a_n之間滿(mǎn)足a_n=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$（n≥2，n∈N^*）
（1）求證：數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差數(shù)列；
（2）求數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式；
（3）設(shè)存在正整數(shù)k，使（1+S₁）（1+S₁）…（1+S_n）≥k$\sqrt{2n+1}$對(duì)于一切n∈N^*都成立，求k的最大值．

Answer 1

分析 （1）數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n與a_n之間滿(mǎn)足a_n=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$（n≥2，n∈N^*），可得S_n-S_n-1=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$，化為：$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2．即可證明．
（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時(shí)，a_n=S_n-S_n-1；n=1時(shí)，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）證明：∵數(shù)列{a_n}的前n項(xiàng)和S_n與a_n之間滿(mǎn)足a_n=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$（n≥2，n∈N^*），
∴S_n-S_n-1=$\frac{2{S}_{n}^{2}}{{2S}_{n}-1}$，化為：$\frac{1}{{S}_{n}}$-$\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2．
∴數(shù)列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是等差數(shù)列，公差為2，首項(xiàng)為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時(shí)，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＞$\sqrt{2n+1}$．
∴存在正整數(shù)k，使（1+S₁）（1+S₁）…（1+S_n）≥k$\sqrt{2n+1}$對(duì)于一切n∈N^*都成立，則k的最大值為1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了數(shù)列遞推關(guān)系、等差數(shù)列的通項(xiàng)公式求和公式及其性質(zhì)、放縮法、不等式的性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題．