已知数列 $\{a_n\}$ 满足 $a_1=20$，$5a_{n+1}=4a_n^2+20a_n$（$n\in\mathbb N^*$），求 $\{a_n\}$ 的通项公式．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$a_n=\dfrac 54\left[\left(9+4\sqrt 5\right)^{2^{n-1}}+\left(9+4\sqrt 5\right)^{-2^{n-1}}\right]-\dfrac 52,n\in\mathbb N^*$
【解析】
我们考虑更一般的问题，已知数列 $\{x_n\}$ 满足 $x_1=m$，$x_{n+1}=ax_n^2+bx_n+c$（$n\in\mathbb N^*$），其中 $a\neq 0$，求 $\{x_n\}$ 的通项公式．
方程两边同乘以 $a$，配方可得$$ax_{n+1}+\dfrac b2=\left(ax_n+\dfrac b2\right)^2-\dfrac 14\left(b^2-4ac-2b\right).$$情形一 $b^2-4ac-2b=0$．
此时$$ax_n+\dfrac b2=\left(ax_1+\dfrac b2\right)^{2^{n-1}},n\in\mathbb N^*,$$于是$$x_n=\dfrac 1a\left(ax_1+\dfrac b2\right)^{2^{n-1}}-\dfrac b{2a},n\in\mathbb N^*.$$情形二 $b^2-4ac-2b=8$．
此时$$\dfrac a2x_{n+1}+\dfrac b4=2\left(\dfrac a2x_n+\dfrac b4\right)^2-1,$$注意到余弦函数和双曲余弦函数（$\cosh{x}=\dfrac {{\rm e}^x+{\rm e}^{-x}}{2}$）满足$$\cos 2x=2\cos^2x-1,\cosh 2x=2\cosh^2x-1,$$于是可得$$\dfrac a2x_{n}+\dfrac b4=\begin{cases} \cos\left[2^{n-1}\arccos \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right],&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right|\leqslant 1,\\ \cosh\left[2^{n-1}\cosh ^{-1} \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right],&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right| >1,\end{cases}$$于是$$x_n=\begin{cases} \dfrac 2a\cos\left[2^{n-1}\arccos \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right]-\dfrac b{2a},&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right|\leqslant 1,\\ \dfrac 2a\cosh\left[2^{n-1}\cosh ^{-1} \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right]-\dfrac b{2a},&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right| >1,\end{cases}$$其中 $n\in\mathbb N^*$．
回到本题，$a=\dfrac 45,b=4,c=0$，有 $b^2-4ac-2b=8$，而 $\dfrac a2x_1+\dfrac b4=9>1$，记满足 $\dfrac {{\rm e}^x+{\rm e}^{-x}}{2}=9$ 的 $x=\cosh^{-1}\left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)$，则有 ${\rm e}^x=9+4\sqrt 5$，且 $a_n=\dfrac 52\cdot \dfrac 12\left({\rm e}^{2^{n-1}x}+{\rm e}^{-2^{n-1}x}\right)-\dfrac 52$，因此对应的通项公式为$$a_n=\dfrac 54\left[\left(9+4\sqrt 5\right)^{2^{n-1}}+\left(9+4\sqrt 5\right)^{-2^{n-1}}\right]-\dfrac 52,n\in\mathbb N^*.$$
方程两边同乘以 $a$，配方可得$$ax_{n+1}+\dfrac b2=\left(ax_n+\dfrac b2\right)^2-\dfrac 14\left(b^2-4ac-2b\right).$$
此时$$ax_n+\dfrac b2=\left(ax_1+\dfrac b2\right)^{2^{n-1}},n\in\mathbb N^*,$$于是$$x_n=\dfrac 1a\left(ax_1+\dfrac b2\right)^{2^{n-1}}-\dfrac b{2a},n\in\mathbb N^*.$$
此时$$\dfrac a2x_{n+1}+\dfrac b4=2\left(\dfrac a2x_n+\dfrac b4\right)^2-1,$$注意到余弦函数和双曲余弦函数（$\cosh{x}=\dfrac {{\rm e}^x+{\rm e}^{-x}}{2}$）满足$$\cos 2x=2\cos^2x-1,\cosh 2x=2\cosh^2x-1,$$于是可得$$\dfrac a2x_{n}+\dfrac b4=\begin{cases} \cos\left[2^{n-1}\arccos \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right],&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right|\leqslant 1,\\ \cosh\left[2^{n-1}\cosh ^{-1} \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right],&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right| >1,\end{cases}$$于是$$x_n=\begin{cases} \dfrac 2a\cos\left[2^{n-1}\arccos \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right]-\dfrac b{2a},&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right|\leqslant 1,\\ \dfrac 2a\cosh\left[2^{n-1}\cosh ^{-1} \left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)\right]-\dfrac b{2a},&\left|\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right| >1,\end{cases}$$其中 $n\in\mathbb N^*$．
回到本题，$a=\dfrac 45,b=4,c=0$，有 $b^2-4ac-2b=8$，而 $\dfrac a2x_1+\dfrac b4=9>1$，记满足 $\dfrac {{\rm e}^x+{\rm e}^{-x}}{2}=9$ 的 $x=\cosh^{-1}\left(\dfrac a2x_1+\dfrac b4\right)$，则有 ${\rm e}^x=9+4\sqrt 5$，且 $a_n=\dfrac 52\cdot \dfrac 12\left({\rm e}^{2^{n-1}x}+{\rm e}^{-2^{n-1}x}\right)-\dfrac 52$，因此对应的通项公式为$$a_n=\dfrac 54\left[\left(9+4\sqrt 5\right)^{2^{n-1}}+\left(9+4\sqrt 5\right)^{-2^{n-1}}\right]-\dfrac 52,n\in\mathbb N^*.$$
答案
解析
备注
