Question

1．设数列{a_n}满足a₁+$\frac{{a}_{2}}{2}$+$\frac{{a}_{3}}{3}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$=a²ⁿ-1，{a_n}的前n项和为S_n（a＞0，a≠1，n∈N^*）．
（1）求a_n；
（2）求$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{（{a}^{2n}-1）n}$．

Answer 1

分析 （1）令n=1可得a₁=a²-1；再将n换为n-1，相减可得a_n=na^2n-2（a²-1），进而得到所求通项公式；
（2）运用数列的求和方法：错位相减法，可得S_n=na²ⁿ-$\frac{1-{a}^{2n}}{1-{a}^{2}}$，再对a讨论，a＞1，0＜a＜1，化简整理，由重要数列的极限公式，计算即可得到所求值．

解答 解：（1）a₁+$\frac{{a}_{2}}{2}$+$\frac{{a}_{3}}{3}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$=a²ⁿ-1，
可得n=1时，a₁=a²-1；
当n＞1时，a₁+$\frac{{a}_{2}}{2}$+$\frac{{a}_{3}}{3}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$=a²ⁿ-1，
可得a₁+$\frac{{a}_{2}}{2}$+$\frac{{a}_{3}}{3}$+…+$\frac{{a}_{n-1}}{n-1}$=a^2n-2-1，
两式相减可得，$\frac{{a}_{n}}{n}$=a²ⁿ-1-a^2n-2+1=a^2n-2（a²-1），
即有a_n=na^2n-2（a²-1），
上式对n=1也成立．
故a_n=na^2n-2（a²-1），n∈N*；
（2）S_n=（a²-1）（1•a⁰+2•a²+3•a⁴+…+na^2n-2），
a²S_n=（a²-1）（1•a²+2•a⁴+3•a⁶+…+na²ⁿ），
两式相减可得，（1-a²）S_n=（a²-1）（1+a²+a⁴+…+a^2n-2-na²ⁿ）
=（a²-1）（$\frac{1-{a}^{2n}}{1-{a}^{2}}$-na²ⁿ）
可得S_n=na²ⁿ-$\frac{1-{a}^{2n}}{1-{a}^{2}}$，
即有$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{（{a}^{2n}-1）n}$=$\underset{lim}{n→∞}$[$\frac{{a}^{2n}}{{a}^{2n}-1}$+$\frac{1}{n（1-{a}^{2}）}$]
=$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{a}^{2n}}{{a}^{2n}-1}$+$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{1}{n（1-{a}^{2}）}$
当a＞1时，$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{（{a}^{2n}-1）n}$=$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{1}{1-\frac{1}{{a}^{2n}}}$+0=1+0=1；
当0＜a＜1时，$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{（{a}^{2n}-1）n}$=$\frac{\underset{lim}{n→∞}{a}^{2n}}{\underset{lim}{n→∞}（{a}^{2n}-1）}$+$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{1}{n（1-{a}^{2}）}$
=0+0=0．
综上可得，a＞1时，极限为1；0＜a＜1时，极限为0．

点评 本题考查数列的通项公式的求法，注意运用下标变换相减法，考查数列的求和方法：错位相减法，以及数列极限的求法，注意运用分类讨论的思想方法，考查运算能力，属于中档题．