题目 设数列 $\{a_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1$，$a_{2}=2$，$a_{n}=\dfrac{(1+a_{n-1})^{2}}{a_{n-2}},n\geqslant 3$． 问题1 求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式； 答案1 $a_{n}=\dfrac{(3+2\sqrt 2)^{n-1}+(3-2\sqrt 2)^{n-1}+2}{4}$ 解析1 由 $\begin{cases}a_{n-2}a_{n}=a_{n-1}^{2}+2a_{n-1}+1,\\ a_{n-1}a_{n+1}=a_{n}^{2}+2a_{n}+1,\end{cases}$ 两式相减得\[(a_{n-1}(a_{n+1}+a_{n-1}+2)=(a_{n-2}+a_{n}+2)a_{n}.\]结合 $a_{3}=9$，得\[\dfrac{a_{n+1}+a_{n-1}+2}{a_{n}}=\dfrac{a_{n}+a_{n-2}+2}{a_{n-1}}=\cdots =\dfrac{a_{3}+a_{1}+2}{a_{2}}=6,\]从而 $a_{n+1}=6a_{n}-a_{n-1}-2$．<br/>令 $b_{n}=a_{n}-\dfrac{1}{2}$．得 $b_{n+1}=6b_{n}-b_{n-1}$，解得 $b_{n}=c_{1}\lambda^{n-1}+c_{2}\mu^{n-1}$，其中 $\lambda ,\mu =3\pm 2\sqrt 2$ 是方程 $x^{2}=6x-1$ 的两根，$c_{1},c_{2}$ 是常数．<br/>由 $b_{1}=\dfrac{1}{2}$，$b_{2}=\dfrac{3}{2}$，解得 $c_{1}=c_{2}=\dfrac{1}{4}$．因此，$\{a_{n}\}$ 的通项公式为\[a_{n}=\dfrac{(3+2\sqrt 2)^{n-1}+(3-2\sqrt 2)^{n-1}+2}{4}.\] 备注1 问题2 求证：对任意正整数 $k$，$\sqrt{a_{2k-1}}$ 和 $\sqrt{\dfrac{a_{2k}}{2}}$ 都是整数． 答案2 略 解析2 $\displaystyle \sqrt{a_{2k-1}}=\dfrac{(3+2\sqrt 2)^{k-1}+(3-2\sqrt 2)^{k-1}}{2}=\sum\limits_{j\geqslant 0}{\rm C}_{k-1}^{2j}3^{k-1-2j}2^{3j}$，是整数；<br/>同理，$\displaystyle \sqrt{\dfrac{a_{2k}}{2}}=\dfrac{(\sqrt 2+1)^{2k-1}+(\sqrt 2-1)^{2k-1}}{2\sqrt 2}=\sum \limits_{j\geqslant 0}{\rm C}_{2k-1}^{2j+1}2^{j}$ 也是整数． 备注2