Question

1．設(shè)數(shù)列{a_n}滿足a₁+$\frac{{a}_{2}}{2}$+$\frac{{a}_{3}}{3}$+…+$\frac{{a}_{n}}{n}$=a²ⁿ-1，{a_n}的前n項(xiàng)和為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；再將n換為n-1，相減可得a_n=na^2n-2（a²-1），進(jìn)而得到所求通項(xiàng)公式；
（2）運(yùn)用數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，可得S_n=na²ⁿ-$\frac{1-{a}^{2n}}{1-{a}^{2}}$，再對(duì)a討論，a＞1，0＜a＜1，化簡整理，由重要數(shù)列的極限公式，計(jì)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時(shí)，a₁=a²-1；
當(dāng)n＞1時(shí)，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，
兩式相減可得，$\frac{{a}_{n}}{n}$=a²ⁿ-1-a^2n-2+1=a^2n-2（a²-1），
即有a_n=na^2n-2（a²-1），
上式對(duì)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），
兩式相減可得，（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→∞}$$\frac{1}{n（1-{a}^{2}）}$
當(dāng)a＞1時(shí)，$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{{S}_{n}}{（{a}^{2n}-1）n}$=$\underset{lim}{n→∞}$$\frac{1}{1-\frac{1}{{a}^{2n}}}$+0=1+0=1；
當(dāng)0＜a＜1時(shí)，$\underset{lim}{n→∞}$$\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．
綜上可得，a＞1時(shí)，極限為1；0＜a＜1時(shí)，極限為0．

點(diǎn)評(píng) 本題考查數(shù)列的通項(xiàng)公式的求法，注意運(yùn)用下標(biāo)變換相減法，考查數(shù)列的求和方法：錯(cuò)位相減法，以及數(shù)列極限的求法，注意運(yùn)用分類討論的思想方法，考查運(yùn)算能力，屬于中檔題．