Question

15．已知數列{a_n}各項均為正數，且滿足a₁=1，a_n+1=2a_n+1（n∈N^*）．
（1）求數列{a_n}的通項公式a_n；
（2）若點P_n（a_n，y_n）（n∈N^*）是曲線f（x）=$\frac{lo{g}_{2}（x+1）}{x+1}$（x＞0）上的列點，且點P_n（a_n，y_n）在x軸上的射影為Q_n（a_n，0）（n∈N^*），設四邊形P_nQ_nQ_n+1P_n+1的面積是S_n，求證：n∈N^*時，$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{2{S}_{2}}$+$\frac{1}{3{S}_{n}}$+…+$\frac{1}{n{S}_{n}}$＜$\frac{7}{3}$．

Answer 1

分析 （1）由已知數列遞推式可得數列{a_n+1}是首項為2，公比為2的等比數列，求出等比數列的通項公式后可得數列{a_n}的通項公式a_n；
（2）由已知函數可得${y_n}=f（{a_n}）=\frac{{{{log}_2}（{2^n}-1+1）}}{{{2^n}-1+1}}=\frac{n}{2^n}$，即|P_nQ_n|，再求出|Q_nQ_n+1|，代入四邊形面積公式后利用裂項相消法證明$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{2{S}_{2}}$+$\frac{1}{3{S}_{n}}$+…+$\frac{1}{n{S}_{n}}$＜$\frac{7}{3}$．

解答 （1）解：由${a_{n+1}}=2{a_n}+1（n∈{N^*}）$，得a_n+1+1=2（a_n+1）．
∵a₁=1，∴a₁+1=2，則a_n+1≠0，
故{a_n+1}是首項為2，公比為2的等比數列，
∴${a_n}+1=2×{2^{n-1}}$．
∴${a_n}={2^n}-1（n∈{N^*}）$；
（2）證明：∵${y_n}=f（{a_n}）=\frac{{{{log}_2}（{2^n}-1+1）}}{{{2^n}-1+1}}=\frac{n}{2^n}$，
∴$|{P_n}{Q_n}|=|{y_n}|=\frac{n}{2^n}$，
又∵$|{Q_n}{Q_{n+1}}|=（{2^{n+1}}-1）-（{2^n}-1）={2^n}$，
∴四邊形P_nQ_nQ_n+1P_n+1的面積為：${S_n}=\frac{1}{2}（|{P_{n+1}}{Q_{n+1}}|+|{P_n}{Q_n}|）•|{Q_n}{Q_{n+1}}|=\frac{1}{2}（\frac{n+1}{{{2^{n+1}}}}+\frac{n}{2^n}）•{2^n}=\frac{3n+1}{4}$．
當n=1時，$\frac{1}{S_1}=1＜\frac{7}{3}$．
當n＞1時，$\frac{1}{{n{S_n}}}=\frac{4}{n（3n+1）}＜\frac{4}{n（3n-3）}$=$\frac{1}{{n{S_n}}}=\frac{4}{n（3n+1）}=\frac{12}{3n（3n+1）}＜\frac{4}{{3{n^2}}}＜\frac{4}{3（n-1）n}=\frac{4}{3}（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）$，
∴$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+\frac{1}{{3{S_3}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}＜\frac{1}{S_1}+\frac{4}{3}[{（{1-\frac{1}{2}}）+（{\frac{1}{2}-\frac{1}{3}}）+…+（\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}）}]$=$1+\frac{4}{3}（1-\frac{1}{n}）$=$\frac{7}{3}-\frac{4}{3n}＜\frac{7}{3}$．
故有n∈N^*時，$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+\frac{1}{{3{S_3}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}＜\frac{7}{3}$．

點評 本題考查數列遞推式，考查了等比關系的確定，訓練了裂項相消法求數列的和，是中檔題．