题目 已知数列 $\{a_n\}$ 中 $a_1=2$，$a_{n+1}=\left(\sqrt 2-1\right)(a_n+2)$，$n=1,2,3,\cdots $． 问题1 求 $\{a_n\}$ 的通项公式； 答案1 $a_n=\sqrt 2\cdot \left[\left(\sqrt 2-1\right)^n+1\right]$，$n=1,2,3,\cdots $ 解析1 递推公式即$$a_{n+1}-\sqrt 2=\left(\sqrt 2-1\right)\left(a_n-\sqrt 2\right),$$进而不难求出 $a_n=\sqrt 2\cdot \left[\left(\sqrt 2-1\right)^n+1\right]$，$n=1,2,3,\cdots $． 备注1 问题2 若数列 $\{b_n\}$ 中，$b_1=2$，$b_{n+1}=\dfrac{3b_n+4}{2b_n+3}$，证明：$\sqrt 2<b_n\leqslant a_{4n-3}$，$n=1,2,3,\cdots$． 答案2 略 解析2 设 $f(x)=\dfrac{3x+4}{2x+3}$，则当 $x\in \left(\sqrt 2,2\right]$ 时，$f(x)\in \left(\sqrt 2,2\right]$，且函数 $f(x)$ 在区间 $\left(\sqrt 2,2\right]$ 上单调递增．因此不难证明 $\{b_n\}$ 单调递减（由 $b_{2}<b_{1}$，可以得到 $f(b_{2})=b_{3}<f(b_{1})=b_{2}$，所以由数学归纳法容易证得 $\{b_{n}\}$ 单调递减），且 $b_n\in \left(\sqrt 2,2\right]$．利用 $f(x)=x$ 的不动点 $x=\sqrt 2$ 将递推公式改造为\begin{eqnarray*}\begin{split} b_{n+1}-\sqrt 2&=\dfrac{3-2\sqrt 2}{2b_n+3}\cdot \left(b_n-\sqrt 2\right)\\<br/>&<\dfrac{3-2\sqrt 2}{2\sqrt 2+3}\cdot \left(b_n-\sqrt 2\right)\\<br/>&=\left(\sqrt 2-1\right)^4\cdot \left(b_n-\sqrt 2\right),\end{split} \end{eqnarray*}于是取 $n=1,2,3,\cdots ,n-1$ 累乘可得$$b_{n}-\sqrt 2<\left(\sqrt 2-1\right)^{4n-4}\cdot \left(2-\sqrt 2\right)=a_{4n-3}-\sqrt 2,$$因此原命题得证． 备注2 每日一题[662]不动点法改造数列．