Question

16．数列{a_n}中a₁=2，a_n+1=（$\sqrt{2}$-1）（a_n+2），n∈N^*，则{a_n}的通项公式为${a}_{n}=\sqrt{2}（\sqrt{2}-1）^{n}+\sqrt{2}$．
变式：已知数列{a_n}中a₁=2，a_n+1=2a_n³，n∈N^*，则{a_n}的通项公式为${a}_{n}={2}^{\frac{1}{2}（{3}^{n}-1）}$．

Answer 1

分析 把已知数列递推式变形，可得数列{${a}_{n}-\sqrt{2}$}构成以$2-\sqrt{2}$为首项，以$\sqrt{2}-1$为公比的等比数列，求出等比数列的通项公式后，可得{a_n}的通项公式；
变式：把已知等式两边取对数，然后构造等比数列{$lg{a}_{n}+\frac{1}{2}lg2$}求得答案．

解答 解：由a_n+1=（$\sqrt{2}$-1）（a_n+2）=$（\sqrt{2}-1）{a}_{n}+2\sqrt{2}-2$，得
${a}_{n+1}-\sqrt{2}=（\sqrt{2}-1）（{a}_{n}-\sqrt{2}）$，
∵${a}_{1}-\sqrt{2}=2-\sqrt{2}≠0$，
∴数列{${a}_{n}-\sqrt{2}$}构成以$2-\sqrt{2}$为首项，以$\sqrt{2}-1$为公比的等比数列，
则${a}_{n}-\sqrt{2}=\sqrt{2}（\sqrt{2}-1）•（\sqrt{2}-1）^{n-1}=\sqrt{2}（\sqrt{2}-1）^{n}$，
则${a}_{n}=\sqrt{2}（\sqrt{2}-1）^{n}+\sqrt{2}$，
故答案为：${a}_{n}=\sqrt{2}（\sqrt{2}-1）^{n}+\sqrt{2}$；
变式：由a₁=2，a_n+1=2a_n³，可知a_n＞0，
两边取对数，得lga_n+1=3lga_n+lg2，
∴$lg{a}_{n+1}+\frac{1}{2}lg2=3（lg{a}_{n}+\frac{1}{2}lg2）$，
∵$lg{a}_{1}+\frac{1}{2}lg2=\frac{3}{2}lg2≠0$，
∴数列{$lg{a}_{n}+\frac{1}{2}lg2$}构成以$\frac{3}{2}lg2$为首项，以3为公比的等比数列，
则$lg{a}_{n}+\frac{1}{2}lg2={3}^{n-1}•\frac{3}{2}lg2=\frac{{3}^{n}}{2}lg2$，
∴$lg{a}_{n}=\frac{{3}^{n}}{2}lg2-\frac{1}{2}lg2=\frac{1}{2}（{3}^{n}-1）lg2$，
则${a}_{n}={2}^{\frac{1}{2}（{3}^{n}-1）}$．
故答案为：${a}_{n}={2}^{\frac{1}{2}（{3}^{n}-1）}$．

点评 本题考查数列递推式，考查了等比关系的确定，考查了对数的运算性质，属中档题．