Question

6．已知数列{a_n}，a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+2}{2{a}_{n}}$，求数列{a_n}的通项公式．

Answer 1

分析 通过对a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+2}{2{a}_{n}}$变形可知a_n+1+$\sqrt{2}$=$\frac{（{a}_{n}+\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$、a_n+1-$\sqrt{2}$=$\frac{（{{a}_{n}-\sqrt{2}）}^{2}}{2{a}_{n}}$，两者作商、整理可知数列{lg$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$}是以2lg$（\sqrt{2}-1）$为首项、2为公比的等比数列，进而计算可得结论．

解答 解：∵a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+2}{2{a}_{n}}$，
∴a_n+1+$\sqrt{2}$=$\frac{{a}_{n}^{2}+2}{2{a}_{n}}$+$\sqrt{2}$
=$\frac{{{a}_{n}}^{2}+2\sqrt{2}{a}_{n}+2}{2{a}_{n}}$
=$\frac{（{a}_{n}+\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$，
同理a_n+1-$\sqrt{2}$=$\frac{（{{a}_{n}-\sqrt{2}）}^{2}}{2{a}_{n}}$，
两式作商可知：$\frac{{a}_{n+1}-\sqrt{2}}{{a}_{n+1}+\sqrt{2}}$=$（\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}）^{2}$，
两边同时取对数可知：lg$\frac{{a}_{n+1}-\sqrt{2}}{{a}_{n+1}+\sqrt{2}}$=2lg$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$，
又∵lg$\frac{{a}_{1}-\sqrt{2}}{{a}_{1}+\sqrt{2}}$=lg$\frac{2-\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}$=lg$（\sqrt{2}-1）^{2}$=2lg$（\sqrt{2}-1）$，
∴数列{lg$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$}是以2lg$（\sqrt{2}-1）$为首项、2为公比的等比数列，
∴lg$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$=2ⁿlg$（\sqrt{2}-1）$，
∴$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$=$1{0}^{{2}^{n}lg（\sqrt{2}-1）}$
=$（1{0}^{lg（\sqrt{2}-1）}）^{{2}^{n}}$
=$（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}$，
整理化简可知：a_n=$\sqrt{2}$•$\frac{1+（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}}{1-（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}}$，
又∵a₁=$\sqrt{2}•\frac{1+（{\sqrt{2}-1）}^{2}}{1-（\sqrt{2}-1）^{2}}$=2，符合题意，
∴a_n=$\sqrt{2}$•$\frac{1+（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}}{1-（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}}$．

点评 本题考查数列的通项，考查运算求解能力，对表达式的灵活变形是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于难题．