Question

8．数列{a_n}满足：a₁=2，a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，n≥1，求该数列的通项a_n．

Answer 1

分析 通过对a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$两边通过加上、减去$\sqrt{2}$得到两个等式，然后相除、并两边同时取对数，计算可知数列{lg$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$}是首项为2lg$（\sqrt{2}+1）$、公比为2的等比数列，进而计算可得结论．

解答 解：∵a_n+1=$\frac{{a}_{n}}{2}$+$\frac{1}{{a}_{n}}$，
∴a_n+1+$\sqrt{2}$=$\frac{（{a}_{n}+\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$，a_n+1-$\sqrt{2}$=$\frac{（{a}_{n}-\sqrt{2}）^{2}}{2{a}_{n}}$，
两式相除，得：$\frac{{a}_{n+1}+\sqrt{2}}{{a}_{n+1}-\sqrt{2}}$=$（\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}）^{2}$，
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∵$\frac{{a}_{1}+\sqrt{2}}{{a}_{1}-\sqrt{2}}$=$\frac{2+\sqrt{2}}{2-\sqrt{2}}$=$（\sqrt{2}+1）^{2}$，
∴数列{lg$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$}是首项为2lg$（\sqrt{2}+1）$、公比为2的等比数列，
∴lg$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$=2^n-1•2lg$（\sqrt{2}+1）$=2ⁿ•lg$（\sqrt{2}+1）$，
∴$\frac{{a}_{n}+\sqrt{2}}{{a}_{n}-\sqrt{2}}$=$（\sqrt{2}+1）^{{2}^{n}}$，
解得：a_n=$\frac{\sqrt{2}[（\sqrt{2}+1）^{{2}^{n}}+1]}{（\sqrt{2}+1）^{{2}^{n}}-1}$．

点评 本题考查数列的通项，考查利用构造法求数列的通项，考查运算求解能力，注意解题方法的积累，属于难题．