Question

5．设S_n是数列{a_n}的前n项和，a₁=1，S_n²=a_n（S_n-$\frac{1}{2}$）（n≥2）．
（Ⅰ）求{a_n}的通项；
（Ⅱ）设b_n=$\frac{{S}_{n}}{2n+1}$，求数列{b_n}的前n项和T_n；
（Ⅲ）设存在正数k，使（1+S₁）（1+S₂）…（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 （Ⅰ）推导出S_n-1-S_n=2S_nS_n-1，从而数列{$\frac{1}{{S}_{n}}$}是以$\frac{1}{{S}_{1}}$=1为首项，以2为公差的等差数列，由此能求出{a_n}的通项．
（Ⅱ）推导出b_n=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，由此利用裂项求和法能求出数列{b_n}的前n项和．
（Ⅲ）由已知得S_n=$\frac{1}{2n-1}$，设F（n）=$\frac{（1+{S}_{1}）（1+{S}_{2}）…（1+{S}_{n}）}{\sqrt{2}n+1}$，推导出F（n）]_min=F（1）=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，由此能出求k的最大值．

解答 解：（Ⅰ）∵S_n是数列{a_n}的前n项和，a₁=1，S_n²=a_n（S_n-$\frac{1}{2}$）（n≥2），
∴n≥2时，a_n=S_n-S_n-1=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$，
∴（S_n-S_n-1）（2S_n-1）=2S_n²，
∴S_n-1-S_n=2S_nS_n-1，
∴$\frac{1}{{S}_{n}}-\frac{1}{{S}_{n-1}}$=2，（n≥2），
∴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+（n-1）×2=2n-1，
∴S_n=$\frac{1}{2n-1}$，
∵a₁=1，S_n²=a_n（S_n-$\frac{1}{2}$）（n≥2），
∴n≥2时，a_n=$\frac{{{S}_{n}}^{2}}{{S}_{n}-\frac{1}{2}}$=$\frac{2{{S}_{n}}^{2}}{2{S}_{n}-1}$=$\frac{2×\frac{1}{（2n-1）^{2}}}{2×\frac{1}{2n-1}-1}$=$\frac{2}{8n-4{n}^{2}-3}$．
∴${a}_{n}=\left\{\begin{array}{l}{1，n=1}\\{\frac{2}{8n-4{n}^{2}-3}，n≥2}\end{array}\right.$．
（Ⅱ）b_n=$\frac{{S}_{n}}{2n+1}$=$\frac{\frac{1}{2n-1}}{2n+1}$=$\frac{1}{（2n-1）（2n+1）}$=$\frac{1}{2}（\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}）$，
∴数列{b_n}的前n项和：
T_n=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{3}$+$\frac{1}{3}-\frac{1}{5}$+…+$\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{1}{2}$（1-$\frac{1}{2n+1}$）
=$\frac{n}{2n+1}$．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知$\frac{1}{{S}_{n}}$=1+（n-1）×2=2n-1，
∴S_n=$\frac{1}{2n-1}$，
设F（n）=$\frac{（1+{S}_{1}）（1+{S}_{2}）…（1+{S}_{n}）}{\sqrt{2}n+1}$，
则$\frac{F（n+1）}{F（n）}$=$\frac{（1+{S}_{n+1}）\sqrt{2n+1}}{\sqrt{2n+3}}$
=$\frac{2n+2}{\sqrt{（2n+1）（2n+3）}}$
=$\frac{\sqrt{4{n}^{2}+8n+4}}{\sqrt{4{n}^{2}+8n+3}}＞1$，
∴F（n）在n∈N^*上递增，要使F（n）≥k恒成立，只需[F（n）]_min≥k，
∴[F（n）]_min=F（1）=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴$0＜k≤\frac{2}{3}\sqrt{3}$，
∴k_max=$\frac{2}{3}\sqrt{3}$．

点评 本题考查等差数列的通项公式的求法，考查实数的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意数列的性质的合理运用．