设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn=an2+n，an＞0（n∈N*）．

解题思路：（Ⅰ）由条件根据数列的前n项和与第n项的关系，分别令n=1、2、3 可得a1，a2，a3 的值．（Ⅱ）猜想{an}的通项公式为 an=n，用数学归纳法进行证明．（Ⅲ）由题意可得 m≤(1+1b1)(1+1b2)…(1+1bn)2n+1．由于bn=2an-1=2n-1，设F（n）=12n+1•(1+1b1)(1+1b2)…（1+1bn）=（1+11）•（1+13）•（1+15）…（1+12n−1），化简 F(n+1)F(n)的值大于1，即F（n）是随n的增大而增大，故F（n）的最小值为F（1）=233，由此可得m的最大值．

（Ⅰ）由于数列{a_n}的前n项和为S_n，并且满足2S_n=a_n²+n，a_n＞0（n∈N^*），
令n=1可得2S₁=2a₁=a12+1，解得a₁ =1．
再令n=2可得 2（1+a₂）=a22+2，解得a₂ =2，同理求得a₃=3．
（Ⅱ）猜想{a_n}的通项公式为 a_n=n．
证明：当n=1时，显然a_n=n成立．
假设n=k时，命题成立，即 a_k=k，则 a_k+1=S_k+1-S_k=
ak+12+k+1/2]-
ak2+k
2=
ak+12−k2+1
2，
化简可得 ak+12-2a_k+1+1-k²=0，解方程求得a_k+1=k+1，
故当n=k+1时，a_n=n还成立．
综上可得 a_n=n对所有的正整数都成立．
（Ⅲ）由不等式(1+
1
b1)(1+
1
b2)…（1+[1
bn）≥m
2n+1对一切n∈N^*均成立，
可得 m≤
(1+
1
b1)(1+
1
b2)…(1+
1
bn)

2n+1．
由于b_n=2a_n-1=2n-1，设F（n）=
1

2n+1•(1+
1
b1)(1+
1
b2)…（1+
1
bn）
=
1

2n+1•（1+
1/1]）•（1+[1/3]）•（1+[1/5]）…（1+[1/2n−1]），
则
F(n+1)
F(n)=

1

2n+3(1+
1
b1)(1+
1
b2)…(1+
1
bn+1)

1

2n+1(1+
1
b1)(1+
1
b2)…(1+
1
bn)=
2n+2

(2n+1)(2n+3)
=
2(n+1)

4(n+1)2−1＞
2(n+1)
2(n+1)=1，
F（n+1）＞F（n），即F（n）是随n的增大而增大，故F（n）的最小值为F（1）=
2

3=
2
3
3，∴m≤
2
3
3，
即 m的最大值为
2
3
3．

点评：
本题考点： 数学归纳法；数列递推式；数列与不等式的综合．

考点点评： 本题主要考查数学归纳法的应用，由数列的前n项和求通项公式，利用函数的单调性求最值，属于难题．