Question

6．已知數(shù)列{a_n}，a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+2}{2{a}_{n}}$，求數(shù)列{a_n}的通項公式．

Answer 1

分析 通過對a_n+1=$\frac{{a}_{n}^{2}+2}{2{a}_{n}}$變形可知a_n+1+$\sqrt{2}$=$\frac{（{a}_{n}+\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$、a_n+1-$\sqrt{2}$=$\frac{（{{a}_{n}-\sqrt{2}）}^{2}}{2{a}_{n}}$，兩者作商、整理可知數(shù)列{lg$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$}是以2lg$（\sqrt{2}-1）$為首項、2為公比的等比數(shù)列，進而計算可得結(jié)論．

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-$\sqrt{2}$=$\frac{（{{a}_{n}-\sqrt{2}）}^{2}}{2{a}_{n}}$，
兩式作商可知：$\frac{{a}_{n+1}-\sqrt{2}}{{a}_{n+1}+\sqrt{2}}$=$（\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}）^{2}$，
兩邊同時取對數(shù)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$（\sqrt{2}-1）$，
∴數(shù)列{lg$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$}是以2lg$（\sqrt{2}-1）$為首項、2為公比的等比數(shù)列，
∴l(xiāng)g$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$=2ⁿlg$（\sqrt{2}-1）$，
∴$\frac{{a}_{n}-\sqrt{2}}{{a}_{n}+\sqrt{2}}$=$1{0}^{{2}^{n}lg（\sqrt{2}-1）}$
=$（1{0}^{lg（\sqrt{2}-1）}）^{{2}^{n}}$
=$（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}$，
整理化簡可知：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，符合題意，
∴a_n=$\sqrt{2}$•$\frac{1+（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}}{1-（\sqrt{2}-1）^{{2}^{n}}}$．

點評 本題考查數(shù)列的通項，考查運算求解能力，對表達(dá)式的靈活變形是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于難題．