已知数列 $\{a_{n}\}$，$\{b_{n}\}$ 满足 $a_{1}=1$，$b_{1}=3$，$a_{n+1}=2+\dfrac{27a_{n}}{9a_{n}^{2}+4b_{n}^{2}}$，$b_{n+1}=\dfrac{3b_{n}}{2a_{n}+3}$，$n\in\mathbb N^{*}$．
【难度】
【出处】
2013年全国高中数学联赛湖北省预赛
【标注】
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证明：对一切 $n\in\mathbb N^{*}$，有 $\dfrac{(a_{n}-1)^{2}}{4}+\dfrac{b_{n}^{2}}{9}=1$；标注答案略解析用数学归纳法证明．
归纳基础 当 $n=1$ 时，$a_{1}=1$，$b_{1}=3$，显然有$$\dfrac{(a_{1}-1)^{2}}{4}+\dfrac{b_{1}^{2}}{9}=1.$$递推证明 假设当 $n=k$ 时结论成立，即$$\dfrac{(a_{k}-1)^{2}}{4}+\dfrac{b_{k}^{2}}{9}=1,$$从而$$9a_{k}^{2}+4b_{k}^{2}=9(2a_{k}+3).$$当 $n=k+1$ 时，因为$$b_{k+1}=\dfrac{3b_{k}}{2a_{k}+3},a_{k+1}-1=1+\dfrac{27a_{k}}{9(2a_{k}+3)}=\dfrac{5a_{k}+3}{2a_{k}+3},$$所以\[\begin{split}\dfrac{(a_{k+1}-1)^{2}}{4}+\dfrac{b_{k+1}^{2}}{9}&=\dfrac{(5a_{k}+3)^{2}}{4(2a_{k}+3)^{2}}+\dfrac{b_{k}^{2}}{(2a_{k}+3)^{2}}\\&=\dfrac{(5a_{k}+3)^{2}+4b_{k}^{2}}{4(2a_{k}+3)^{2}}\\&=\dfrac{(5a_{k}+3)^{2}+9(2a_{k}+3-a_{k}^{2})}{4(2a_{k}+3)^{2}}\\&=\dfrac{16a_{k}^{2}+48a_{k}+36}{4(2a_{k}+3)^{2}}=1,\end{split}\]因此，当 $n=k+1$ 时结论也成立．
根据数学归纳原理，对一切 $n\in\mathbb N^{*}$，有 $\dfrac{(a_{n}-1)^{2}}{4}+\dfrac{b_{n}^{2}}{9}=1$． -
求数列 $\{a_{n}\}$ 的通项公式．标注答案$a_{n}=\dfrac{3\cdot 9^{n-1}-1}{9^{n-1}+1}$解析由第 $(1)$ 小题知$$9a_{n}^{2}+4b_{n}^{2}=9(2a_{n}+3),$$所以\[a_{n+1}=2+\dfrac{27a_{n}}{9a_{n}^{2}+4b_{n}^{2}}=2+\dfrac{27a_{n}}{9(2a_{n}+3)}=\dfrac{7a_{n}+6}{2a_{n+3}},\]易得$$a_{n+1}-3=\dfrac{a_{n}-3}{2a_{n}+3}=\dfrac{a_{n}-3}{2a_{n}+3},a_{n+1}+1=\dfrac{9(a_{n}+1)}{2a_{n}+3},$$所以\[\dfrac{a_{n+1}-3}{a_{n+1}+1}=\dfrac{1}{9}\cdot \dfrac{a_{n}-3}{a_{n}+1}.\]又 $a_{1}=1$，递推可求得$$\dfrac{a_{n}-3}{a_{n}+1}=-\dfrac{1}{9^{n-1}},$$所以 $a_{n}=\dfrac{3\cdot 9^{n-1}-1}{9^{n-1}+1}$．
题目
问题1
答案1
解析1
备注1
问题2
答案2
解析2
备注2
