Question

4．已知数正数列{a_n}中，a₁=a＞2，a_n+1²=a_n+2（n∈N^*），则a_n=$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$$+\frac{1}{（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}}$．

Answer 1

分析 令${a}_{n}={b}_{n}+\frac{1}{{b}_{n}}$，把a_n+1²=a_n+2转化为${{b}_{n+1}}^{2}={b}_{n}$，得到数列{b_n}为等比数列，利用等比数列的通项公式求得{b_n}的通项公式，则数列{a_n}的通项公式可求．

解答 解：令${a}_{n}={b}_{n}+\frac{1}{{b}_{n}}$，则${a}_{n+1}={b}_{n+1}+\frac{1}{{b}_{n+1}}$，
∴${a}_{n+1}={b}_{n+1}+\frac{1}{{b}_{n+1}}=\sqrt{{a}_{n}+2}$=$\sqrt{2+{b}_{n}+\frac{1}{{b}_{n}}}$，
∴${{b}_{n+1}}^{2}+\frac{1}{{{b}_{n+1}}^{2}}$=${b}_{n}+\frac{1}{{b}_{n}}$，
∵a₁=a＞2，∴b_n＞2，
由f（x）=x+$\frac{1}{x}$（x＞0），得f′（x）=1-$\frac{1}{{x}^{2}}$＞0，
而$f（{{b}_{n+1}}^{2}）=f（{b}_{n}）$，∴${{b}_{n+1}}^{2}={b}_{n}$，
则2lgb_n+1=lgb_n，即$\frac{lg{b}_{n+1}}{lg{b}_{n}}=\frac{1}{2}$，
由${a}_{1}={b}_{1}+\frac{1}{{b}_{1}}=a$，解得：${b}_{1}=\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$．
∴$lg{b}_{1}=lg\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$．
则$lg{b}_{n}=（\frac{1}{2}）^{n-1}•lg\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
∴${b}_{n}=（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$．
则${a}_{n}={b}_{n}+\frac{1}{{b}_{n}}$=$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$$+\frac{1}{（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}}$．
故答案为：$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$$+\frac{1}{（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，考查了数学转化思想方法，属中高档题．