Question

4．已知數(shù)正數(shù)列{a_n}中，a₁=a＞2，a_n+1²=a_n+2（n∈N^*），則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${a}_{n}=_{n}+\frac{1}{_{n}}$，把a(bǔ)_n+1²=a_n+2轉(zhuǎn)化為${_{n+1}}^{2}=_{n}$，得到數(shù)列{b_n}為等比數(shù)列，利用等比數(shù)列的通項(xiàng)公式求得{b_n}的通項(xiàng)公式，則數(shù)列{a_n}的通項(xiàng)公式可求．

解答 解：令${a}_{n}=_{n}+\frac{1}{_{n}}$，則${a}_{n+1}=_{n+1}+\frac{1}{_{n+1}}$，
∴${a}_{n+1}=_{n+1}+\frac{1}{_{n+1}}=\sqrt{{a}_{n}+2}$=$\sqrt{2+_{n}+\frac{1}{_{n}}}$，
∴${_{n+1}}^{2}+\frac{1}{{_{n+1}}^{2}}$=$_{n}+\frac{1}{_{n}}$，
∵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$f（{_{n+1}}^{2}）=f（_{n}）$，∴${_{n+1}}^{2}=_{n}$，
則2lgb_n+1=lgb_n，即$\frac{lg_{n+1}}{lg_{n}}=\frac{1}{2}$，
由${a}_{1}=_{1}+\frac{1}{_{1}}=a$，解得：$_{1}=\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$．
∴$lg_{1}=lg\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$．
則$lg_{n}=（\frac{1}{2}）^{n-1}•lg\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}$，
∴$_{n}=（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$．
則${a}_{n}=_{n}+\frac{1}{_{n}}$=$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$$+\frac{1}{（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}}$．
故答案為：$（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}$$+\frac{1}{（\frac{a+\sqrt{{a}^{2}-4}}{2}）^{（\frac{1}{2}）^{n-1}}}$．

點(diǎn)評 本題考查數(shù)列遞推式，考查了等比關(guān)系的確定，考查了數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化思想方法，屬中高檔題．