设数列 $\{a_n\}$ 定义为 $a_1=1$，$a_{n+1}=2a_n+\sqrt{3a_n^2+1}$，$n\geqslant 1$．
【难度】
【出处】
2011年全国高中数学联赛天津市预赛
【标注】
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证明：当 $n>1$ 时，$a_{n+1}+a_{n-1}=4a_n$；标注答案略解析由条件可知，$\{a_n\}$ 是递增数列，$a_2=4$．将递推公式移项并平方得$$(a_{n+1}-2a_n)^2=3a_n^2+1,$$即$$a_{n+1}^2-4a_{n+1}a_n+a_n^2=1,$$进而有$$a_n^2-4a_na_{n-1}+a_{n-1}^2=1.$$以上两式相减，并分解因式，得$$(a_{n+1}-a_{n-1})(a_{n+1}+a_{n-1}-4a_n)=0,$$因此 $a_{n+1}+a_{n-1}=4a_n$．
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证明：$\dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots +\dfrac 1{a_n}<\dfrac{1+\sqrt 3}{2}$．标注答案略解析结合 $a_1=1$，$a_2=4$ 和 $a_{n+1}=4a_n-a_{n-1}$ 即可得到$$a_n=\dfrac 1{2\sqrt 3}(\alpha ^n-\beta ^n).$$其中 $\alpha =2+\sqrt 3$，$\beta =2-\sqrt 3$．
下面估计$$S_n=\dfrac 1{a_1}+\dfrac 1{a_2}+\cdots +\dfrac 1{a_n},$$由于 $\alpha >1>\beta>0$，且 $\alpha \beta=1$，所以由$$\alpha^k-\beta^k>\alpha(\alpha^{k-1}-\beta^{k-1})=\dfrac 1{\beta}(\alpha^{k-1}-\beta^{k-1}),k\geqslant 2.$$可得$$\dfrac 1{a_k}<\dfrac{\beta}{a_{k-1}},k\geqslant 2.$$这样，当 $n>1$ 时，我们有\[\begin{split}S_n&=\dfrac 1{a_1}+\sum\limits_{k=2}^n{\dfrac 1{a_k}}\\ &<\dfrac 1{a_1}+\sum \limits_{k=2}^n{\dfrac{\beta}{a_k-1}}\\&=\dfrac 1{a_1}+\beta \cdot \left(S_n-\dfrac 1{a_n}\right)\\&<\dfrac 1{a_1}+\beta S_n,\end{split}\]所以$$S_n<\dfrac 1{(1-\beta)a_1}=\dfrac{1+\sqrt 3}{2}.$$
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
