题目 设实数 $a\geqslant 2$，方程 $x^2-ax+1=0$ 的两根分别为 $x_1,x_2$，$a_n=x_1^n+x_2^n$（$n=1,2,\cdots$），$b_n=\dfrac{a_n}{a_{n+1}}$． 问题1 用 $b_n$ 表示 $b_{n+1}$，并判断数列 $\{b_n\}$ 的单调性； 答案1 $b_{n+1}=\dfrac{1}{a-b_n}$，数列 $\{b_n\}$ 当 $a=2$ 时为常数列，当 $a>2$ 时单调递减 解析1 根据题意，不妨设 $x_1=\alpha$，$x_2=\dfrac{1}{\alpha}$，$a=\alpha+\dfrac{1}{\alpha}$，且 $\alpha\geqslant 1$，则\[a_{n+2}=\alpha^{n+2}+\dfrac{1}{\alpha^{n+2}}=\left(\alpha+\dfrac{1}{\alpha}\right)\cdot \left(\alpha^{n+1}+\dfrac{1}{\alpha^{n+1}}\right)-\left(\alpha^{n}+\dfrac{1}{\alpha^{n}}\right)=a\cdot a_{n+1}-a_{n},\]即\[\dfrac{a_{n+2}}{a_{n+1}}=a-\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}},\]整理得\[b_{n+1}=\dfrac{1}{a-b_n}.\]因此\[\dfrac{b_{n+1}}{b_n}=\dfrac{1}{b_n(a-b_n)}.\]因为 $\alpha\geqslant 1$，所以$$\dfrac 1{\alpha}\leqslant b_n=\dfrac {a_n}{a_{n+1}}=\dfrac {\alpha^n+\dfrac 1{\alpha^n}}{\alpha^{n+1}+\dfrac 1{\alpha^{n+1}}}\leqslant \alpha,$$于是\[b_n(a-b_n)\geqslant 1,\]等号当且仅当 $a=2$（此时 $\alpha=1$）时取得，因此数列 $\{b_n\}$ 当 $a=2$ 时为常数列，当 $a>2$ 时单调递减． 备注1 问题2 求所有实数 $a$ 的值，使得对任意正整数 $n$ 都有 $b_1+b_2+\cdots+b_n>n-1$． 答案2 $2$ 解析2 当 $a>2$ 时，数列 $\{b_n\}$ 单调递减趋于 $\dfrac{1}{\alpha}$，于是必然存在 $\varepsilon>0$，使得当 $n>N$ 时，均有\[b_n-\dfrac 1{\alpha}<\varepsilon,\]于是\[\begin{split}LHS&=\left(b_1+b_2+\cdots+b_N\right)+\left(b_{N+1}+\cdots+b_n\right)\\<br/>&<N\alpha+(n-N)\left(\dfrac{1}{\alpha}+\varepsilon\right)\\<br/>&=\dfrac{1}{\alpha}\cdot n+N\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right)-N\varepsilon.\end{split}\]考虑到 $\dfrac{1}{\alpha}<1$，因此必然存在 $M$，使得当 $n>M$ 时，有\[\dfrac{1}{\alpha}\cdot n+N\left(\alpha-\dfrac{1}{\alpha}\right)-N\varepsilon<n-1,\]不符合题意．<br/>当 $a=2$ 时，数列 $\{b_n\}$ 为常数列 $b_n=1$（$n\in\mathbb N^*$），此时显然符合题意．<br/>综上所述，所有满足要求的实数 $a$ 的值为 $2$． 备注2 每日一题[1000]数列与不等式．