15.已知數(shù)列{an}各項(xiàng)均為正數(shù),且滿足a1=1,an+1=2an+1(n∈N*).
(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an;
(2)若點(diǎn)Pn(an,yn)(n∈N*)是曲線f(x)=$\frac{lo{g}_{2}(x+1)}{x+1}$(x>0)上的列點(diǎn),且點(diǎn)Pn(an,yn)在x軸上的射影為Qn(an,0)(n∈N*),設(shè)四邊形PnQnQn+1Pn+1的面積是Sn,求證:n∈N*時(shí),$\frac{1}{{S}_{1}}$+$\frac{1}{2{S}_{2}}$+$\frac{1}{3{S}_{n}}$+…+$\frac{1}{n{S}_{n}}$<$\frac{7}{3}$.

分析 (1)由已知數(shù)列遞推式可得數(shù)列{an+1}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)列,求出等比數(shù)列的通項(xiàng)公式后可得數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an;
(2)由已知函數(shù)可得${y_n}=f({a_n})=\frac{{{{log}_2}({2^n}-1+1)}}{{{2^n}-1+1}}=\frac{n}{2^n}$,即|PnQn|,再求出|QnQn+1|,代入四邊形面積公式后利用裂項(xiàng)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an+1+1=2(an+1).
∵a1=1,∴a1+1=2,則an+1≠0,
故{an+1}是首項(xiàng)為2,公比為2的等比數(shù)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PnQnQn+1Pn+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(dāng)n=1時(shí),$\frac{1}{S_1}=1<\frac{7}{3}$.
當(dāng)n>1時(shí),$\frac{1}{{n{S_n}}}=\frac{4}{n(3n+1)}<\frac{4}{n(3n-3)}$=$\frac{1}{{n{S_n}}}=\frac{4}{n(3n+1)}=\frac{12}{3n(3n+1)}<\frac{4}{{3{n^2}}}<\frac{4}{3(n-1)n}=\frac{4}{3}(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})$,
∴$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+\frac{1}{{3{S_3}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}<\frac{1}{S_1}+\frac{4}{3}[{({1-\frac{1}{2}})+({\frac{1}{2}-\frac{1}{3}})+…+(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n})}]$=$1+\frac{4}{3}(1-\frac{1}{n})$=$\frac{7}{3}-\frac{4}{3n}<\frac{7}{3}$.
故有n∈N*時(shí),$\frac{1}{S_1}+\frac{1}{{2{S_2}}}+\frac{1}{{3{S_3}}}+…+\frac{1}{{n{S_n}}}<\frac{7}{3}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列遞推式,考查了等比關(guān)系的確定,訓(xùn)練了裂項(xiàng)相消法求數(shù)列的和,是中檔題.

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